高考物理第一轮考纲知识复习:电容器与电容、带电粒子在电场中的运动。

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第3节电容器与电容、带电粒子在电场中的运动
【考纲知识梳理】
一。电容器
1.构成：两个互相靠近又彼此绝缘的导体构成电容器。
2.充放电：
（1）充电：使电容器两极板带上等量异种电荷的过程。充电的过程是将电场能储存在电容器中。
（2）放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。放电的过程中储存在电容器中的电场能转化为其他形式的能量。
3．电容器带的电荷量：是指每个极板上所带电荷量的绝对值
4.电容器的电压：
（1）额定电压：是指电容器的对大正常工作即电容器铭牌上的标定数值。
（2）击穿电压：是指把电容器的电介质击穿导电使电容器损坏的极限电压。
二.电容
1．定义：电容器所带的电荷量Q与两极板间的电压U的比值
2．定义式：
3．电容的单位：法拉，符号：F。
4．物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于电容器两板间的电势差增加1V所需的电荷量。
5．制约因素：电容器的电容与Q、U的大小无关，是由电容器本身的结构决定的。对一个确定的电容器，它的电容是一定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
三.平行板电容器
1．平行板电容器的电容的决定式：即平行板电容器的电容与介质的介电常数成正比，与两板正对的面积成正比，与两板间距成反比。
2．平行板电容器两板间的电场：可认为是匀强电场，E=U/d
四.带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子的加速：对于加速问题，一般从能量角度，应用动能定理求解。若为匀变速直线运动，可用牛顿运动定律与运动学公式求解。
2.带电粒子在匀强电场中的偏转：对于带电粒子以垂直匀强电场的方向进入电场后，受到的电场力恒定且与初速度方向垂直，做匀变速曲线运动（类平抛运动）。
⑴处理方法往往是利用运动的合成与分解的特性：分合运动的独立性、分合运动的等时性、分运动与合运动的等效性。沿初速度方向为匀速直线运动、沿电场力方向为初速度为零的匀加速运动。
⑵基本关系：
x方向：匀速直线运动
Y方向：初速度为零的匀加速直线运动

