高考物理總復(fù)習(xí)《電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》專項(xiàng)測(cè)試卷含答案

第第頁(yè)高考物理總復(fù)習(xí)《電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》專項(xiàng)測(cè)試卷含答案學(xué)校:___________班級(jí)：___________姓名：___________考號(hào)：___________【解題指導(dǎo)】(1)兩類動(dòng)態(tài)問題的分析要抓住C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)和E＝eq\f(U,d)三個(gè)基本關(guān)系．(2)板間粒子的運(yùn)動(dòng)常用動(dòng)力學(xué)方法或動(dòng)能定理分析．【典例分析1】（2023上·山西晉城·高三晉城市第一中學(xué)校校考期中）如圖甲所示，計(jì)算機(jī)鍵盤為電容式傳感器，每個(gè)鍵下面由相互平行、間距為d的活動(dòng)金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個(gè)平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（）A．按鍵的過程中，電容器的電容減小B．按鍵的過程中，電容器的電荷量增大C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a流向bD．按鍵的過程中，電容器間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小【典例分析2】（2023上·遼寧錦州·高三渤海大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)校考期中）如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負(fù)電的油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是（）A．平行板電容器的極板所帶電荷量不變B．靜電計(jì)指針張角變小C．帶電油滴的電勢(shì)能增加D．若將上極板與電源斷開后再將下極板左移一小段距離，則油滴所受電場(chǎng)力變大【方法提煉】平行板電容器的動(dòng)態(tài)問題分析秘籍(1)抓住三個(gè)基本公式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)。(2)兩類動(dòng)態(tài)分析d、S、εr變化時(shí)U、Q、C、E變化的判斷依據(jù)：①充電后與電池兩極相連：U不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，Q＝CU(變化同C)，E＝eq\f(U,d)。②充電后與電池兩極斷開：Q不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)(變化與C相反)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)。(3)電勢(shì)和電勢(shì)能的變化結(jié)合電場(chǎng)的相關(guān)公式分析?！咀兪窖菥殹?．（2023上·廣東肇慶·高三肇慶市第一中學(xué)校考期中）前智能手機(jī)普遍采用了指紋識(shí)別，常用的指紋識(shí)別傳感器是電容式傳感器，指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時(shí)，這些小極板和正對(duì)的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同。此時(shí)傳感器給所有的電容器充電后達(dá)到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測(cè)到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖像數(shù)據(jù)。根據(jù)文中信息，下列說法正確的是（

）

A．峪處形成的電容器電容較小 B．在峪處形成的電容器放電較慢C．充電后在嵴處形成的電容器的電荷量小 D．濕的手指頭對(duì)指紋識(shí)別也絕對(duì)沒有影響2．（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶八中校考階段練習(xí)）如圖甲所示，計(jì)算機(jī)鍵盤為電容式傳感器，每個(gè)鍵下面由相互平行、間距為d的活動(dòng)金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個(gè)平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，已知只有當(dāng)該鍵的電容改變量大于或等于原電容的40％時(shí)，傳感器才有感應(yīng)，則下列說法正確的是（

）A．按鍵的過程中，電容器的電容減小B．按鍵的過程中，電容器的電量減小C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a流向bD．欲使傳感器有感應(yīng)，按鍵需至少按下3．（2023上·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考期中）電容式位移傳感器工作原理如圖所示，當(dāng)被測(cè)物體在左、右方向發(fā)生位移時(shí)，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動(dòng)。若電介質(zhì)板向左移動(dòng)一微小位移x，下列說法正確的是（

）A．電容器兩極板間電壓變小B．電容器電容C變大C．電容器帶電量變少D．有方向的電流流過電阻題型二帶電粒子在電場(chǎng)中的加速直線與偏轉(zhuǎn)【解題指導(dǎo)】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合處理或用動(dòng)能定理處理．(2)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)一般從分解的角度處理．(3)注意帶電粒子重力能否忽略．【典例分析1】（2023上·北京西城·高三北京市第一六一中學(xué)?？计谥校┤鐖D所示，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計(jì)），在KA間經(jīng)加速電壓加速后，從A板中心小孔射出，進(jìn)入由M、N兩個(gè)水平極板構(gòu)成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M、N兩板間的距離為d，電壓為，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，射出時(shí)沒有與極板相碰。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力及它們之間的相互作用力。求：（1）電子穿過A板小孔時(shí)的速度大小v；（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直于板方向偏移的距離y；（3）電子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能?！镜淅治?】（2023·廣東東莞·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，離子發(fā)生器發(fā)射出一束質(zhì)量為m，電荷量為q的離子，從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后，獲得一定的速度，并沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板中央，受偏轉(zhuǎn)電壓U2作用后，離開電場(chǎng)。已知平行板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距離為d，求：（1）離子出加速電場(chǎng)時(shí)的速度大?。唬?）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏移量y；（3）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek的大小。

【方法提煉】1．帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2．處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法(1)運(yùn)動(dòng)的分解法一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．3.計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法(1)y＝y(tǒng)0＋Ltanθ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的水平距離)；(2)y＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ(l為電場(chǎng)寬度)；(3)y＝y(tǒng)0＋vy·eq\f(L,v0)；(4)根據(jù)三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2)).【變式演練】1.（2023上·山西晉城·高三晉城市第一中學(xué)校校考期中）如圖所示，電荷量之比為的帶電粒子A、B以相等的速度v，從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著與電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在極板上的C、D點(diǎn)，若OC=CD，忽略粒子重力的影響，則下列說法正確的是（）A．A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2∶1B．A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1C．A和B的位移大小之比為1∶2D．A和B的質(zhì)量之比為1∶122.（2023上·河北邢臺(tái)·高三河北內(nèi)丘中學(xué)校聯(lián)考期中）如圖所示，邊長(zhǎng)為的正方形區(qū)域內(nèi)存在沿方向、大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電荷量為的粒子從點(diǎn)沿方向以速度射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，從邊的中點(diǎn)離開勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)粒子受到的重力，下列說法正確的是（）

