202X届高考物理总复习第七章静电场7.3电容器与电容带电粒子在电场中的运动课件新人教版

1、第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动【秒判正误秒判正误】(1)(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。数和。( )( )(2)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。( )( )(3)(3)放电后的电容器电荷量为零，但电容并不为零。放电后的电容器电荷量为零，但电容并不为零。( )( )(4)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。( )( )(5)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动

2、。圆周运动。( )( )(6)(6)示波管屏幕上的亮线是荧光屏自身发出的光。示波管屏幕上的亮线是荧光屏自身发出的光。( )( )(7)(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。( )( )考点考点1 1平行板电容器的动态分析平行板电容器的动态分析【典题突破典题突破】 题型题型1 1定电压问题定电压问题【典例典例1 1】( (多选多选) )如图所示，如图所示，K K闭合后，在闭合后，在P P点处有一质点处有一质量为量为m m、带电量为、带电量为q q的油滴恰好于静止状态。则下列说的油滴恰好于静止状态。则下列说法中正确的是法中正确的是( () )

3、A.A.若将若将A A板向上平移一小段距离，则油滴向下加速运动，板向上平移一小段距离，则油滴向下加速运动，R R中有向左的电流，中有向左的电流，P P点电势降低点电势降低B.B.若将若将A A板向左平移一小段距离，则油滴仍然静止，板向左平移一小段距离，则油滴仍然静止，R R中有向左的电流，中有向左的电流，P P点电势不变点电势不变C.C.若将玻璃板插入极板若将玻璃板插入极板ABAB间，则油滴向下加速运动，间，则油滴向下加速运动，R R中有向左的电流，中有向左的电流，P P点电势不变点电势不变D.D.若将金属板插入极板若将金属板插入极板ABAB间，则油滴向上加速运动，间，则油滴向上加速运动，R

4、R中有向左电流，中有向左电流，P P点电势降低点电势降低【解题思维解题思维】1.1.题型特征：电压保持不变时平行板电容器的动态变题型特征：电压保持不变时平行板电容器的动态变化。化。2.2.题型解码：题型解码：(1)(1)由由 判断极板移动时场强的变化，从而确定油判断极板移动时场强的变化，从而确定油滴的运动。滴的运动。(2)(2)由由 分析电荷量的变化。分析电荷量的变化。(3)(3)插入金属板相当于极板间距离减小。插入金属板相当于极板间距离减小。UEdrSQCCU4 kd、【解析解析】选选A A、B B。开始时，重力和电场力平衡，则。开始时，重力和电场力平衡，则mg=qEmg=qE，将，将A A

5、板上移，由板上移，由 可知，可知，E E变小，油滴应向变小，油滴应向下加速运动，由下加速运动，由 得得 因电压因电压U U不变，随着不变，随着d d增大，故电容器电量减小放电，增大，故电容器电量减小放电，R R中有向中有向左的电流，电场强度左的电流，电场强度E E变小，变小，PBPB间电势差减小，而间电势差减小，而B B板板接地，因此接地，因此P P点电势降低，故点电势降低，故A A正确；若将正确；若将B B板向左平移板向左平移一小段距离，由一小段距离，由 可知，可知，E E不变，油滴仍静止，根不变，油滴仍静止，根rSQCCU4 kd、rSUQ4 kd，UEdUEd据据 S S减小，电容器电量

6、减小放电，减小，电容器电量减小放电，R R中有向左中有向左的电流，的电流，PBPB间电势差不变，间电势差不变，P P点的电势不变，故点的电势不变，故B B正正确；若将玻璃板插入确；若将玻璃板插入ABAB间，由间，由 可知，可知，E E不变，油不变，油滴仍静止，根据滴仍静止，根据 电容器电量增加充电，电容器电量增加充电，R R中中有向右的电流，有向右的电流，PBPB间电势差不变，间电势差不变，P P点的电势不变，故点的电势不变，故C C错误；若将金属板插入错误；若将金属板插入ABAB间，则相当于极板间距离减间，则相当于极板间距离减rSUQ4 kd，UEdrSUQ4 kd，小，由小，由 可知，可知