①．离开电场时侧向偏转量：
②．离开电场时的偏转角：φ
推论1.粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交一点,此点平分沿初速度方向的位移。
推论2.位移和速度不在同一直线上，且tanφ=2tanα。
【要点名师精解】
一、平行板电容器的动态分析
1.运用电容器定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变.
(2)用决定式C=分析平行板电容器电容的变化.
(3)用定义式C=分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化.
(4)用E=分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化.
2.电容器两类动态变化的分析比较
(1)第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变
(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变
【例1】(20xx阜阳模拟)如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒.S闭合时，该微粒恰好能保持静止.在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开.下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是()
A.①情况下，可以通过上移极板M实现
B.①情况下，可以通过上移极板N实现
C.②情况下，可以通过上移极板M实现
D.②情况下，可以通过上移极板N实现
【答案】选B.
【详解】保持S闭合的分析：因为第①种情况下两板间电压U不变，所以电场强度E=U/d，只有d减小，E增大，电场力增大，带电微粒才向上运动打到上极板M上，故可以通过下移极板M或者上移极板N来实现，选项A错，B正确；充电后将S断开的分析：因为第②种情况下两极板带电荷量Q不变，根据Q=CU，C=可得，E=，可以看出E与两板间距离d无关，所以无论怎样移动M、N两极板改变两板间的距离，场强E、电场力F都不变，带电微粒都处于静止状态，选项C、D错误，B正确.
二、带电粒子在电场中的平衡与直线运动
1.带电粒子在电场中运动时重力的处理
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量).
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力.
2.带电粒子在电场中的平衡
解题步骤:①选取研究对象.②进行受力分析，注意电场力的方向特点.③由平衡条件列方程求解.
3.带电粒子在电场中的变速直线运动：可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解.
【例2】如图所示，板长L=4cm的平行板电容器，板间距离d=3cm，板与水平线夹角α=37°，两板所加电压为U=100V，有一带负电液滴，带电荷量为q=3×10-10C，以v0=1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出，取g=10m/s2.求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度.
【答案】(1)m=8×10-8kg(2)v=≈1.32(m/s)
【详解】(1)画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：
qEcosα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcosα/dg代入数据得m=8×10-8kg
(2)对液滴由动能定理得：qU=
v=
所以v=≈1.32(m/s)
三、带电粒子在匀强电场中的偏转
1.粒子的偏转角
(1)以初速度v0进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ，则
结论：动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比.
(2)经加速电场加速再进入偏转电场
不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：②
由①②式得：tanθ=③
结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场.
2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)以初速度v0进入偏转电场④
作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出.
(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量：⑤
上面③式偏转角正切为：tanθ＝
结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是轨迹完全重合.
【例3】(20xx南通模拟)(18分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤L，0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：
(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；
(2)由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能；
【答案】(1)设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀
加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，接着在无电场区域
匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假
设电子从NP边射出，出射点纵坐标为y1，
由y=对于B点y=L，则x=(2分)
所以eE=(2分)
解得v0=(1分)
设在电场Ⅱ中运动的时间为t1
L-y1=(1分)
解得y1=0，所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(-2L，0)(2分)
(2)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v1时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2.
eEx=(2分)
y2=(2分)
解得xy2=，所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开的.(2分)
其中只有从B点释放的电子，离开P点时动能最小，则从B到P由动能定理得：eE(L+)=Ek-0(3分)
所以Ek=(1分)
【感悟高考真题】
1.（20xx安徽高考T18）图（a）为示管的原理图。如果在电极YY’之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是
【答案】选B.
【详解】示波管YY’间为信号电压，XX‘为扫描电压，0～t1，Y板电势高电子向Y板偏转，X’电势高电子向X’板偏转，由此知CD错；又根据偏移量公式，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，、时刻偏转电压最大，偏移量也最大，所以B对。
2.（20xx安徽高考T20）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。
若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是
A.B.
C.D.
【答案】选B.
【详解】
画出带电粒子速度-时间图像，根据v-t图像中的“面积”研究各时刻开始的带电粒子的运动情况，A选项可画出T/8时刻开始的运动图像，如图a由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向B板靠近，最终会打到B板上,A选项错；B选项可画出5T/8时刻进入的运动图像，如图b由图知在一个周期内粒子运动的总面积为负，即粒子向A板靠近，最终会打到A板上,B选项对；C选项可画出7T/8时刻进入的运动图像，由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向B板靠近，最终会打到B板上，C选项错；同理D选项错。
3.（20xx天津理综T5）板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为.现将电容器所带电荷量变为，板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】选C．
【详解】当平行板电容器的其他条件不变，板间距离变为时，电容器的电容为，又知电容器的带电量为2Q，则得知，即，根据匀强电场中电势差与场强之间的关系式得，因此选项C正确，其它选项都错误。
4.（20xx浙江理综T25）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率η。当d=d0时，η为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。
不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。
求收集效率为100%时，两板间距的最大值为dm；
求收集效率η与两板间距d的函数关系；
若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量与两板间距d的函数关系，并绘出图线
【详解】（1）收集效率η为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有
①
在竖直方向有
②
其中
③
当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为100%，两板间距即为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有
④
在竖直方向有
⑤
其中
⑥
联立①—⑥各式可得
⑦
（2）通过前面的求解可知，当时，收集效率η均为100%.
党d0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有
⑧
根据题意，收集效率为
⑨
联立①、②、③、⑧及⑨式可得
（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为
当时，，因此
当d0.9d0时，，因此
绘出的图线如下
答案:：(1)(2)η=100%（时），（d0.9d0时）(3)（时），（d0.9d0时）图线见解析.
5.（20xx福建理综T20）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是N/C和N/C，方向如图所示，带电微粒质量，带电量,A点距虚线的距离，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：
B点距虚线的距离；
带电微粒从A点运动到B点所经历的时间。
【答案】（1）0.50cm(2)1.5×10-8s
【详解】（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有得
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分t1和t2：，由运动学公式有
t=t1+t2
联立方程解得t=1.5×10-8s
6.（20xx北京高考T24）静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为-A（0Aq）,忽略重力。求
（1）粒子所受电场力的大小；
（2）粒子的运动区间；
（3）粒子的运动周期。
【答案】（1）（2）（3）
【详解】⑴由图可知，0与d（或-d）两点的电势差为φ0
电场强度大小
电场力的大小
⑵设粒子在[-x0，x0]区间运动，速率为v，由题意得
…………………①
由图可知……………②
由①②得，……………③
因动能非负，有
得
即……………④
粒子运动的区间
⑶粒子从-x0处开始运动四分之一周期，根据牛顿第二定律粒子的加速度：
……………⑤
由于粒子做匀加速直线运动，则
粒子运动的周期
7.（20xx天津12）质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，O’O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O’O的距离。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。
（1）设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿O’O的方向从O’点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0;
(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。
上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O’点沿O’O方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时O’O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。
解析：（1）离子在电场中受到的电场力
①
离子获得的加速度
②
离子在板间运动的时间
③
到达极板右边缘时，离子在方向的分速度
④
离子从板右端到达屏上所需时间
⑤
离子射到屏上时偏离点的距离
由上述各式，得
⑥
（2）设离子电荷量为，质量为，入射时速度为，磁场的磁感应强度为，磁场对离子的洛伦兹力
⑦
已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，方向的分速度总是远大于在方向和方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度
⑧
是离子在方向的加速度，离子在方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在方向的分速度
⑨
离子飞出极板到达屏时，在方向上偏离点的距离
⑩
当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在方向上偏离点的距离为，考虑到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾两式得
⑿
其中
上式表明，是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为，坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为，由⑿式代入数据可得
⒀
故该未知离子的质量数为14。
8．（20xx江苏物理15）制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B间的电压作周期性变化，其正向电压为，反向电压为，
电压变化的周期为2r，如图乙所示。在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。
（1）若，电子在0—2r时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；
（2）若电子在0—2r时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度随时间t变化的关系；
（3）若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值。
答案：
9.（09北京19）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b(C)
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，
故对粒子a有：Bqv=Eq即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误。
10.（09天津5）如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点。则（B）
A.粒子受电场力的方向一定由M指向N
B.粒子在M点的速度一定比在N点的大
C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大
D.电场中M点的电势一定高于N点的电势
解析：由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故B对C错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，C错。
11.（09海南物理5）一平行板电容器两极板间距为、极板面积为S，电容为，其中是常量。对此电容器充电后断开电源。当增加两板间距时，电容器极板间（A）
A．电场强度不变，电势差变大
B．电场强度不变，电势差不变
C．电场强度减小，电势差不变
D．电场强度较小，电势差减小