A．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 B．帶電粒子經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的速度大小為C．帶電粒子經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為 D．帶電粒子的質(zhì)量為3.（2023上·江蘇揚(yáng)州·高三統(tǒng)考期中）如圖所示，兩金屬板、豎直放置，間距為，兩金屬板正中間有一豎直放置的金屬網(wǎng)，、、的尺寸相同，接地，、的電勢(shì)均為。帶電微粒在距離為的點(diǎn)由靜止釋放，恰好經(jīng)過右側(cè)距離也為的點(diǎn)。已知微粒的質(zhì)量為，電荷量為，微粒與金屬網(wǎng)不發(fā)生碰撞，重力加速度為。求：（1）P、N間電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。唬?）微粒第一次到達(dá)的時(shí)間；（3）A、B兩點(diǎn)間的高度差。4．（2023·河北石家莊·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從粒子源無初速度地飄入電壓為U的加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后從小孔沿平行金屬板A、B的中線射入，并打到B板的中心。已知A、B兩極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d，不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間的相互作用。（1）求A、B板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；（2）僅將B板下移適當(dāng)距離，其他條件不變，為使同種帶電粒子原樣射入且恰能射出電場(chǎng)，求B板下移的距離。5．（2023上·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考期中）如圖，靜止于A處的質(zhì)子（質(zhì)量為m、電荷量為e），經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，沿圖中虛線垂直MP進(jìn)入方向豎直向下的矩形有界勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域MNPQ，區(qū)域邊界、，質(zhì)子經(jīng)加速偏轉(zhuǎn)后恰好能從PQ邊距P點(diǎn)為2L處射出，粒子重力不計(jì)。（1）求質(zhì)子離開加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小；（2）求質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小；（3）若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)樵瓉淼娜种弧⒎较虿蛔?，求質(zhì)子離開該區(qū)域時(shí)的速度大小。題型三帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【解題指導(dǎo)】1.在交變電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般是幾段變速運(yùn)動(dòng)組合．可畫出v－t圖象，分析速度、位移變化．2.在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)若是幾段類平拋運(yùn)動(dòng)的組合，可分解后畫出沿電場(chǎng)方向分運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，分析速度變化，或是分析偏轉(zhuǎn)位移與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系式．【典例分析1】（2023上·遼寧沈陽(yáng)·高三校聯(lián)考期中）如圖甲所示為兩塊水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓U，電壓U隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示?，F(xiàn)有一群質(zhì)量為m、重力不計(jì)的帶電粒子以初速度沿中線射入兩金屬板間，經(jīng)時(shí)間T都能從兩板間飛出。下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的描述正確的是（）A．時(shí)入射的粒子，從進(jìn)入電場(chǎng)到射出電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子始終不做功B．時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向沿水平方向C．時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離最大D．時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小等于初速度（2024·山東德州·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在矩形MNPQ區(qū)域中有平行于PM方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，一電荷量為，質(zhì)量為m帶電粒子以的初速度從M點(diǎn)沿MN方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，剛好從Q點(diǎn)射出。，?，F(xiàn)保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變，使勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向按圖2做周期性變化。使帶電粒子仍以的初速度從M點(diǎn)沿MN方向進(jìn)入，粒子剛好能從QN邊界平行PQ方向射出。不計(jì)粒子重力，取圖1中方向?yàn)殡妶?chǎng)正方向。則下列說法正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為B．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為C．電場(chǎng)變化的周期可能為D．電場(chǎng)變化的周期可能為【典例分析3】（2023上·海南省直轄縣級(jí)單位·高三校考階段練習(xí)）如圖1所示，豎直正對(duì)放置的平行極板間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，從板處的放射源連續(xù)無初速度地釋放質(zhì)量為、電荷量為的電子，電子經(jīng)極板間的電場(chǎng)加速后由板上的小孔離開，然后沿水平放置的平行極板的中心線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。兩極板的長(zhǎng)度均為、間距為，兩板之間加有如圖2所示的交變電壓，時(shí)間段內(nèi)極板的電勢(shì)高于極板的電勢(shì)。電子被加速后離開極板間的加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小為，所有電子在極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里運(yùn)動(dòng)時(shí)均不會(huì)打到兩極板上，不考慮電子的重力及電子之間的相互作用和極板的邊緣效應(yīng)。求：（1）極板之間的電勢(shì)差；（2）時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移距離；（3）時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移距離。【方法提煉】1．常見的交變電場(chǎng)常見的產(chǎn)生交變電場(chǎng)的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的試題類型此類題型一般有三種情況：(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)．(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)．(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)．3．解答帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．(2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．(3)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用．4.利用速度圖象分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程時(shí)的注意事項(xiàng)(1)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻；(2)速度圖象的切線斜率表示加速度；(3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負(fù)；(4)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用；(5)圖線與橫軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度改變方向，對(duì)運(yùn)動(dòng)很復(fù)雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解．5.交變電壓的周期性變化，勢(shì)必會(huì)引起帶電粒子的某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程和某些物理量的周期性變化，所以應(yīng)注意：(1)分過程解決．“一個(gè)周期”往往是我們的最佳選擇．(2)建立模型．帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程往往能在力學(xué)中找到它的類似模型．(3)正確的運(yùn)動(dòng)分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小、方向)變化，而物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)則由加速度和速度的方向關(guān)系確定．【變式演練】1.（2023上·河南·高三校聯(lián)考期中）如圖甲所示，間距為d的平行金屬板水平放置，兩板間最高電壓為，電壓變化的周期為T，電壓U隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示。一比荷的正離子以初速度沿平行金屬板中心線方向從左側(cè)射入，經(jīng)過時(shí)間T從右側(cè)射出，在運(yùn)動(dòng)過程中沒有碰到極板，不計(jì)離子的重力。在離子從左側(cè)射入到從右側(cè)射出的過程中下列說法正確的是（）A．如果離子在0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，它在垂直極板方向的位移為B．如果離子在時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，它在垂直極板方向的位移為C．如果離子在時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，它在垂直極板方向的位移為D．如果離子在T時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，它在垂直極板方向的位移為2．（2023上·安徽·高三安徽省馬鞍山市第二十二中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）圖1的左側(cè)平行金屬板M、N間距為d，加有圖2所示的交變電壓，圖1右側(cè)為半徑為R（）的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B垂直于紙面向內(nèi)（圖中未畫出），AB為豎直方向直徑。是M、N板間的中線并經(jīng)過圓形磁場(chǎng)的圓心。不同時(shí)刻從O點(diǎn)沿中線射入初速度都為的不同粒子（不計(jì)粒子的重力），所有出射粒子都從A點(diǎn)離開磁場(chǎng)。則下列說法中正確的是（

）

A．粒子都帶負(fù)電B．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相同，且一定是電場(chǎng)周期T的整數(shù)倍C．所有粒子從電場(chǎng)中射出的位置相同D．粒子的比荷一定相等，都為3．（2023下·湖南岳陽(yáng)·高三湖南省岳陽(yáng)縣第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖甲所示，在空間存在一個(gè)變化的電場(chǎng)和一個(gè)變化的磁場(chǎng)，電場(chǎng)的方向水平向右（圖甲中由B到C），場(chǎng)強(qiáng)大小隨時(shí)間變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面、大小隨時(shí)間變化情況如圖丙所示。在時(shí)，從A點(diǎn)沿AB方向（垂直于BC）以初速度射出第一個(gè)粒子，并在此之后，每隔2s有一個(gè)相同的粒子沿AB方向均以初速度射出，并恰好均能擊中C點(diǎn)，若，且粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1s。不計(jì)重力和空氣阻力，對(duì)于各粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，以下說法正確的是（）