7、，E E变大，则油滴向上加速运动，根变大，则油滴向上加速运动，根据据 电容器电量增加充电，电容器电量增加充电，R R中有向右的电流，中有向右的电流，PBPB间电势差增大，间电势差增大，P P点的电势升高，故点的电势升高，故D D错误。错误。UEdrSUQ4 kd，【触类旁通触类旁通】(2016(2016全国卷全国卷)一平行板电容器两极一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器母介质移出，则电容器 ( () )A.A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.B.极板上的

8、电荷量变小，极板间电场强度变大极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【解析解析】选选D D。据。据 可知，将云母介质移出电容可知，将云母介质移出电容器，器，C C变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据据Q=CUQ=CU可知极板上的电荷量变小，据可知极板上的电荷量变小，据 可知极板间可知极板间电场强度不变，故选电场强度不变，故选D D。rSC4 kdUEd题型题型2 2定电量问题定电

9、量问题【典例典例2 2】(2018(2018北京高考北京高考) )研究与平行板电容器电容研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( () )A.A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器实验前，只用带电玻璃棒与电容器a a板接触，能使电板接触，能使电容器带电容器带电B.B.实验中，只将电容器实验中，只将电容器b b板向上平移，静电计指针的张板向上平移，静电计指针的张角变小角变小C.C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大的张角变大D.D.实验中，只增加极板带电量，静电计指

10、针的张角变实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大大，表明电容增大【解题思维解题思维】1.1.题型特征：电荷量保持不变时平行板电容器的动态题型特征：电荷量保持不变时平行板电容器的动态变化。变化。2.2.题型解码：题型解码：(1)(1)静电计张角的大小表示极板间电压的大小。静电计张角的大小表示极板间电压的大小。(2)(2)由由 分析电压的变化。分析电压的变化。(3)(3)电容电容C C的变化与极板所带电荷量无关。的变化与极板所带电荷量无关。rSQCCU4 kd、【解析解析】选选A A。当用带电玻璃棒与电容器。当用带电玻璃棒与电容器a a板接触，由板接触，由于静电感应，从而在于

11、静电感应，从而在b b板感应出等量的异种电荷，从而板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项使电容器带电，故选项A A正确；根据电容的决定式：正确；根据电容的决定式： 将电容器将电容器b b板向上平移，即正对面积板向上平移，即正对面积S S减小，减小，则电容则电容C C减小，根据减小，根据 可知，可知， 电量电量Q Q不变，则电压不变，则电压U U增大，则静电计指针的张角变大，故选项增大，则静电计指针的张角变大，故选项B B错误；根错误；根rSC,4 kdQCU据电容的决定式：据电容的决定式： 只在极板间插入有机玻璃只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数板，则介电系数r r增大，则电容增大

12、，则电容C C增大，根据增大，根据 可知，可知， 电量电量Q Q不变，则电压不变，则电压U U减小，则静电计指针的张减小，则静电计指针的张角减小，故选项角减小，故选项C C错误；根据电容决定式错误；根据电容决定式 可知，可知，电容电容C C的变化与电量并无关系，因此电量的改变并不会的变化与电量并无关系，因此电量的改变并不会导致电容的变化，故选项导致电容的变化，故选项D D错误。错误。rSC,4 kdQCUrSC4 kd【触类旁通触类旁通】(2019(2019皖南八校模拟皖南八校模拟) )如图所示，平行如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，静电计的板电容器充电后与电源断开，正极板接

13、地，静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地，以金属球与电容器的负极板连接，外壳接地，以E E表示两表示两板间的场强，板间的场强，表示静电计指针的偏角，各物理量的表示静电计指针的偏角，各物理量的变化情况正确的是变化情况正确的是( () )A.A.将电容器的正极板向右移动，将电容器的正极板向右移动，E E不变，不变，减小减小B.B.将电容器的正极板向右移动，将电容器的正极板向右移动，E E减小，减小，增大增大C.C.将电容器的正极板向左移动，将电容器的正极板向左移动，E E不变，不变，不变不变D.D.将电容器的正极板向左移动，将电容器的正极板向左移动，E E减小，减小，减小减小【解析解析】选