12.（09福建15）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（B）
A.带点油滴将沿竖直方向向上运动
B.P点的电势将降低
C.带点油滴的电势将减少
D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
13.（09浙江20）空间存在匀强电场，有一电荷量、质量的粒子从点以速率射入电场，运动到点时速率为。现有另一电荷量、质量的粒子以速率仍从点射入该电场，运动到点时速率为。若忽略重力的影响，则（AD）
A．在、、三点中，点电势最高
B．在、、三点中，点电势最高
C．间的电势差比间的电势差大
D．间的电势差比间的电势差小
解析：正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到
B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高。所以B点最高，A对；，，故D对。
14.（09山东25）（18分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。
已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、l0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）
（1）求电压U的大小。
（2）求时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。
（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。

解析：
（1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有①
②
③
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为④。
（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，
后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为⑤
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。
（3）时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，联立③⑤⑩式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。
15（09安徽23）如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为。在点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求
（1）分裂时两个微粒各自的速度；
（2）当微粒1到达（点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；
（3）当微粒1到达（点时，两微粒间的距离。
答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2
解析：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：
在y方向上有
-
在x方向上有
-
根号外的负号表示沿y轴的负方向。
中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为
其中由运动学公式
所以
（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移
则当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为
16（09福建21）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。
（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；
（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）
答案：（1）;（2）;
(3)
解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。
（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有
qE+mgsin=ma①
②
联立①②可得
③
（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有
④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
⑤
联立④⑤可得
s
（3）如图
17.（09福建22）图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T,在X轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在Y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。
（1）求上述粒子的比荷；
（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；
（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。
答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2）；（3）
解析：第（1）问本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。
设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得
①
由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得
②
联立①②并代入数据得
=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）③
（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x
轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
④
代入数据得
⑤
所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有
⑥
⑦
联立①⑥⑦并代入数据得
⑧
（3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积
⑨
联立①⑨并代入数据得
矩形如图丙中（虚线）
18.（09浙江23）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q（q0）的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则
（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？
（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？
答案：（1）（2）时间为，停在处或距离B板为
解析：本题考查电场中的动力学问题
（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为
小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为
故小物块运动的加速度为
设小物块与A板相碰时的速度为v1，由
解得
（2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小为
加速度大小为
设小物块碰后到停止的时间为t，注意到末速度为零，有
解得
设小物块碰后停止时距离为，注意到末速度为零，有
则
或距离B板为
19.（09江苏14）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。
（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；
（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；
（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。
解析：
(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1
qu=mv12
qv1B=m
解得
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径
则
（2）设粒子到出口处被加速了n圈
解得
（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即
当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为
粒子的动能
当≤时，粒子的最大动能由Bm决定
解得
当≥时，粒子的最大动能由fm决定
解得
【考点精题精练】
1.(20xx扬州模拟)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有()
A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况
B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况
C.静电计可以用电压表替代
D.静电计可以用电流表替代
【答案】选A.
【详解】静电计是用来测量电容器两极板的电势差，从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化.如果用电压表、电流表来替代则构成电容器的放电回路，两电表都没有示数，故答案为A.
2.(20xx会昌模拟)水平放置的平行板电容器与一电池相连.在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态.现将电容器两板间的距离增大，则()
A.电容变大，质点向上运动
B.电容变大，质点向下运动
C.电容变小，质点保持静止
D.电容变小，质点向下运动
【答案】选D.
【详解】带电质点在电容器中处于静止状态有mg=qE，因为电容器与电源连接，电压不变，E=U/d，d增大，电容C减小，E减小，质点向下运动，答案为D.
3.虚线框内存在着匀强电场(方向未知)，有一正电荷(重力不计)从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是()
A.电场力一定对电荷做了正功
B.电场方向可能垂直ab边向右
C.电荷运动的轨迹可能是一段圆弧
D.电荷的运动一定是匀变速运动
【答案】选B、D.
【详解】由正电荷在匀强电场中的偏转可以判断，其所受电场力一定指向运动曲线的内侧，但电场力与速度方向的夹角可能为锐角或钝角，电场力可能做正功或负功，所以选项A错B对，由于正电荷只受恒定的电场力作用，所以正电荷不可能做圆周运动，一定是匀变速曲线运动，选项D正确，答案为B、D.
4.(20xx泰州模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器与一直流电源相连，在两板中央有一带电液滴处于静止状态.现通过瞬间平移和缓慢平移两种方法将A板移到图中虚线位置.下列关于带电液滴运动的说法中正确的是()
A.上述两种方法中，液滴都向
B板做匀加速直线运动
B.采用瞬间平移的方法，液滴运动到B板经历的时间短
C.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板时速度大
D.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板过程中电场力做功多
【答案】选B.
【详解】瞬间平移使带电液滴加速度突然增大立即做匀加速运动，而缓慢平移至虚线位置这一阶段，带电液滴电场力缓慢增大，加速度也缓慢增大，到达虚线位置以后才开始做匀加速运动，所以瞬间平移使带电液滴到达B板的时间短，做功多，速度大，故答案为B.
5．(20xx年黑龙江适应性测试)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()
【答案】选AD.
【详解】在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F＝U0ed，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个T4内向B板做匀加速直线运动，在第二个T4内向B板做匀减速直线运动，在第三个T4内反向做匀加速直线运动．在第四个T4内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图象如图1所示，v－t图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋12at2，所以x－t图象应是曲线．故本题选AD.
6.(20xx年北京西城抽测)如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是()
A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线
B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大
C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短
D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长
【答案】选BC.
【详解】电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势．极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D项错．
7．如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，两极板间距离为d，今在距两极板的中点12d处放一电荷q，则()
A．q所受电场力的大小为QqCd
B．q所受电场力的大小为k4Qqd2
C．q点处的电场强度是k4Qd2
D．q点处的电场强度是k8qd2
【答案】选A.
【详解】两极板之间的电场强度E＝Ud，q受到的电场力F＝Eq＝Udq＝QCdq，A正确；Q不是点电荷，点电荷的场强公式E＝kQr2在这里不能用，B、C、D不正确．
8．(20xx年广东珠海质检)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是()
A．A带正电、B不带电、C带负电
B．三小球在电场中加速度大小关系是：aAaBaC
C．三小球在电场中运动时间相等
D．三小球到达下板时的动能关系是EkCEkBEkA
【答案】选C.
【详解】由于A的水平射程x最远，A的运动时间t＝xv0最长，C错误．A的加速度aA＝2ht2最小，而C的加速度aC最大，aAaBaC，B正确．可见，A带正电，受电场力方向与重力方向相反，B不带电，C带负电，受电场力方向与重力方向相同，A正确．由动能定理知EkCEkBEkA，D正确．
9．(20xx年山东济南调研)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()
A．板间电场强度大小为mg/q
B．板间电场强度大小为2mg/q
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
【答案】选BC.
【详解】当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vx＝v0；在竖直方向上：在电场中vy＝at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vy＝gt，由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正确．
10．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是()
A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两极间振动
C．从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【答案】AC
【详解】若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误；若从t＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t＝3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极间的距离，所以D错误．
11．如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置，乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟，以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E.右侧为沿y轴负方向的匀强电场．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB间的电势差为U0，若在x轴的C点无初速度地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过B点，求：
(1)CO间的距离d；
(2)粒子通过B点的速度大小．
【答案】(1)U04E(2)5qU02m
【详解】(1)设正离子到达O点的速度为v0(其方向沿x轴的正方向)
则正离子由C点到O点由动能定理得：
qEd＝12mv02－0①
而正离子从O点到B点做类平抛运动，则：
OA＝12qU0OAmt2②
AB＝v0t③
而OA＝AB④
由①②③④得d＝U04E.
(2)设正离子到B点时速度的大小为vB，正离子从C到B过程中由动能定理得：
qEd＋qU0＝12mvB2－0，解得vB＝5qU02m.
12.如图所示，一光滑斜面的直角点A处固定一带电荷量为＋q、质量为m的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点由静止自由释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，求：
(1)小球从B处开始运动到斜面中点D处时的速度；
(2)小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力是多大？
【答案】(1)gL2(2)32mg－2kq23L2
【详解】由于小球沿斜面下滑过程中所受电场力为变力，因此不能用功的定义来求解，只能用动能定理求解
(1)由题意知：小球运动到D点时，由于AD＝AB，所以有电势φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0①
则由动能定理得：mgL2sin30°＝12mv2D－0②
联立①②解得：vD＝gL2③
(2)当小球运动至C点时，对球受力分析如图所示，则由平衡条件得：
FN＋F库sin30°＝mgcos30°④
由库仑定律得：
F库＝kq2(Lcos30°)2⑤
联立④⑤得：
FN＝32mg－23kq2L2
由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝32mg－2kq23L2.