A．電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為B．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為C．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為D．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為4．（2023·黑龍江七臺(tái)河·高三勃利縣高級(jí)中學(xué)?？计谥校┤鐖D甲，真空中的兩平行金屬板間距為d、板長(zhǎng)為L(zhǎng)。A、B兩板間加上如乙圖所示的方波形電壓。在時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電量為e的電子以初速度從兩板正中間沿板方向射入電場(chǎng)，并在時(shí)刻從板間射出，不計(jì)電子重力。下列說法正確的是（）A．電子沿板方向做加速運(yùn)動(dòng)B．板間距離必須滿足C．電子從板間射出時(shí)機(jī)械能增加eU0D．電子從板間射出時(shí)的速度大小為v05.（2023上·黑龍江大慶·高三大慶市東風(fēng)中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子經(jīng)加速電壓，加速后，在水平方向沿垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。已知形成偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的平行板電容器的極板長(zhǎng)為L(zhǎng)（不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng)），兩極板間距為d，為兩極板的中線，P是足夠大的熒光屏，且屏與極板右邊緣的距離也為L(zhǎng)。求：（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v的大小；（2）若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間加恒定電壓，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后正好打中屏上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與極板M在同一水平線上，求偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)所加電壓；（3）若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間的電壓按如圖乙所示作周期性變化，要使電子經(jīng)加速電場(chǎng)后，時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后水平飛出M板的右邊緣，試確定偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓以及周期T分別應(yīng)該滿足的條件。題型四帶電粒子（帶電體）在電場(chǎng)中的力電綜合問題【解題指導(dǎo)】1.勻強(qiáng)電場(chǎng)可與重力場(chǎng)合成用一合場(chǎng)代替，即電場(chǎng)力與重力合成一合力，用該合力代替兩個(gè)力．2.力電綜合問題注意受力分析、運(yùn)動(dòng)過程分析，應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)或功能關(guān)系解題．【典例分析1】（2023上·遼寧丹東·高三統(tǒng)考期中）在平面坐標(biāo)系內(nèi)，半徑為圓形區(qū)域內(nèi)有平行紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，圓與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為坐標(biāo)原點(diǎn)軸上的點(diǎn)和軸上的點(diǎn)，為圓的直徑，．質(zhì)量為，電荷量為的帶電粒子在紙面內(nèi)自點(diǎn)以不同的速度先后進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域．已知進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為零的粒子，從軸上的點(diǎn)以速率穿出電場(chǎng)（粒子僅受電場(chǎng)力作用）．求：（1）圓形區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。唬?）所有沿軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)的粒子中，穿出電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能增量的最大值；（3）某粒子以的速度沿軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，求該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)?！镜淅治?】（2023上·黑龍江哈爾濱·高三哈九中校考期中）如圖，在足夠大的光滑、絕緣水平面上有兩小球A和B，質(zhì)量分別為3m、m，其中A帶電量為，B不帶電，開始時(shí)A與B相距，空間加有水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，此時(shí)小球A由靜止釋放，小球A、B發(fā)生彈性正碰且A電荷量不會(huì)轉(zhuǎn)移，A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。（1）求小球A與B第一次碰撞后的瞬間物塊B的速度大??；（2）求從初始時(shí)刻，到兩小球發(fā)生第二次碰撞時(shí)，小球A電勢(shì)能的減少量；（3）求兩小球第2023次碰撞后到第2024次碰撞前的時(shí)間間隔?！镜淅治?】如圖所示，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，直徑BD豎直，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊a置于水平軌道上，電荷量為q＝eq\f(3mg,2E)，滑塊a與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g。現(xiàn)將滑塊a從水平軌道上距離B點(diǎn)12R的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)與滑塊b碰撞，碰撞時(shí)間極短且電量不變，碰后兩滑塊粘在一起運(yùn)動(dòng)，a、b滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)滑塊a、b碰撞后的速度大小；(2)滑塊在圓形軌道上最大速度的大小，以及在最大速度位置處滑塊對(duì)軌道作用力的大?。?3)滑塊第一次落地點(diǎn)到B點(diǎn)的距離。【方法提煉】1帶電粒子在電場(chǎng)中力電綜合問題的分析思路(1)首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，確定粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)。(2)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)問題，可根據(jù)對(duì)粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，從以下兩種途徑進(jìn)行處理：①如果是帶電粒子受恒定電場(chǎng)力作用下的直線運(yùn)動(dòng)問題，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。②如果是非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題，一般利用動(dòng)能定理分析全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動(dòng)的位移等。(3)對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)問題，通常有以下兩種情況：①對(duì)于在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)，通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法處理。通過對(duì)帶電粒子的受力分析和運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，借助運(yùn)動(dòng)的合成與分解，尋找兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，再應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解。②對(duì)于在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)，一般是根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、曲線運(yùn)動(dòng)知識(shí)和動(dòng)能定理、能量守恒定律定性分析。(4)當(dāng)帶電粒子從一個(gè)電場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入另一個(gè)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)，要注意分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場(chǎng)交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口。2.帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題1．等效重力法將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的豎直向下方向．2．物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題．小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)．幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn)．而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度最小(稱為臨界速度)的點(diǎn)．【變式演練】1.（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)。AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點(diǎn)正下方。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入四分之一圓弧軌道內(nèi)側(cè)，沿軌道運(yùn)動(dòng)到B處以速度vB射出。已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，，空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的是（）A．從A到B過程中，小球的機(jī)械能先增大后減小B．從A到B過程中，小球?qū)壍赖膲毫ο葴p小后增大C．在A、B兩點(diǎn)的速度大小滿足vA>vBD．從B點(diǎn)拋出后，小球速度的最小值為2.（2023·廣西玉林·高三校考期中）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向水平向右，ABCD為豎直放置在電場(chǎng)中的絕緣導(dǎo)軌，半圓形軌道BCD光滑，半徑，B為圓軌道最低點(diǎn)，水平軌道與其相切于B點(diǎn)，水平軌道粗糙，，一質(zhì)量、電荷量的帶正電的小滑塊在A點(diǎn)有一個(gè)水平向右的初速度。已知水平軌道與小滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度g取10m/s，求：（1）小滑塊從A到C的過程中，電場(chǎng)力做功為多少？（2）小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小；（3）小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小。（4）通過計(jì)算說明小滑塊能否到達(dá)最高點(diǎn)D點(diǎn)。