14、选A A。极板所带电量保持不变，将电容器的正。极板所带电量保持不变，将电容器的正极板向右移动，两板间距离极板向右移动，两板间距离d d减小，由减小，由 可知，可知，C C增大，由增大，由 可知，可知，E E不变，由不变，由 可知，极板间电压减小，可知，极板间电压减小，减小，故减小，故A A正确，正确，B B错误；错误；同理可知同理可知C C、D D错误。错误。 rSC4 kdrUQ4 kQEdCdSQUC【提分秘籍提分秘籍】1.1.平行板电容器动态的分析思路：平行板电容器动态的分析思路：2.2.两类动态分析的比较：两类动态分析的比较：【加固训练加固训练】( (多选多选) )如图所示，两块较大的

15、金属板如图所示，两块较大的金属板A A、B B相距为相距为d d，平，平行放置并与一电源相连，行放置并与一电源相连，S S闭合后，两板间恰好有一质闭合后，两板间恰好有一质量为量为m m，带电量为，带电量为q q的油滴处于静止状态，以下说法正的油滴处于静止状态，以下说法正确的是确的是( () )A.A.若将若将S S断开，则油滴将做自由落体运动，断开，则油滴将做自由落体运动，G G表中无电表中无电流流B.B.若将若将A A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G G表表中有中有baba的电流的电流C.C.若将若将A A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，向上

16、平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G G表中有表中有baba的电流的电流D.D.若将若将A A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G G表中有表中有baba的电流的电流【解析解析】选选B B、C C。将。将S S断开，电容器电量不变，板间场断开，电容器电量不变，板间场强不变，故油滴仍处于静止状态，选项强不变，故油滴仍处于静止状态，选项A A错误；若错误；若S S闭闭合，将合，将A A板左移，由板左移，由 可知，可知，E E不变，油滴仍静止，不变，油滴仍静止，由由 可知正对面积减小时电容可知正对面积减小时电容C C变小，则电容变小，则电容器极板电量器

17、极板电量Q=CUQ=CU变小，电容器放电，则有变小，电容器放电，则有baba的电流，的电流，故选项故选项B B正确；将正确；将A A板上移，由板上移，由 可知，可知，E E变小，油变小，油UEdrSC4 kdUEd滴应向下加速运动，由滴应向下加速运动，由 可知板间距离增大时可知板间距离增大时电容电容C C变小，电容器要放电，则有变小，电容器要放电，则有baba的电流流过的电流流过G G，故选项故选项C C正确；当正确；当A A板下移时，板间电场强度增大，油板下移时，板间电场强度增大，油滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，由滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，由 可知板间距离减小时可知板间距离减

18、小时C C增大，电容器要充电，则有增大，电容器要充电，则有abab的电流流过的电流流过G G，故选项，故选项D D错误。错误。rSC4 kdrSC4 kd考点考点2 2带电粒子在匀强电场中的运动带电粒子在匀强电场中的运动 【典题突破典题突破】题型题型1 1加速直线运动加速直线运动【典例典例3 3】( (多选多选)(2018)(2018全国卷全国卷) ) 如图，一平行板如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒粒a a、b b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附

19、近，与极板距离相等。静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放现同时释放a a、b b，它们由静止开始运动，在随后的某，它们由静止开始运动，在随后的某时刻时刻t t，a a、b b经过电容器两极板间下半区域的同一水平经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。面。a a、b b间的相互作用和重力可忽略，下列说法正确间的相互作用和重力可忽略，下列说法正确的是的是 ( () )A.aA.a的质量比的质量比b b的大的大B.B.在在t t时刻，时刻，a a的动能比的动能比b b的大的大C.C.在在t t时刻，时刻，a a和和b b的电势能相等的电势能相等D.D.在在t t时刻，时刻，a a

20、和和b b的动量大小相等的动量大小相等【解题思维解题思维】1.1.题型特征：带电粒子在电场中做加速直线运动。题型特征：带电粒子在电场中做加速直线运动。2.2.题型解码：题型解码：(1)(1)由动量定理确定由动量定理确定t t时刻两粒子的电量。时刻两粒子的电量。(2)(2)由两粒子相遇的位置确定粒子的速度大小。由两粒子相遇的位置确定粒子的速度大小。(3)(3)由粒子的电性结合由粒子的电性结合E Ep p=q=q判断电势能大小。判断电势能大小。【解析解析】选选B B、D D。由于平行板电容器连接在直流电源。由于平行板电容器连接在直流电源上，上，U U不变，不变，E E不变，两微粒不变，两微粒a a