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高三物理《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》考后题型解析

俗话说，凡事预则立，不预则废。作为教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让学生们能够更好的找到学习的乐趣，使教师有一个简单易懂的教学思路。教案的内容要写些什么更好呢？为满足您的需求，小编特地编辑了“高三物理《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》考后题型解析”，仅供参考，欢迎大家阅读。

高三物理《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》考后题型解析

第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动

考点一|电容器的电容

1．电容器的充、放电

(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．

(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．

2．对公式C＝的理解

电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．

3．两种类型的动态分析思路(加试要求)

(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．

(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．

(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．

(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．

(20xx·浙江4月学考)关于电容器，下列说法正确的是()

A．在充电过程中电流恒定

B．在放电过程中电容减小

C．能储存电荷，但不能储存电能

D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器

D[电容器充、放电过程中电流都是变化的，A错误．电容大小是电容器本身属性，由自身决定，与放电、充电无关，B错误．电容器储存电荷的过程即储存电能的过程，C错误．故选D.]

1．关于电容器的两个公式的区别

(1)电容的定义式C＝，反映了电容器储存电荷的本领，但平行板电容器的电容C的大小与Q、U都无关．

(2)平行板电容器电容的决定式C＝，反映了电容C的大小与两极板正对面积成正比，与两极板间距离成反比，与极板间电介质的相对介电常数成正比．

2平行板电容器动态变化问题

(1)首先要区分两种基本情况：

①电容器始终与电源相连时，电容器两极板间电势差U保持不变；

②电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q保持不变．

(2)依据的关系式主要有三个：

①平行板电容器的电容C与两板间距d、正对面积S、介质的相对介电常数εr间的关系为C＝；

②平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E＝；

③电容器所带的电荷量Q＝CU.