3.（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）真空中存在空間范圍足夠大的，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在電場(chǎng)中，若將一個(gè)質(zhì)量為，帶正電的小球由空中靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球的速度與豎直方向夾角為53°。如圖所示，若在此電場(chǎng)中，放置一個(gè)豎直面內(nèi)的光滑固定軌道（電場(chǎng)沒有畫出），水平，長(zhǎng)度為，是半徑為的四分之一的圓弧，與相切于點(diǎn)。現(xiàn)將該小球由點(diǎn)靜止釋放，求從點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中（取重力加速度大小為，，）。（1）小球受到的電場(chǎng)力大小及方向；（2）從點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到軌跡最高點(diǎn)過程中小球電勢(shì)能的變化量；（3）小球從c點(diǎn)離開軌道后速度最小時(shí)距c點(diǎn)的距離。4.（2023上·山東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，半徑為R的半圓形光滑軌道AB豎直放置固定在水平面上，O點(diǎn)為半圓形軌道的圓心，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半圓形軌道與水平光滑絕緣軌道BC連接，BC軌道的右側(cè)和固定的光滑曲面CD連接，BD的水平距離為2R，D點(diǎn)與地面高度差，在距離B為的E處豎直向上拋出一帶電量為的小球（初速度未知），小球恰好從A點(diǎn)無碰撞進(jìn)入圓弧軌道。已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。唬?）小球在圓弧軌道運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)軌道的最大壓力；（3）若小球從D點(diǎn)飛出時(shí)勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向突變?yōu)樨Q直向下，大小不變，要使小球從D點(diǎn)飛出后落到地面的水平射程最大，求從D點(diǎn)飛出時(shí)的速度方向和水平射程。5.（2023上·遼寧·高三校聯(lián)考期中）如圖甲所示，粗糙水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導(dǎo)軌BO在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電滑塊放在粗糙水平面的A點(diǎn)，時(shí)刻起受到方向向右、大小如圖乙所示隨時(shí)間變化的拉力F的作用，滑塊由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)，時(shí)間后經(jīng)過B點(diǎn)，此時(shí)撤去拉力F，之后滑塊沿軌道BO運(yùn)動(dòng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy，在區(qū)域有方向與x軸夾角為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為?；瑝K可看成質(zhì)點(diǎn)且在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，滑塊與粗糙水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度為g。求：（1）滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大?。唬?）滑塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大?。唬?）滑塊過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程。參考答案【典例分析1】（2023上·山西晉城·高三晉城市第一中學(xué)校校考期中）如圖甲所示，計(jì)算機(jī)鍵盤為電容式傳感器，每個(gè)鍵下面由相互平行、間距為d的活動(dòng)金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個(gè)平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（）A．按鍵的過程中，電容器的電容減小B．按鍵的過程中，電容器的電荷量增大C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a流向bD．按鍵的過程中，電容器間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小【答案】B【詳解】A．根據(jù)平行板電容器的電容計(jì)算公式得知，按鍵過程中，板間距離d減小，電容C增大，故A錯(cuò)誤；BC．因C增大，U不變，根據(jù)Q=CU知Q增大，電容器充電，電流方向從b流向a，故B正確，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系U=Ed，可知電容器間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故D錯(cuò)誤；故選B?！镜淅治?】（2023上·遼寧錦州·高三渤海大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)校考期中）如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負(fù)電的油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)。現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是（）A．平行板電容器的極板所帶電荷量不變B．靜電計(jì)指針張角變小C．帶電油滴的電勢(shì)能增加D．若將上極板與電源斷開后再將下極板左移一小段距離，則油滴所受電場(chǎng)力變大【答案】D【詳解】A．將平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，導(dǎo)致極板間距減小，根據(jù)知，d減小，則電容增加，電壓不變，則平行板電容器的極板所帶電荷量增大，故A錯(cuò)誤；B．靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故B錯(cuò)誤；C．電勢(shì)差不變，d減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度增加，P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差變大，則P點(diǎn)的電勢(shì)增大，因?yàn)樵撾姾蔀樨?fù)電荷，則電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤；D．若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，則電荷量不變，正對(duì)面積S減小，根據(jù)知電場(chǎng)強(qiáng)度變大，則油滴所受電場(chǎng)力變大，故D正確。故選D?！痉椒ㄌ釤挕科叫邪咫娙萜鞯膭?dòng)態(tài)問題分析秘籍(1)抓住三個(gè)基本公式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)。(2)兩類動(dòng)態(tài)分析d、S、εr變化時(shí)U、Q、C、E變化的判斷依據(jù)：①充電后與電池兩極相連：U不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，Q＝CU(變化同C)，E＝eq\f(U,d)。②充電后與電池兩極斷開：Q不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)(變化與C相反)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)。(3)電勢(shì)和電勢(shì)能的變化結(jié)合電場(chǎng)的相關(guān)公式分析。【變式演練】1．（2023上·廣東肇慶·高三肇慶市第一中學(xué)?？计谥校┣爸悄苁謾C(jī)普遍采用了指紋識(shí)別，常用的指紋識(shí)別傳感器是電容式傳感器，指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時(shí)，這些小極板和正對(duì)的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同。此時(shí)傳感器給所有的電容器充電后達(dá)到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測(cè)到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖像數(shù)據(jù)。根據(jù)文中信息，下列說法正確的是（

）

A．峪處形成的電容器電容較小 B．在峪處形成的電容器放電較慢C．充電后在嵴處形成的電容器的電荷量小 D．濕的手指頭對(duì)指紋識(shí)別也絕對(duì)沒有影響【答案】A【詳解】A．在嵴處皮膚表面和小極板之間的距離較小，在峪處皮膚表面與小極板之間的距離較大，根據(jù)電容的決定式知，在峪處形成的電容器電容較小，在嵴處形成的電容器電容較大，故A正確；B．充電后在峪處形成的電容器電容器小，帶電量少，放電時(shí)間短，故B錯(cuò)誤；C．在嵴處形成的電容器電容較大，充電后帶電量大，故C錯(cuò)誤；D．潮濕的手指頭影響了皮膚表面與小極板之間的相對(duì)介電常數(shù)?r，從而影響電容，所以潮濕的手指頭對(duì)指紋的識(shí)別有一定的影響，故D錯(cuò)誤。故選A。2．（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶八中校考階段練習(xí)）如圖甲所示，計(jì)算機(jī)鍵盤為電容式傳感器，每個(gè)鍵下面由相互平行、間距為d的活動(dòng)金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個(gè)平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，已知只有當(dāng)該鍵的電容改變量大于或等于原電容的40％時(shí)，傳感器才有感應(yīng)，則下列說法正確的是（