21、、b b所带电荷量大小相所带电荷量大小相等，则电场力大小相等，经过相同时间，据动量定理等，则电场力大小相等，经过相同时间，据动量定理Ft=mv-0Ft=mv-0可知，在可知，在t t时刻时刻a a和和b b的动量大小相等，的动量大小相等，D D对；因对；因为经过时间为经过时间t t，在下半区域的同一水平面，因此，在下半区域的同一水平面，因此v va a v vb b，则，则m ma amEEkbkb，B B对；在对；在2kpE2m同一水平面电势相等，由于同一水平面电势相等，由于a a、b b所带电荷量大小相等，所带电荷量大小相等，符号相反，电势能不等，符号相反，电势能不等，C C错；故选错；故

22、选B B、D D。【触类旁通触类旁通】( (多选多选) )如图所示，平行金属板如图所示，平行金属板A A、B B在真在真空中水平正对放置，两极板的间距为空中水平正对放置，两极板的间距为d d，分别带等量异，分别带等量异号电荷。质量为号电荷。质量为m m、电量为、电量为q q的带负电的油滴以速度的带负电的油滴以速度v v0 0从从A A极板的左边缘射入电场，沿直线从极板的左边缘射入电场，沿直线从B B极板的右边缘极板的右边缘射出，重力加速度为射出，重力加速度为g g。则。则( () )A.A.油滴做匀速直线运动油滴做匀速直线运动B.B.油滴的电势能减少了油滴的电势能减少了mgdmgdC.C.两极

23、板的电势差两极板的电势差 D.AD.A板的电势低于板的电势低于B B板的电势板的电势ABmgdUq【解析解析】选选A A、C C。油滴在电场中受到重力和电场力，。油滴在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡才能做匀速直而做直线运动，电场力与重力必定平衡才能做匀速直线运动，油滴的加速度为零，故线运动，油滴的加速度为零，故A A正确；重力做功正确；重力做功mgdmgd，油滴的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒，油滴的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，油滴的电势能增加了定律得知，油滴的电势能增加了mgdmgd，机械能减小了，机械能减小了mgdmgd，故，故B B错误

24、；由上可知油滴的电势能增加量错误；由上可知油滴的电势能增加量EEp p=mgd=mgd，又，又EEp p=qU=qUABAB，得到两极板的电势差，得到两极板的电势差 故故C C正确；由题意可判断出电场力方向竖直向正确；由题意可判断出电场力方向竖直向上，油滴带负电，电场强度方向竖直向下，上，油滴带负电，电场强度方向竖直向下，A A板的电势板的电势高于高于B B板的电势，故板的电势，故D D错误。错误。mgd,qABU题型题型2 2类平抛运动类平抛运动【典例典例4 4】( (多选多选)(2019)(2019咸阳模拟咸阳模拟) )如图所示，一带电如图所示，一带电荷量为荷量为q q的带电粒子以一定的初

25、速度由的带电粒子以一定的初速度由P P点射入匀强电点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q Q点射出电场时，点射出电场时，其速度方向与电场线成其速度方向与电场线成3030角。已知匀强电场的宽度角。已知匀强电场的宽度为为d d，P P、Q Q两点的电势差为两点的电势差为U U，不计重力作用，设，不计重力作用，设P P点的点的电势为零。则下列说法正确的是电势为零。则下列说法正确的是( () )A.A.带电粒子在带电粒子在Q Q点的电势能为点的电势能为-Uq-UqB.B.带电粒子带负电带电粒子带负电C.C.此匀强电场的电场强度大小为此匀强电场的电场强度大小为 D

26、.D.此匀强电场的电场强度大小为此匀强电场的电场强度大小为 2 3UE3d3UE3d【解题思维解题思维】1.1.题型特征：带电粒子垂直电场线射入匀强电场。题型特征：带电粒子垂直电场线射入匀强电场。2.2.题型解码：题型解码：(1)(1)由运动轨迹判断粒子的电性。由运动轨迹判断粒子的电性。(2)(2)由功能关系确定粒子的电势能。由功能关系确定粒子的电势能。(3)(3)由类平抛运动的规律确定电场强度。由类平抛运动的规律确定电场强度。【解析解析】选选A A、C C。由图看出粒子的轨迹向上，则所受。由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正的电场力向上，与电场方向相同，