1．(多选)下列关于电容器的叙述正确的是()

A．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器

B．任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关

C．电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值

D．电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来的过程；电容器放电的过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程

BD[电容器是储存电荷的容器，不论是否带电都称为电容器，所以选项A错误，B正确．电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，所以选项C错误．电容器的充电过程是将由电源获得的电能转化为电场能的过程，放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程，所以选项D正确．]

2.(多选)如图631为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则()

图631

A．正对面积越大，电容越大

B．正对面积越大，电容越小

C．动片、定片间距离越小，电容越大

D．动片、定片间距离越小，电容越小

AC[由C＝可知动片旋入越多，正对面积越大，电容越大，A对．根据电容与板间距离成反比可知，减小两板间距离，电容增大，故C对．]

3．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C，则其电压减少为原来的，则()

A．电容器原来的带电荷量为9×10－4C

B．电容器原来的带电荷量为4.5×10－4C

C．电容器原来的电压为1V

D．电容器的电容变为原来的

B[由C＝得ΔQ＝C·ΔU＝C＝CU＝Q，Q＝＝C＝4.5×10－4C，选项A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D错．]

4.(加试要求)(20xx·诸暨调研)如图632所示，先接通S使电容器充电．然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及场强E的变化情况是()

图632

A．Q变小，C不变，U不变，E变大

B．Q变小，C变小，U不变，E变小

C．Q不变，C变小，U变大，E不变

D．Q不变，C变小，U变小，E无法确定

C[由充电后断开电源，电容器的电荷量不变，选项A、B错；由C＝知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C＝知，U增大；两板间电场强度E＝＝，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C对，D错．]

考点二|带电粒子在电场中的运动

1．带电粒子在电场中的加速

(1)处理方法

利用动能定理：qU＝mv2－mv.

(2)适用范围

任何电场．

2带电粒子在匀强电场中的偏转

(1)研究条件

带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．

(2)处理方法(加试要求)

类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．

①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.

②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．

(20xx·浙江4月学考)密立根油滴实验原理如图633所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是()

图633

A．悬浮油滴带正电

B．悬浮油滴的电荷量为

C．增大场强，悬浮油滴将向上运动

D．油滴的电荷量不一定是电子的电荷量的整数倍

C[由题目中的图示可以看出重力竖直向下，电场力竖直向上，电场强度方向向下，电荷带负电，A错误；由平衡条件可以得到mg＝，电荷的带电量q＝，B错误；此时电场力与重力相等，如果增大电场强度，则电场力大于重力，所以油滴将向上运动，C正确；由元电荷的带电量e＝1.6×10－19C可知，油滴的带电量一定是电子电量的整数倍，D错误．]

1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法

(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．

(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．

2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路

(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．

(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝mv2－mv.

3．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论

(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．

证明：由qU0＝mv

y＝at2＝··

tanθ＝

得：y＝，tanθ＝.

(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.

1.(20xx·乐清模拟)如图634所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极间电压不变，则()

图634

A．当减小两板间的距离时，速度v增大

B．当减小两极间的距离时，速度v减小

C．当减小两极间的距离时，速度v不变

D．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长

C[由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误．]

2．(20xx·舟山调研)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回．如图635所示，＝h，此电子具有的初动能是()

图635

A.B．edUhC.D.

D[电子受到的静电力做负功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝h，Ek＝，由此知选项D正确．]

3．如图636所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()

图636

A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大

C．U1变大、U2变小D．U1变小，U2变小

B[设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝mv，电子在水平极板间偏转所用时间t＝，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a＝，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝，又tanθ＝＝＝＝，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确．]

4.(加试要求)(多选)如图637所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则()

图637

A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2

B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1

C．A和B的质量之比为1∶12

D．A和B的位移大小之比为1∶1

ABC[粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确．]

高考物理电容带电粒子在电场中的运动知识点总结复习

第九章电场
电容带电粒子在电场中的运动
知识要点：
一、基础知识
1、电容
（1）两个彼此绝缘，而又互相靠近的导体，就组成了一个电容器。
（2）电容：表示电容器容纳电荷的本领。
a定义式：，即电容C等于Q与U的比值，不能理解为电容C与Q成正比，与U成反比。一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
b决定因素式：如平行板电容器（不要求应用此式计算）
（3）对于平行板电容器有关的Q、E、U、C的讨论时要注意两种情况：
a保持两板与电源相连，则电容器两极板间的电压U不变
b充电后断开电源，则带电量Q不变
（4）电容的定义式：（定义式）
（5）C由电容器本身决定。对平行板电容器来说C取决于：（决定式）
（6）电容器所带电量和两极板上电压的变化常见的有两种基本情况：
第一种情况：若电容器充电后再将电源断开，则表示电容器的电量Q为一定，此时电容器两极的电势差将随电容的变化而变化。
第二种情况：若电容器始终和电源接通，则表示电容器两极板的电压V为一定，此时电容器的电量将随电容的变化而变化。

2、带电粒子在电场中的运动
（1）带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程（平衡、加速或减速，是直线还是曲线），然后选用恰当的规律解题。
（2）在对带电粒子进行受力分析时，要注意两点：
a要掌握电场力的特点。如电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还与带电粒子的电量和电性有关；在匀强电场中，带电粒子所受电场力处处是恒力；在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受电场力的大小和方向都可能不同。
b是否考虑重力要依据具体情况而定：基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有要说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）。带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
3、带电粒子的加速（含偏转过程中速度大小的变化）过程是其他形式的能和功能之间的转化过程。解决这类问题，可以用动能定理，也可以用能量守恒定律。
如选用动能定理，则要分清哪些力做功？做正功还是负功？是恒力功还是变力功？若电场力是变力，则电场力的功必须表达成，还要确定初态动能和末态动能（或初、末态间的动能增量）
如选用能量守恒定律，则要分清有哪些形式的能在变化？怎样变化（是增加还是减少）？能量守恒的表达形式有：
a初态和末态的总能量（代数和）相等，即；
b某种形式的能量减少一定等于其它形式能量的增加，即
c各种形式的能量的增量的代数和；