）A．按鍵的過程中，電容器的電容減小B．按鍵的過程中，電容器的電量減小C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a流向bD．欲使傳感器有感應(yīng)，按鍵需至少按下【答案】D【詳解】A．根據(jù)電容計(jì)算公式得，按鍵過程中，d減小，C增大，故A錯(cuò)誤；BC．因C增大，U不變，根據(jù)得Q增大，電容器充電，電流方向從b流向a，故BC錯(cuò)誤；D．按鍵過程，正對(duì)面積，介電常數(shù)不變，間距d減小，令按鍵至少按下距離為傳感器會(huì)響應(yīng)，則有聯(lián)立解得故D正確。故選D。3．（2023上·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考期中）電容式位移傳感器工作原理如圖所示，當(dāng)被測(cè)物體在左、右方向發(fā)生位移時(shí)，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動(dòng)。若電介質(zhì)板向左移動(dòng)一微小位移x，下列說法正確的是（

）A．電容器兩極板間電壓變小B．電容器電容C變大C．電容器帶電量變少D．有方向的電流流過電阻【答案】B【詳解】AB．若電介質(zhì)板向左移動(dòng)一微小位移x，電介質(zhì)插入兩板間的長(zhǎng)度增大，根據(jù)可知電容C增大；電容器與電源連接，電壓不變，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)可知，若電容C增大，則Q增大，電容器充電，電量變大，同時(shí)有方向的電流流過電阻，故CD錯(cuò)誤。故選B。題型二帶電粒子在電場(chǎng)中的加速直線與偏轉(zhuǎn)【解題指導(dǎo)】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合處理或用動(dòng)能定理處理．(2)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)一般從分解的角度處理．(3)注意帶電粒子重力能否忽略．【典例分析1】（2023上·北京西城·高三北京市第一六一中學(xué)校考期中）如圖所示，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計(jì)），在KA間經(jīng)加速電壓加速后，從A板中心小孔射出，進(jìn)入由M、N兩個(gè)水平極板構(gòu)成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M、N兩板間的距離為d，電壓為，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，射出時(shí)沒有與極板相碰。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力及它們之間的相互作用力。求：（1）電子穿過A板小孔時(shí)的速度大小v；（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直于板方向偏移的距離y；（3）電子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理解得（2）在平行于極板方向做勻速運(yùn)動(dòng)在垂直于極板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律解得（3）由動(dòng)能定理解得【典例分析2】（2023·廣東東莞·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，離子發(fā)生器發(fā)射出一束質(zhì)量為m，電荷量為q的離子，從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后，獲得一定的速度，并沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板中央，受偏轉(zhuǎn)電壓U2作用后，離開電場(chǎng)。已知平行板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距離為d，求：（1）離子出加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小；（2）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏移量y；（3）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得解得（2）離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則聯(lián)立解得（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得聯(lián)立可知【方法提煉】1．帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2．處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法(1)運(yùn)動(dòng)的分解法一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．3.計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法(1)y＝y(tǒng)0＋Ltanθ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的水平距離)；(2)y＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ(l為電場(chǎng)寬度)；(3)y＝y(tǒng)0＋vy·eq\f(L,v0)；(4)根據(jù)三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2)).【變式演練】1.（2023上·山西晉城·高三晉城市第一中學(xué)校?？计谥校┤鐖D所示，電荷量之比為的帶電粒子A、B以相等的速度v，從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著與電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在極板上的C、D點(diǎn)，若OC=CD，忽略粒子重力的影響，則下列說法正確的是（）A．A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2∶1B．A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1C．A和B的位移大小之比為1∶2D．A和B的質(zhì)量之比為1∶12【答案】BD【詳解】A．A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則時(shí)間之比等于水平位移之比，即時(shí)間之比為1∶2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)可得則A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1，選項(xiàng)B正確；C．A和B的位移水平位移之比為1:2，豎直位移相等，可知位移大小之比不等于1∶2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)則可得A和B的質(zhì)量之比為1∶12，選項(xiàng)D正確。故選BD。2.（2023上·河北邢臺(tái)·高三河北內(nèi)丘中學(xué)校聯(lián)考期中）如圖所示，邊長(zhǎng)為的正方形區(qū)域內(nèi)存在沿方向、大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電荷量為的粒子從點(diǎn)沿方向以速度射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，從邊的中點(diǎn)離開勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)粒子受到的重力，下列說法正確的是（）