27、所以该粒子带正电，粒子从电，粒子从P P到到Q Q，电场力做正功，大小为，电场力做正功，大小为W=qUW=qU，则粒，则粒子的电势能减少了子的电势能减少了qUqU，P P点的电势为零，则知带电粒子点的电势为零，则知带电粒子在在Q Q点的电势能为点的电势能为-Uq-Uq，故，故A A正确、正确、B B错误；设带电粒子错误；设带电粒子在在P P点时的速度为点时的速度为v v0 0，粒子在电场中做类平抛运动，在，粒子在电场中做类平抛运动，在Q Q点点v vy y= v= v0 0，粒子在电场方向上的位移为，粒子在电场方向上的位移为 水平方向水平方向d=vd=v0 0t t，解得，解得 则场强为则场强

28、为 联立联立解得解得 故故C C正确，正确，D D错误。错误。303vyt2，3dy2，UEy，2 3UE3d，【触类旁通触类旁通】( (多选多选) )如图所示，带电荷量之比为如图所示，带电荷量之比为q qA AqqB B=13=13的带电粒子的带电粒子A A、B B以相等的速度以相等的速度v v0 0从同一点从同一点出发，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，分别打在中，分别打在C C、D D点，若点，若OC=CDOC=CD，忽略粒子重力的影响，忽略粒子重力的影响，则则( () )A.AA.A和和B B在电场中运动的时间之比为在电场中运动的

29、时间之比为1212B.AB.A和和B B运动的加速度大小之比为运动的加速度大小之比为4141C.AC.A和和B B的质量之比为的质量之比为112112D.AD.A和和B B的位移大小之比为的位移大小之比为1111【解析解析】选选A A、B B、C C。粒子。粒子A A和和B B在匀强电场中做类平抛在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由运动，水平方向由x=vx=v0 0t t及及OC=CDOC=CD得，得，t tA AttB B=12=12，故，故A A正确；竖直方向由正确；竖直方向由 它们沿竖直方向它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为下落的加速度大小之比为a aA AaaB B=41=41，故，

30、故B B正确；根正确；根据据 则则m mA AmmB B=112=112，故，故C C正确；正确；A A和和B B的的位移大小不相等，故位移大小不相等，故D D错误。错误。2212hhata2t得 ，qEqEamma得 ，题型题型3 3带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中的运动【典例典例5 5】(2019(2019蚌埠模拟蚌埠模拟) )如图甲为一对长度为如图甲为一对长度为L L的的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压。现沿平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v v0 0的相同带电粒子

31、的相同带电粒子( (重力不计重力不计) )，且所有粒子均能从平行，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为为T T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是是( () )A.11A.11B.21B.21C.31C.31D.41D.41【解析解析】选选C C。粒子在两板之间的运动时间均为。粒子在两板之间的运动时间均为T T，在，在t=nTt=nT时刻进入的粒子的侧移量最大，竖直方向粒子在时刻进入的粒子的侧移量最大，竖直方向粒子在前半个周期是加速，后半个周期是匀速，设加速度为前

32、半个周期是加速，后半个周期是匀速，设加速度为a a，则，则 在在 进入进入的粒子，竖直方向粒子在前半个周期是静止，后半的粒子，竖直方向粒子在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，侧移量最小，则个周期是匀加速，侧移量最小，则22max1TT T3ya()aaT222 28g g，1t(n)T222min1T1ya()aT228，y ymaxmaxyyminmin=31=31，故，故A A、B B、D D错误，错误，C C正确。正确。【提分秘籍提分秘籍】1.1.带电粒子在电场中做直线运动的分析方法：带电粒子在电场中做直线运动的分析方法：2.2.带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律：带电粒子在匀强电场

33、中偏转的基本规律：设粒子带电荷量为设粒子带电荷量为q q，质量为，质量为m m，两平行金属板间的电，两平行金属板间的电压为压为U U，板长为，板长为l，板间距离为，板间距离为d(d(忽略重力影响忽略重力影响) )，则有，则有(1)(1)加速度：加速度：FqEqUammmd。(2)(2)在电场中的运动时间：在电场中的运动时间： (3)(3)速度速度 (4)(4)位移位移 0tv。lx0y0vvqUvatmv dly22xy2x0vqUvvv ,tanvmv d 。l02220v t1qUyat22mv d。ll3.3.带电粒子在匀强电场中偏转的两个二级结论：带电粒子在匀强电场中偏转的两个二级结论