4、带电粒子在匀强电场中类平抛的偏转问题。
如果带电粒子以初速度v0垂直于场强方向射入匀强电场，不计重力，电场力使带电粒子产生加速度，作类平抛运动，分析时，仍采用力学中分析平抛运动的方法：把运动分解为垂直于电场方向上的一个分运动——匀速直线运动：，；另一个是平行于场强方向上的分运动——匀加速运动，，，粒子的偏转角为。
经一定加速电压（U1）加速后的带电粒子，垂直于场强方向射入确定的平行板偏转电场中，粒子对入射方向的偏移，它只跟加在偏转电极上的电压U2有关。当偏转电压的大小极性发生变化时，粒子的偏移也随之变化。如果偏转电压的变化周期远远大于粒子穿越电场的时间（T），则在粒子穿越电场的过程中，仍可当作匀强电场处理。

应注意的问题：
1、电场强度E和电势U仅仅由场本身决定，与是否在场中放入电荷，以及放入什么样的检验电荷无关。
而电场力F和电势能两个量，不仅与电场有关，还与放入场中的检验电荷有关。
所以E和U属于电场，而和属于场和场中的电荷。
2、一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹和电场线并不重合，运动轨迹上的一点的切线方向表示速度方向，电场线上一点的切线方向反映正电荷的受力方向。物体的受力方向和运动方向是有区别的。
如图所示：
只有在电场线为直线的电场中，且电荷由静止开始或初速度方向和电场方向一致并只受电场力作用下运动，在这种特殊情况下粒子的运动轨迹才是沿电力线的。
3、点电荷的电场强度和电势
（1）点电荷在真空中形成的电场的电场强度，当源电荷时，场强方向背离源电荷，当源电荷为负时，场强方向指向源电荷。但不论源电荷正负，距源电荷越近场强越大。
（2）当取时，正的源电荷电场中各点电势均为正，距场源电荷越近，电势越高。负的源电荷电场中各点电势均为负，距场源电荷越近，电势越低。
（3）若有n个点电荷同时存在，它们的电场就互相迭加，形成合电场，这时某点的电场强度就等于各个点电荷在该点产生的场强的矢量和，而某点的电势就等于各个点电荷在该点的电势的代数和。

高考物理一轮复习：电场与带电粒子在电场中的运动（上）

第13讲电场与带电粒子在电场中的运动经典精讲（上）
主讲教师：徐建烽首师大附中物理特级教师
开心自测
题一：如图，完全相同的金属小球A和B带等量异号电荷，中间连接着一个轻质绝缘弹簧，放在光滑的水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0，现将不带电的与A、B完全相同的金属球C与A接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的压缩量为（）
A.x=x0/2B.xx0/2C.xx0/2D.x=x0
题二：一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度—时间图象如图甲所示。则A、B两点所在区域的电场线可能是图乙中的（）
题三：如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（）
Ａ.沿AB方向Ｂ.沿AC方向Ｃ.沿OC方向Ｄ.沿BC方向
考点梳理与金题精讲
题一：如图，一个测定液面高度的传感器原理图，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的两极，把这两极接入外电路，若外电路中的电流变化说明电容值增大，则导电液体的深度h()
A.增大B.减少C.不变D.不能确定

题二：如图，由A、B两平行金属板构成的电容器，电容为C，原来不带电，电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0，如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达B板后再发射第二个电子，并且所有到达B板的电子都留在B板上，随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直到达到一个稳定值，已知电子的质量为m，电量为e，电子所受的重力可忽略不计，A、B两板的距离为L，求：
（1）当B板上聚积了n个射来的电子时，两板间电场的场强E多大？
（2）最多能有多少个电子到达B板？
（3）到达B板的第1个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间差是多少？
第13讲电场与带电粒子在电场中的运动经典精讲（上）
开心自测题一：C题二：C题三：C
金题精讲题一：A题二：（1）ne/CL；（2）取整数再加1；（3）L/v0

高考物理第一轮考纲知识复习:带电粒子在复合场中的运动

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。作为教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容，帮助教师能够井然有序的进行教学。您知道教案应该要怎么下笔吗？急您所急，小编为朋友们了收集和编辑了“高考物理第一轮考纲知识复习:带电粒子在复合场中的运动”，欢迎阅读，希望您能够喜欢并分享！