A．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 B．帶電粒子經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的速度大小為C．帶電粒子經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為 D．帶電粒子的質(zhì)量為【答案】AD【詳解】A．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故A正確；B．帶電粒子在豎直方向有可得帶電粒子經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的速度大小為故B錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式有加速度為帶電粒子的質(zhì)量為故D正確；C．帶電粒子經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為帶電粒子經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為故C錯(cuò)誤。故選AD。3.（2023上·江蘇揚(yáng)州·高三統(tǒng)考期中）如圖所示，兩金屬板、豎直放置，間距為，兩金屬板正中間有一豎直放置的金屬網(wǎng)，、、的尺寸相同，接地，、的電勢(shì)均為。帶電微粒在距離為的點(diǎn)由靜止釋放，恰好經(jīng)過右側(cè)距離也為的點(diǎn)。已知微粒的質(zhì)量為，電荷量為，微粒與金屬網(wǎng)不發(fā)生碰撞，重力加速度為。求：（1）P、N間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；（2）微粒第一次到達(dá)的時(shí)間；（3）A、B兩點(diǎn)間的高度差?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）、間，、間均為勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向相反，由得（2）設(shè)微粒的水平加速度大小為解得解得（3）設(shè)微粒在、兩點(diǎn)間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為B兩點(diǎn)間的高度差解得4．（2023·河北石家莊·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從粒子源無初速度地飄入電壓為U的加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后從小孔沿平行金屬板A、B的中線射入，并打到B板的中心。已知A、B兩極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d，不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間的相互作用。（1）求A、B板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；（2）僅將B板下移適當(dāng)距離，其他條件不變，為使同種帶電粒子原樣射入且恰能射出電場(chǎng)，求B板下移的距離。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設(shè)粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理可得解得設(shè)A、B板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，帶電粒子在A、B板間電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立解得（2）若保持A、B兩極板的電荷量不變，將B板下移適當(dāng)距離，根據(jù)可知電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變。讓同種帶電粒子原樣射入恰能射出電場(chǎng)，則有解得y=2d故B板下移的距離為5．（2023上·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考期中）如圖，靜止于A處的質(zhì)子（質(zhì)量為m、電荷量為e），經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，沿圖中虛線垂直MP進(jìn)入方向豎直向下的矩形有界勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域MNPQ，區(qū)域邊界、，質(zhì)子經(jīng)加速偏轉(zhuǎn)后恰好能從PQ邊距P點(diǎn)為2L處射出，粒子重力不計(jì)。（1）求質(zhì)子離開加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小；（2）求質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小；（3）若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)樵瓉淼娜种弧⒎较虿蛔?，求質(zhì)子離開該區(qū)域時(shí)的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）質(zhì)子在加速電場(chǎng)中做加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有解得（2）由題意以及之前的分析可知，質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向做速度大小為的勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)設(shè)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，豎直方向有水平方向有質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)速度為解得（3）其電場(chǎng)強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼娜种?，由之前的分析可知，其豎直方向的加速度大小也變?yōu)樵瓉淼娜种?，有假設(shè)質(zhì)子從PQ邊射出，則質(zhì)子在豎直方向上依然做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有所以有則該短時(shí)間內(nèi)質(zhì)子在水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為結(jié)合之前的分析可知，其有由上述分析可知，其質(zhì)子出磁場(chǎng)時(shí)不是從磁場(chǎng)下端離開，設(shè)其離開磁場(chǎng)時(shí)的豎直方向速度為，時(shí)間為，其豎直方向有水平方向仍然以做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有其質(zhì)子離開磁場(chǎng)的速度大小為題型三帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【解題指導(dǎo)】1.在交變電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般是幾段變速運(yùn)動(dòng)組合．可畫出v－t圖象，分析速度、位移變化．2.在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)若是幾段類平拋運(yùn)動(dòng)的組合，可分解后畫出沿電場(chǎng)方向分運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，分析速度變化，或是分析偏轉(zhuǎn)位移與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系式．【典例分析1】（2023上·遼寧沈陽(yáng)·高三校聯(lián)考期中）如圖甲所示為兩塊水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓U，電壓U隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示?，F(xiàn)有一群質(zhì)量為m、重力不計(jì)的帶電粒子以初速度沿中線射入兩金屬板間，經(jīng)時(shí)間T都能從兩板間飛出。下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的描述正確的是（）A．時(shí)入射的粒子，從進(jìn)入電場(chǎng)到射出電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子始終不做功B．時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向沿水平方向C．時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離最大D．時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小等于初速度【答案】BD【詳解】A．因?yàn)樵谒椒较蛄Ｗ拥乃俣缺３植蛔儯?dāng)粒子在時(shí)入射時(shí)，在時(shí)粒子在豎直方向上的速度達(dá)到最大，當(dāng)時(shí)粒子在豎直方向上的速度恰好減小為零，因此離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離最大，故時(shí)入射的粒子，從進(jìn)入電場(chǎng)到射出電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做功，故A錯(cuò)誤；C．時(shí)入射的粒子，在豎直方向上，時(shí)間內(nèi)進(jìn)行加速，時(shí)間內(nèi)進(jìn)行反向減速，直到速度為零，此時(shí)距離中線距離最大，在時(shí)間內(nèi)進(jìn)行反向加速，時(shí)間內(nèi)再次減速，直到速度為零，此時(shí)粒子回到中線，即粒子離開電場(chǎng)時(shí)不偏離中線，故C錯(cuò)誤；BD．無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，在一個(gè)周期T內(nèi)，受到的正向電壓和反向電壓的時(shí)間是相同的，所以在豎直方向上電場(chǎng)力的沖量為零，所以離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向都是水平的，且離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小都相等，都等于初速度，故BD正確。故選BD。（2024·山東德州·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在矩形MNPQ區(qū)域中有平行于PM方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，一電荷量為，質(zhì)量為m帶電粒子以的初速度從M點(diǎn)沿MN方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，剛好從Q點(diǎn)射出。，?，F(xiàn)保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變，使勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向按圖2做周期性變化。使帶電粒子仍以的初速度從M點(diǎn)沿MN方向進(jìn)入，粒子剛好能從QN邊界平行PQ方向射出。不計(jì)粒子重力，取圖1中方向?yàn)殡妶?chǎng)正方向。則下列說法正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為B．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為C．電場(chǎng)變化的周期可能為D．電場(chǎng)變化的周期可能為【答案】BCD【詳解】AB．對(duì)粒子分析，粒子沿MN方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有，解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向周期性變化時(shí)，沿電場(chǎng)方向先做初速度為0的勻加速后再做勻減速到0的直線運(yùn)動(dòng)，此過程重復(fù)n次，n取正整數(shù)，根據(jù)解得當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，故CD正確。故選BCD?！镜淅治?】（2023上·海南省直轄縣級(jí)單位·高三校考階段練習(xí)）如圖1所示，豎直正對(duì)放置的平行極板間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，從板處的放射源連續(xù)無初速度地釋放質(zhì)量為、電荷量為的電子，電子經(jīng)極板間的電場(chǎng)加速后由板上的小孔離開，然后沿水平放置的平行極板的中心線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。兩極板的長(zhǎng)度均為、間距為，兩板之間加有如圖2所示的交變電壓，時(shí)間段內(nèi)極板的電勢(shì)高于極板的電勢(shì)。電子被加速后離開極板間的加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小為，所有電子在極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里運(yùn)動(dòng)時(shí)均不會(huì)打到兩極板上，不考慮電子的重力及電子之間的相互作用和極板的邊緣效應(yīng)。求：（1）極板之間的電勢(shì)差；（2）時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移距離；（3）時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在板之間加速后獲得速度為根據(jù)動(dòng)能定理可得極板之間的電勢(shì)差為（2）電子進(jìn)入極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后在電場(chǎng)力的作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)有解得時(shí)刻進(jìn)入極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子加速度大小為電子離開電場(chǎng)時(shí)距中心線的距離解得（3）時(shí)刻射入極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子，在的時(shí)間內(nèi)加速度大小為此過程的側(cè)移量為在時(shí)刻豎直方向的分速度為在時(shí)間內(nèi)電子加速度大小為此過程的側(cè)移量為離開極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離為【方法提煉】1．常見的交變電場(chǎng)常見的產(chǎn)生交變電場(chǎng)的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的試題類型此類題型一般有三種情況：(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)．(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)．(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)．3．解答帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．(2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．(3)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用．4.利用速度圖象分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程時(shí)的注意事項(xiàng)(1)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻；(2)速度圖象的切線斜率表示加速度；(3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負(fù)；(4)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用；(5)圖線與橫軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度改變方向，對(duì)運(yùn)動(dòng)很復(fù)雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解．5.交變電壓的周期性變化，勢(shì)必會(huì)引起帶電粒子的某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程和某些物理量的周期性變化，所以應(yīng)注意：(1)分過程解決．“一個(gè)周期”往往是我們的最佳選擇．(2)建立模型．帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程往往能在力學(xué)中找到它的類似模型．(3)正確的運(yùn)動(dòng)分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小、方向)變化，而物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)則由加速度和速度的方向關(guān)系確定．【變式演練】1.（2023上·河南·高三校聯(lián)考期中）如圖甲所示，間距為d的平行金屬板水平放置，兩板間最高電壓為，電壓變化的周期為T，電壓U隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示。一比荷的正離子以初速度沿平行金屬板中心線方向從左側(cè)射入，經(jīng)過時(shí)間T從右側(cè)射出，在運(yùn)動(dòng)過程中沒有碰到極板，不計(jì)離子的重力。在離子從左側(cè)射入到從右側(cè)射出的過程中下列說法正確的是（）A．如果離子在0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，它在垂直極板方向的位移為B．如果離子在時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，它在垂直極板方向的位移為C．如果離子在時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，它在垂直極板方向的位移為D．如果離子在T時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，它在垂直極板方向的位移為【答案】AB【詳解】AD．如果離子在、T時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，則離子先在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直極板方向的位移為，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此過程垂直極板方向的位移為，離子在兩板間的加速度離子在兩板間垂直極板方向的位移為離子運(yùn)動(dòng)時(shí)在豎直分速度為在之后的內(nèi)離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則離子偏離中心線的距離為故A正確，D錯(cuò)誤；BC．如果離子在、時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，離子先在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)后，離子開始偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直極板方向的位移，則故B正確，C錯(cuò)誤。故選AB。2．（2023上·安徽·高三安徽省馬鞍山市第二十二中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）圖1的左側(cè)平行金屬板M、N間距為d，加有圖2所示的交變電壓，圖1右側(cè)為半徑為R（）的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B垂直于紙面向內(nèi)（圖中未畫出），AB為豎直方向直徑。是M、N板間的中線并經(jīng)過圓形磁場(chǎng)的圓心。不同時(shí)刻從O點(diǎn)沿中線射入初速度都為的不同粒子（不計(jì)粒子的重力），所有出射粒子都從A點(diǎn)離開磁場(chǎng)。則下列說法中正確的是（