34、：(1)(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再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的偏转角度总是相同的。从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。证明：由证明：由 得得 200201qUqUmvtan2mv d及l0Utan2U d。l(2)(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点延长线的交点O O为粒子水平位移的中点，即为粒子水平位移的中点，即O O到电场边到电场边缘的距离为缘的距离为 2。l4.4.带电粒子在交变电场中的运动分析：带电粒子在交变电场中的运动分析：【加固训练加固训练】示波

35、器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示。若已知加速电场的电压为成，如图所示。若已知加速电场的电压为U U1 1，两平行，两平行金属板的板长、板间距离均为金属板的板长、板间距离均为d d，荧光屏距两平行金属，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为板右侧距离也为d d，电子枪发射的质量为，电子枪发射的质量为m m、电荷量为、电荷量为-e-e的电子，从两平行金属板的中央穿

36、过，打在荧光屏的的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点中点O O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间存在竖直方向的匀强电场，两板间力。若两金属板间存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为的偏转电压为U U2 2，电子会打在荧光屏上某点，该点距，电子会打在荧光屏上某点，该点距O O点距离为点距离为 d d，求，求U U1 1和和U U2 2的比值的比值 3212UU。【解析解析】在加速电场在加速电场U U1 1中，由动能定理得：中，由动能定理得： 以以v v的速度进入偏转电场的速度进入偏转电场U U2 2中做类平抛运动，在

37、离开偏中做类平抛运动，在离开偏转电场时偏移距离：转电场时偏移距离： 其中：其中： 211qUmv2211yat2dtv速度方向与水平方向成速度方向与水平方向成角，则有：角，则有：v vy y=at=at 离开偏转电场后偏移的距离：离开偏转电场后偏移的距离：y y2 2=dtan=dtan根据牛顿第二定律有加速度根据牛顿第二定律有加速度 而总的偏移距离：而总的偏移距离：y=yy=y1 1+y+y2 2= = 联立以上几式解得：联立以上几式解得： 答案：答案： yvtanv2qUamd3d212U1U212考点考点3 3带电体的力电综合问题带电体的力电综合问题 【典题突破典题突破】【典例典例6 6

38、】(2019(2019潍坊模拟潍坊模拟) )如图所示，两竖直虚线间如图所示，两竖直虚线间距为距为L L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域左侧，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域左侧的的A A点将质量为点将质量为m m、电荷量分别为、电荷量分别为q q和和-q(q0)-q(q0)的带电小的带电小球球M M、N N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域。并从该区域的右边界离开。已知入电场区域。并从该区域的右边界离开。已知N N离开电离开电场时的位置与场时的位置与A A点在同一高度；点在同一高度；M M刚离开电场时的动能刚离开电场时的动能为刚

39、进入电场时动能的为刚进入电场时动能的8 8倍，不计空气阻力，重力加速倍，不计空气阻力，重力加速度大小为度大小为g g，已知，已知A A点到左边界的距离也为点到左边界的距离也为L L。(1)(1)求该电场的电场强度大小。求该电场的电场强度大小。(2)(2)求小球射出的初速度大小。求小球射出的初速度大小。(3)(3)要使小球要使小球M M、N N离开电场时的位置之间的距离不超过离开电场时的位置之间的距离不超过L L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。的条件。【解析解析】(1)(1)小球在水平方向做匀速运动，则小球在电小球在水平方向做匀

40、速运动，则小球在电场区域内、外的运动时间场区域内、外的运动时间t t相同相同N N离开电场时的位置与离开电场时的位置与A A点在同一高度，即竖直位移为点在同一高度，即竖直位移为0 0，设，设N N在电场内的加速度为在电场内的加速度为a a，则有：，则有： 22y110gtv tat22解得：解得：a=3ga=3g 方向竖直向上方向竖直向上 由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：qE-mg=3mgqE-mg=3mg解得：解得： 4mgEq(2)M(2)M在电场中的加速度：在电场中的加速度： 方向竖直向下方向竖直向下故故M M刚离开电场时的竖直分速度：刚离开电场时的竖直分速度：v vy y=gt+5