第3节带电粒子在复合场中的运动
【考纲知识梳理】
一、复合场
复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或其中某两场并存，或分区域存在。
二、带电粒子在复合场中的运动分类
1、当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止．
2、当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动．
3、当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动．
4、当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理．
三、带电粒子在复合场中运动的应用实例
1、粒子速度选择器
速度选择器是近代物理学研究中常用的一种实验工具，其功能是为了选择某种速度的带电粒子
（1）．结构：
①平行金属板M、N，将M接电源正极，N板接电源负极，M、N间形成匀强电场，设场强为E；
②在两板之间的空间加上垂直纸面向里的匀强磁场，设磁感应强度为B；
③在极板两端加垂直极板的档板，档板中心开孔S1、S2，孔S1、S2水平正对。
（2）．原理
工作原理。设一束质量、电性、带电量、速度均不同的粒子束（重力不计），从S1孔垂直磁场和电场方向进入两板间，当带电粒子进入电场和磁场共存空间时，同时受到电场力和洛伦兹力作用
若
。
即：当粒子的速度时，粒子匀速运动，不发生偏转，可以从S2孔飞出。由此可见，尽管有一束速度不同的粒子从S1孔进入，但能从S2孔飞出的粒子只有一种速度，而与粒子的质量、电性、电量无关
（3）．几个问题
①粒子受力特点——电场力F与洛仑兹力f方向相反
②粒子匀速通过速度选择器的条件——带电粒子从小孔S1水平射入，匀速通过叠加场，并从小孔S2水平射出，电场力与洛仑兹力平衡，即;即;
③使粒子匀速通过选择器的两种途径:
当一定时——调节E和B的大小;
当E和B一定时——调节加速电压U的大小;根据匀速运动的条件和功能关系，有，所以，加速电压应为。
④如何保证F和f的方向始终相反——将、E、B三者中任意两个量的方向同时改变，但不能同时改变三个或者其中任意一个的方向，否则将破坏速度选择器的功能。
⑤如果粒子从S2孔进入时，粒子受电场力和洛伦兹力的方向相同，所以无论粒子多大的速度，所有粒子都将发生偏转
⑥两个重要的功能关系——当粒子进入速度选择器时速度，粒子将因侧移而不能通过选择器。如图，设在电场方向侧移后粒子速度为v，
当时:粒子向f方向侧移，F做负功——粒子动能减少，电势能增加，有
当时:粒子向F方向侧移，F做正功——粒子动能增加，电势能减少，有;