）

A．粒子都帶負(fù)電B．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相同，且一定是電場(chǎng)周期T的整數(shù)倍C．所有粒子從電場(chǎng)中射出的位置相同D．粒子的比荷一定相等，都為【答案】BD【詳解】B．所有粒子都匯聚到A點(diǎn)，顯然為磁聚焦，故所有粒子從電場(chǎng)中射出的速度都為，方向水平，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定為周期T的整數(shù)倍，故B正確；AD．進(jìn)入磁場(chǎng)向上偏轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，故粒子帶正電，由，解得軌道半徑粒子的比荷為故A錯(cuò)誤，D正確；C．不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子豎直方向運(yùn)動(dòng)不同，所有射出電場(chǎng)的位置也會(huì)不一樣，故C錯(cuò)誤。故選BD。3．（2023下·湖南岳陽(yáng)·高三湖南省岳陽(yáng)縣第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖甲所示，在空間存在一個(gè)變化的電場(chǎng)和一個(gè)變化的磁場(chǎng)，電場(chǎng)的方向水平向右（圖甲中由B到C），場(chǎng)強(qiáng)大小隨時(shí)間變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面、大小隨時(shí)間變化情況如圖丙所示。在時(shí)，從A點(diǎn)沿AB方向（垂直于BC）以初速度射出第一個(gè)粒子，并在此之后，每隔2s有一個(gè)相同的粒子沿AB方向均以初速度射出，并恰好均能擊中C點(diǎn)，若，且粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1s。不計(jì)重力和空氣阻力，對(duì)于各粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，以下說法正確的是（）