41、gt=6gt=gt+5gt=6gt又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为度为v v0 0，则有：，则有： qEmga5gm0Ltv由由M M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8 8倍倍得：得： 解得：解得： 2222y0011m(vv )8mv(gt) 22g2222y0v(6gt)7v8(gt)222202004g Lv4(gt)vv2gL(3)M(3)M、N N进入电场前的运动一致，那么，进入电场前的运动一致，那么，M M、N N离开电场离开电场时的位置之间的距离：时的位置之间的距离： 解得

42、：解得： 故：故： 22211dgt t5gt(gt t3gt ) 4gtL22ggggLt4g0LLv2 gLtL4g答案：答案： 04mg(1)(2) 2gL(3)v2 gLq【触类旁通触类旁通】如图所示，水平面如图所示，水平面ABAB光滑，粗糙半圆轨光滑，粗糙半圆轨道道BCBC竖直放置。圆弧半径为竖直放置。圆弧半径为R R，ABAB长度为长度为4R4R。在。在ABAB上上方、直径方、直径BCBC左侧存在水平向右、场强大小为左侧存在水平向右、场强大小为E E的匀强电的匀强电场。一带电量为场。一带电量为+q+q、质量为、质量为m m的小球自的小球自A A点由静止释点由静止释放，经过放，经过B

43、 B点后，沿半圆轨道运动到点后，沿半圆轨道运动到C C点。在点。在C C点，小球点，小球对轨道的压力大小为对轨道的压力大小为mgmg，已知，已知 水平面和半圆轨水平面和半圆轨道均绝缘。求：道均绝缘。求：mgEq，(1)(1)小球运动到小球运动到B B点时的速度大小。点时的速度大小。(2)(2)小球运动到小球运动到C C点时的速度大小。点时的速度大小。(3)(3)小球从小球从B B点运动到点运动到C C点过程中克服阻力做的功。点过程中克服阻力做的功。【解析解析】(1)(1)小球从小球从A A到到B B，由动能定理得：，由动能定理得： 又：又： 联立解得：联立解得： 2B1qE 4Rmv02gmg

44、EqBv8gR(2)(2)小球运动到小球运动到C C点，由牛顿第二定律得：点，由牛顿第二定律得： 解得：解得： 2Cv2mgmRCv2gR(3)(3)小球从小球从B B运动到运动到C C点的过程，由动能定理得：点的过程，由动能定理得： 解得：解得：W Wf f=mgR=mgR答案：答案： 22fCB11W2mgRmvmv22(1) 8gR(2) 2gR(3)mgR【提分秘籍提分秘籍】解决力电综合问题的一般思路解决力电综合问题的一般思路【加固训练加固训练】空间存在电场强度方向竖直向上的匀强电场，水平地空间存在电场强度方向竖直向上的匀强电场，水平地面上有一根细短管，与水平面之间的夹角为面上有一根细

45、短管，与水平面之间的夹角为3737，如，如图所示，一略小于细短管直径、质量为图所示，一略小于细短管直径、质量为m m、电荷量为、电荷量为q q的带正电小球，从水平地面上方一定高度处水平抛的带正电小球，从水平地面上方一定高度处水平抛出，经时间出，经时间t t小球恰好无碰撞地落入细短管，已知细短小球恰好无碰撞地落入细短管，已知细短管到抛出点的水平距离为管到抛出点的水平距离为d d，重力加速度大小为，重力加速度大小为g g，取，取sin37sin37=0.6=0.6，cos37cos37=0.8=0.8，空气阻力不计，求：，空气阻力不计，求：(1)(1)小球抛出点与落地点间的高度差。小球抛出点与落地

46、点间的高度差。(2)(2)细短管所在位置与小球抛出点间的电压细短管所在位置与小球抛出点间的电压U U。【解析解析】(1)(1)由类平抛运动的特点知：由类平抛运动的特点知： y0vh3tan2tan2tan37hdvd8 ， (2)(2)由题意得：由题意得： 根据几何关系得：根据几何关系得： 对小球在空中运动的过程，由动能定理得：对小球在空中运动的过程，由动能定理得： 解得：解得： 答案：答案： 0dvt00v5vvcos37422011mghqUmvmv2222m 3gd9dU()q832t223m 3gd9d(1)d(2)()8q832t考点考点“等效法等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的