2、磁流体发电机
磁流体发电就是利用等离子体来发电。
（1）．等离子体的产生：在高温条件下（例如2000K）气体发生电离，电离后的气体中含有离子、电子和部分未电离的中性粒子，因为正负电荷的密度几乎相等，从整体看呈电中性，这种高度电离的气体就称为等离子体，也有人称它为“物质的第四态”。
（2）．工作原理:
磁流体发电机结构原理如图（1）所示，其平面图如图（2）所示。M、N为平行板电极，极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，让等离子体平行于极板从左向右高速射入极板间，由于洛伦兹力的作用，正离子将向M板偏转，负离子将向N板偏转，于是在M板上积累正电荷，在N板上积累负电荷。这样在两极板间就产生电势差，形成了电场，场强方向从M指向N，以后进入极板间的带电粒子除受到洛伦兹力之外，还受到电场力的作用，只要，带电粒子就继续偏转，极板上就继续积累电荷，使极板间的场强增加，直到带电粒子所受的电场力与洛伦兹力大小相等为止。此后带电粒子进入极板间不再偏转，极板上也就不再积累电荷而形成稳定的电势差
（3）．电动势的计算:设两极板间距为d，根据两极电势差达到最大值的条件，即，则磁流体发电机的电动势。
3、电磁流量计
电磁流量计是利用霍尔效应来测量管道中液体流量（单位时间内通过管内横截面的液体的体积）的一种设备。其原理为：
如图所示
圆形管道直径为d（用非磁性材料制成），管道内有向左匀速流动的导电液体，在管道所在空间加一垂直管道向里的匀强磁场，设磁感应强度为B；管道内随液体一起流动的自由电荷（正、负离子）在洛伦兹力作用下垂直磁场方向偏转，使管道上ab两点间有电势差，管道内形成电场；当自由电荷受电场力和洛伦兹力平衡时，ab间电势差就保持稳定，测出ab间电势差的大小U，则有：
，
故管道内液体的流量
4.霍尔效应
（1）．霍尔效应。金属导体板放在垂直于它的匀强磁场中，当导体板中通过电流时，在平行于磁场且平行于电流的两个侧面间会产生电势差，这种现象叫霍尔效应。
（2）．霍尔效应的解释。如图，截面为矩形的金属导体，在ｘ方向通以电流Ｉ，在ｚ方向加磁场Ｂ，导体中自由电子逆着电流方向运动。由左手定则可以判断，运动的电子在洛伦兹力作用下向下表面聚集，在导体的上表面A就会出现多余的正电荷，形成上表面电势高，下表面电势低的电势差，导体内部出现电场，电场方向由A指向A’，以后运动的电子将同时受洛伦兹力和电场力作用，随着表面电荷聚集，电场强度增加，也增加，最终会使运动的电子达到受力平衡（）而匀速运动，此时导体上下两表面间就出现稳定的电势差。
（3）．霍尔效应中的结论。
设导体板厚度为h(y轴方向)、宽度为d、通入的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，导体中单位体积内自由电子数为n，电子的电量为e，定向移动速度大小为v，上下表面间的电势差为U；
①由①。
②实验研究表明，U、I、B的关系还可表达为②，k为霍尔系数。又由电流的微观表达式有：③。联立①②③式可得。由此可通过霍尔系数的测定来确定导体内部单位体积内自由电子数。
③考察两表面间的电势差，相当于长度为h的直导体垂直匀强磁场B以速度v切割磁感线所产生的感应电动势
【要点名师透析】
一、带电粒子在复合场中的运动分析
1.带电粒子在复合场中运动的分析方法
(1)弄清复合场的组成.如磁场、电场的复合,磁场、重力场的复合,磁场、电场、重力场三者的复合等.
(2)正确受力分析,除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析.
(3)确定带电粒子的运动状态,注意运动情况和受力情况的结合.
(4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时,要分阶段进行处理.
(5)画出粒子运动轨迹,灵活选择不同的运动规律.
①当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时,根据受力平衡列方程求解.
②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时,应用牛顿定律结合圆周运动规律求解.
③当带电粒子做复杂曲线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解.
④对于临界问题,注意挖掘隐含条件.
2.复合场中粒子重力是否考虑的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力.
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况按题目要求处理比较正规，也比较简单.
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力.
【例1】(16分)如图所示,在水平地面上方有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场区域.磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.一质量为m、带电荷量为q的带正电微粒在此区域内沿竖直平面(垂直于磁场方向的平面)做速度大小为v的匀速圆周运动,重力加速度为g.
(1)求此区域内电场强度的大小和方向.
(2)若某时刻微粒在场中运动到P点时,速度与水平方向的夹角为60°,且已知P点与水平地面间的距离等于其做圆周运动的半径.求该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离.
(3)当带电微粒运动至最高点时,将电场强度的大小变为原来的(方向不变,且不计电场变化对原磁场的影响),且带电微粒能落至地面,求带电微粒落至地面时的速度大小.
【详解】(1)由于带电微粒可以在电场、磁场和重力场共存的区域内沿竖直平面做匀速圆周运动,表明带电微粒所受的电场力和重力大小相等、方向相反,因此电场强度的方向竖直向上.(1分)
设电场强度为E,则有mg=qE(2分)
即(1分)
(2)设带电微粒做匀速圆周运动的轨道半径为R,根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有(1分)解得(1分)
依题意可画出带电微粒做匀速圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系可知,该微粒运动至最高点时与水平地面间的距离(4分)
(3)将电场强度的大小变为原来的则电场力F电=带电微粒运动过程中,洛伦兹力不做功,所以在它从最高点运动至地面的过程中,只有重力和电场力做功,设带电微粒落地时的速度大小为v1,根据动能定理有(4分)解得：
二、带电粒子在复合场中运动的分类
1.带电粒子在复合场中无约束情况下的运动
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动.
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因F洛不做功，故机械能守恒，由此可求解问题.
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动.
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，因F洛不做功，可用动能定理求解问题.
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动.
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.
③若合力不为零且与速度方向不垂直，做复杂的曲线运动，因F洛不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题.
2.带电粒子在复合场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果.
3.带电粒子在复合场中运动的临界值问题
由于带电粒子在复合场中受力情况复杂、运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解.
【例2】(14分)如图所示,足够长的光滑绝缘斜面与水平面的夹角为α(sinα=0.6)，放在匀强电场和匀强磁场中，电场强度E=50V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外.一个电荷量为q=4×10-2C，质量m=0.40kg的光滑小球，以初速度v0=20m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过3s脱离斜面，求磁场的磁感应强度.(g取10m/s2)
【详解】小球沿斜面向上运动过程中受力分析如图所示，由牛顿第二定律，得
qEcosα+mgsinα=ma1，(3分)故(1分)
代入数据得a1=10m/s2，(1分)
上行时间(1分)
小球沿斜面下滑过程中受力分析如图所示，小球在离开斜面前做匀加速直线运动，a2=10m/s2(1分)
运动时间t2=1s(1分)
脱离斜面时的速度v=a2t2=10m/s(1分)
在垂直斜面方向上小球脱离斜面受力条件有：qvB+qEsinα=mgcosα，(3分)
故(2分)
【感悟高考真题】
1.（20xx新课标全国卷T25）如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求
（1）粒子a射入区域I时速度的大小；
（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。
【详解】（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，
qvaB=mva2Ra1①
由几何关系有∠PCP′=θ②
Ra1=dsinθ③
式中θ=30°，由上面三式可得
va=2dqBm④
（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa（图中未画出轨迹），
∠P′OaPa=θ′，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，
qva（2B）=mva2Ra2⑤
由①⑤式得Ra2=Ra12⑥
C、P′、Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于
x=32d⑦
的平面上，由对称性知，Pa点与P′的纵坐标相同，即
yPa=Ra1cosθ＋h⑧
式中，h是C点的纵坐标。
设b在I中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有，
q（va3）B=mRb1（va3）2⑨
设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α，如果b没有飞出I，则
tTa2=θ′2π⑩
tTb1=α2π⑾
式中，t是a在区域II中运动的时间，而
Ta2=2πRa2va⑿
Tb1=2πRb1va/3⒀
由⑤⑨⑩⑾⑿⒀式得
α=30°⒁
由①③⑨⒁式可见，b没有飞出I。Pb点的y坐标为
yP2=Rb1（2+cosα）+h⒂
由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标差为
yP2－yPa=23（3－2）d
2.（20xx安徽高考T23）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间从p点射出。
（1）求电场强度的大小和方向。
（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射
入，经时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加
速度的大小。
（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为
原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）设带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v,电场强度为E，可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，由于粒子的重力不计且粒子受力平衡，故粒子受到的电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，电场强度沿沿x轴正方向，①
②得
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向作匀速直线运动，位移为③
由②③式得，设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆线边界上，于是,又因为粒子在水平方向上做匀速直线运动，则④
得⑤
（3）仅有磁场时入射速度，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为，由牛顿第二定律有⑥，
又有⑦，
由②⑤⑥⑦得
带电粒子偏转情况如图由几何知识，,则带电粒子在磁场中运动时间