A．電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為B．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為C．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為D．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為【答案】BC【詳解】A．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力根據(jù)幾何關(guān)系有可得粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有水平方向有可得電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為故A錯(cuò)誤；B．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為故B正確；C．第一個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為故C正確；D．第一個(gè)粒子通過C的動(dòng)能為根據(jù)動(dòng)能定理有第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能為第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為故D錯(cuò)誤。故選BC。4．（2023·黑龍江七臺(tái)河·高三勃利縣高級(jí)中學(xué)校考期中）如圖甲，真空中的兩平行金屬板間距為d、板長(zhǎng)為L(zhǎng)。A、B兩板間加上如乙圖所示的方波形電壓。在時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電量為e的電子以初速度從兩板正中間沿板方向射入電場(chǎng)，并在時(shí)刻從板間射出，不計(jì)電子重力。下列說法正確的是（）A．電子沿板方向做加速運(yùn)動(dòng)B．板間距離必須滿足C．電子從板間射出時(shí)機(jī)械能增加eU0D．電子從板間射出時(shí)的速度大小為v0【答案】BD【詳解】AD．豎直方向上，內(nèi)電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，內(nèi)電子勻減速至速度為零，出射速度大小為，故D正確，故A錯(cuò)誤；B．豎直方向分位移為由可知故B正確；C．0～T內(nèi)電場(chǎng)力做功為零，機(jī)械能增加量為零，故C錯(cuò)誤。故選BD。5.（2023上·黑龍江大慶·高三大慶市東風(fēng)中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子經(jīng)加速電壓，加速后，在水平方向沿垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。已知形成偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的平行板電容器的極板長(zhǎng)為L(zhǎng)（不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng)），兩極板間距為d，為兩極板的中線，P是足夠大的熒光屏，且屏與極板右邊緣的距離也為L(zhǎng)。求：（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v的大??；（2）若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間加恒定電壓，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后正好打中屏上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與極板M在同一水平線上，求偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)所加電壓；（3）若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間的電壓按如圖乙所示作周期性變化，要使電子經(jīng)加速電場(chǎng)后，時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后水平飛出M板的右邊緣，試確定偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓以及周期T分別應(yīng)該滿足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【詳解】（1）電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速解得（2）由題意知，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)A點(diǎn)，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為，則由幾何關(guān)系得解得又解得（3）要使電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后水平飛出M板的右邊緣，電子必向上極板偏轉(zhuǎn)，且，則電子應(yīng)在時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，且電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為整數(shù)個(gè)周期，因?yàn)殡娮铀缴涑觯瑒t電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足則在豎直方向位移應(yīng)滿足解得題型四帶電粒子（帶電體）在電場(chǎng)中的力電綜合問題【解題指導(dǎo)】1.勻強(qiáng)電場(chǎng)可與重力場(chǎng)合成用一合場(chǎng)代替，即電場(chǎng)力與重力合成一合力，用該合力代替兩個(gè)力．2.力電綜合問題注意受力分析、運(yùn)動(dòng)過程分析，應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)或功能關(guān)系解題．【典例分析1】（2023上·遼寧丹東·高三統(tǒng)考期中）在平面坐標(biāo)系內(nèi)，半徑為圓形區(qū)域內(nèi)有平行紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，圓與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為坐標(biāo)原點(diǎn)軸上的點(diǎn)和軸上的點(diǎn)，為圓的直徑，．質(zhì)量為，電荷量為的帶電粒子在紙面內(nèi)自點(diǎn)以不同的速度先后進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域．已知進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為零的粒子，從軸上的點(diǎn)以速率穿出電場(chǎng)（粒子僅受電場(chǎng)力作用）．求：（1）圓形區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；（2）所有沿軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)的粒子中，穿出電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能增量的最大值；（3）某粒子以的速度沿軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，求該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意知，在點(diǎn)速度為零的粒子會(huì)沿著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，由于，則電場(chǎng)線沿軸正方向，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)動(dòng)能定理有解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小（2）根據(jù)題意可知，要使粒子動(dòng)能增量最大，測(cè)沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)的距離最遠(yuǎn)．作與軸平行的直線與圓相切于點(diǎn)，與軸相交于點(diǎn)，粒子從點(diǎn)射出時(shí)沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)的距離最遠(yuǎn)，如圖所示．粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系有由電場(chǎng)力提供加速度有聯(lián)立各式解得粒子由點(diǎn)到點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有解得（3）設(shè)該粒子射出點(diǎn)的坐標(biāo)為，則可得該粒子的軌跡方程為又有圓的軌跡方程為聯(lián)立可得即粒子射出點(diǎn)的坐標(biāo)為【典例分析2】（2023上·黑龍江哈爾濱·高三哈九中校考期中）如圖，在足夠大的光滑、絕緣水平面上有兩小球A和B，質(zhì)量分別為3m、m，其中A帶電量為，B不帶電，開始時(shí)A與B相距，空間加有水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，此時(shí)小球A由靜止釋放，小球A、B發(fā)生彈性正碰且A電荷量不會(huì)轉(zhuǎn)移，A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。（1）求小球A與B第一次碰撞后的瞬間物塊B的速度大小；（2）求從初始時(shí)刻，到兩小球發(fā)生第二次碰撞時(shí)，小球A電勢(shì)能的減少量；（3）求兩小球第2023次碰撞后到第2024次碰撞前的時(shí)間間隔?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）A加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得解的設(shè)A與B發(fā)生碰撞后瞬間，A與B的速度大小分別為，，對(duì)于A、B碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能能守恒定律得聯(lián)立得（2）若A、B發(fā)生第一次碰撞后到恰好發(fā)生第二次碰撞，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則A的位移大小為根據(jù)牛頓第二定律可得B的位移大小為且聯(lián)立四式得對(duì)小球A從初始到與B球第二次碰撞時(shí)，電場(chǎng)力做功又聯(lián)立解得小球A電勢(shì)能的減少量（3）由（2）可知，當(dāng)A、B第二次相碰時(shí)，A球速度為解得設(shè)第二次碰撞后兩個(gè)小球的速度分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能能守恒定律得聯(lián)立解得設(shè)從第二次碰撞到第三次碰撞的時(shí)間間隔為，根據(jù)位移關(guān)系解得以此類推，可以發(fā)現(xiàn)兩小球每次碰撞后速度之差為，到下一次碰撞前速度差仍為，所以他們?cè)俅闻鲎菜璧臅r(shí)間均為所以兩小球第2023次碰撞后到第2024次碰撞前的時(shí)間間隔【典例分析3】如圖所示，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，直徑BD豎直，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊a置于水平軌道上，電荷量為q＝eq\f(3mg,2E)，滑塊a與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g?，F(xiàn)將滑塊a從水平軌道上距離B點(diǎn)12R的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)與滑塊b碰撞，碰撞時(shí)間極短且電量不變，碰后兩滑塊粘在一起運(yùn)動(dòng)，a、b滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)滑塊a、b碰撞后的速度大?。?2)滑塊在圓形軌道上最大速度的大小，以及在最大速度位置處滑塊對(duì)軌道作用力的大??；(3)滑塊第一次落地點(diǎn)到B點(diǎn)的距離?！緟⒖即鸢浮?1)eq\r(6gR)(2)eq\r(\f(13gR,2))eq\f(31mg,2)(3)(2eq\r(2)－eq\f(3,2))R【名師解析】此題涉及重力場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)組成的“等效重力場(chǎng)”問題，大部分同學(xué)不會(huì)將重力場(chǎng)中的知識(shí)遷移到“等效重力場(chǎng)”中來，不會(huì)尋找物理最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，而成為犯錯(cuò)率極高的題型。(1)a從A到B的過程由動(dòng)能定理得Eeq\f(3mg,2E)×12R－μmg×12R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝2eq\r(6gR)對(duì)a與b碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得mv1＝2mv2解得v2＝eq\r(6gR)。(2)當(dāng)滑塊的重力與電場(chǎng)力的合力方向和圓軌道半徑方向一致時(shí)，滑塊速度最大。如圖，則有θ＝arctaneq\f(Eq,2mg)＝arctaneq\f(3,4)＝37°對(duì)滑塊從碰后到速度最大的過程由動(dòng)能定理有Eeq\f(3mg,2E)Rsin37°－2mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得滑塊的最大速度v3＝eq\r(\f(13gR,2))對(duì)滑塊在此處，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N－eq\f(2mg,cos37°)＝eq\f(2mv\o\al(2,3),R)解得滑塊受到軌道的支持力FN＝eq\f(31mg,2)由牛頓第三定律可知，此時(shí)滑塊對(duì)軌道的作用力大小FN′＝eq\f(31mg,2)。(3)假設(shè)滑塊能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，對(duì)滑塊從B到D的過程，由動(dòng)能定理有－2mg×2R＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，解得v4＝eq\r(2gR)。在D點(diǎn)，對(duì)滑塊受力分析得：FN1＋2mg＝eq\f(2mv\o\al(2,4),R)解得FN1＝2mg所以滑塊能通過D點(diǎn)并水平飛出，在豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(4R,g))水平方向受電場(chǎng)力，加速度不變，則s＝v4t－eq\f(1,2)×eq\f(Eq,2m)t2＝(2eq\r(2)－eq\f(3,2))R。【方法提煉】1帶電粒子在電場(chǎng)中力電綜合問題的分析思路(1)首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，確定粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)。(2)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)問題，可根據(jù)對(duì)粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，從以下兩種途徑進(jìn)行處理：①如果是帶電粒子受恒定電場(chǎng)力作用下的直線運(yùn)動(dòng)問題，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。②如果是非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題，一般利用動(dòng)能定理分析全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動(dòng)的位移等。(3)對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)問題，通常有以下兩種情況：①對(duì)于在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)，通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法處理。通過對(duì)帶電粒子的受力分析和運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，借助運(yùn)動(dòng)的合成與分解，尋找兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，再應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解。②對(duì)于在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)，一般是根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、曲線運(yùn)動(dòng)知識(shí)和動(dòng)能定理、能量守恒定律定性分析。(4)當(dāng)帶電粒子從一個(gè)電場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入另一個(gè)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)，要注意分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場(chǎng)交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口。2.帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題1．等效重力法將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的豎直向下方向．2．物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題．小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)．幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn)．而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度最小(稱為臨界速度)的點(diǎn)．【變式演練】1.（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)。AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點(diǎn)正下方。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直