47、处理带电粒子在电场和重力场中的运动运动【典题突破典题突破】【典例典例】如图所示，绝缘光滑轨道如图所示，绝缘光滑轨道ABAB部分是倾角为部分是倾角为3030的斜面，的斜面，ACAC部分为竖直平面上半径为部分为竖直平面上半径为R R的圆轨道，斜面的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为与圆轨道相切。整个装置处于场强为E E、方向水平向右、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为的匀强电场中。现有一个质量为m m的带正电小球，电的带正电小球，电荷量为荷量为 要使小球能安全通过圆轨道，在要使小球能安全通过圆轨道，在O O点点的速度应满足什么条件。的速度应满足什么条件。3mgq3E，【解题思维解题

48、思维】1.1.题型特征：带电小球在电场和重力场中的圆周运动。题型特征：带电小球在电场和重力场中的圆周运动。2.2.题型解码：题型解码：(1)(1)将电场力与重力的合力视为等效重力。将电场力与重力的合力视为等效重力。(2)(2)小球刚好做完整圆周运动的条件是在等效最高点等小球刚好做完整圆周运动的条件是在等效最高点等效重力提供向心力。效重力提供向心力。【解析解析】小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示：作用力，如图所示：类比重力场，将电场力与重力的合力视

49、为等效重力类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mgmg，则：，则： 解得：解得：=30=30222 3mgmg(qE)(mg)3qE3tanmg3等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道上匀速运动。要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的的“等效最高点等效最高点”(D(D点点) )满足满足“等效重力等效重力”刚好提供向刚好提供向心力，则有：心力，则有： 2DmvmgR因因=30=30与斜面的倾角相等，由几何关系知与斜面的倾角相等，由几何关系知 =2R=2R，令小球以最小初速度令小球以最小初速度

50、v v0 0运动，由动能定理得：运动，由动能定理得： 解得：解得： AD22D0112mg Rmvmv22010 3gRv3因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足：因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足： 答案：答案： 010 3gRv3010 3gRv3【触类旁通触类旁通】如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为缘轨道的圆心为O O，半径为，半径为r r，内壁光滑，内壁光滑，A A、B B两点分两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为向右的匀强电场，一质量为m m、

51、带负电的小球在轨道内、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动侧做完整的圆周运动( (电荷量不变电荷量不变) )，经过，经过C C点时速度最点时速度最大，大，O O、C C连线与竖直方向的夹角连线与竖直方向的夹角=60=60，重力加速度，重力加速度为为g g。(1)(1)求小球所受的电场力大小。求小球所受的电场力大小。(2)(2)求小球在求小球在A A点的速度点的速度v v0 0为多大时，小球经过为多大时，小球经过B B点时对点时对圆轨道的压力最小。圆轨道的压力最小。【解析解析】(1)(1)小球在小球在C C点时速度最大，则电场力与重力点时速度最大，则电场力与重力的合力沿的合力沿DCDC方向，所

52、以小球受到的电场力的大小方向，所以小球受到的电场力的大小F=mgtan 60F=mgtan 60= mg= mg3(2)(2)要使小球经过要使小球经过B B点时对圆轨道的压力最小，则必须点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过使小球经过D D点时的速度最小，即在点时的速度最小，即在D D点小球对圆轨道点小球对圆轨道的压力恰好为零，则：的压力恰好为零，则： 解得：解得： 在小球从圆轨道上的在小球从圆轨道上的A A点运动到点运动到D D点的过程中，由动能点的过程中，由动能定理得：定理得：2mgvmcos 60rv2gr 解得：解得：v v0 0=2 =2 答案：答案：(1) mg(1) mg(2)

53、2(2)2 22011mgr(1cos 60 )Frsin 60mvmv2232gr2gr【提分秘籍提分秘籍】“等效法等效法”应用的两点关注应用的两点关注1.1.等效重力的确定：等效重力的确定：将重力与电场力进行合成，如图所示，则将重力与电场力进行合成，如图所示，则F F合合为等效重为等效重力场中的力场中的“重力重力”，g= g= 为等效重力场中的为等效重力场中的“等等效重力加速度效重力加速度”，F F合合的方向等效为的方向等效为“重力重力”的方向，的方向，即在等效重力场的即在等效重力场的“竖直向下竖直向下”方向。方向。Fm合2.2.物理最高点与几何最高点：在物理最高点与几何最高点：在“等效重力场等效重力场”中做中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是运动的临界速度问题。小球能