高三物理二轮复习 第1部分 专题突破篇 专题8 带电粒子在电场中的运动用书-人教版高三物理试题

专题八带电粒子在电场中的运动全国卷5年考情导向考点考题考情2016年2015年2014年2013年2012年1.电场的性质全国丙卷T15全国卷ⅠT15全国卷ⅠT21全国卷ⅡT19全国卷ⅠT15全国卷ⅡT18考点考次统计命题分析：1．高考在本专题的命题多以选择形式，也有计算题出现(如2015年全国卷ⅡT24)．2．命题热点集中在电场强度、电场的叠加、电场线、等势面及运动轨迹相结合分析带电体的受力、做功及能量转化情况，利用动力学和能量观点综合分析计算带电体在电场中的加速、偏转问题.2.平行板电容器全国乙卷T14全国卷ⅡT14全国卷T183.带电粒子在电场中的运动全国甲卷T15全国乙卷T20全国卷ⅡT24全国卷ⅠT25全国卷ⅠT16考点1|电场的性质难度：中档题题型：选择题五年6考(2016·全国丙卷T15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【解题关键】解此题的关键有两点：(1)电场强度、电场线、等势面的特点．(2)电场力做功与电势、等势面的关系．B[若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错；电场线一定与等势面垂直，B对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D错．](2015·全国卷ⅠT15)如图1所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则()图1A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【解题关键】关键语句信息解读匀强电场电场强度处处相等，等势面相互平行电子带负电做负功相等从高电势向低电势运动，电势差相同B[电子带负电荷，电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，WMP＝qUMP，q＜0，所以有UMN＝UMP＞0，即φM＞φN＝φP，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，有φM＝φQ，故A错误，B正确；电子由M点到Q点过程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，电子由P点到Q点过程中，WPQ＝q(φP－φQ)＞0，故C、D错误．](多选)(2014·全国卷ⅠT21)如图2所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()图2A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正拭探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM【解题关键】解此题的关键有两点：(1)正点电荷Q形成电场及等势面的特点．(2)灵活应用三角形的几何关系．AD[本题根据点电荷形成电场中等势面的特点及在任何电场中电场线与等势面垂直的特性进行解题．电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于φM＝φN，φP＝φF，所以点电荷Q到M和N的距离相等，到P和F的距离相等，即过F作MN的中垂线，然后作FP的中垂线，两中垂线的交点为点电荷Q所在的位置，由几何知识得Q在MP上，如图所示，故选项A正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B错误；正试探电荷与Q同号，所以受斥力作用，故将其从P点搬运到N点时，电场力做正功，故选项C错误；由几何关系知点电荷Q距M的距离大，距P的距离小，所以φM<φP，故选项D正确．]1．高考考查特点(1)本考点重在考查电场中的基本概念、典型电场的分布特点、电场线、等势面及电场强度的关系，电场、电势能高低的判断．(2)理解电场力、电场力做功的特点，电场力做功与电势能的关系，灵活应用电场线分析电势高低，电势能的变化是解题的关键．2．解题常见误区及提醒(1)典型电场中电场线的分布特点不熟练，特别是正、负点电荷电场线的方向．(2)不清楚运动电荷的电性，出现受力及做功判断的错误．(3)公式U＝E·d的适用条件不清楚，乱套公式．(4)电场力做功与电势能变化关系不准确．●考向1电场力的性质1.(2016·南昌二模)在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可看作质点的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图3所示．现让小球A、B、C都带电荷量为Q的正电荷，让小球D带电荷量为q的负电荷，若四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为()图3A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(3),3)C．3D.eq\r(3)D[设等边三角形的边长为a，由几何知识可知，BD＝a·cos30°·eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)a，以B为研究对象，由平衡条件可知，eq\f(kQ2,a2)cos30°×2＝eq\f(kQq,BD2)，解得eq\f(Q,q)＝eq\r(3)，D项正确．]●考向2电场能的性质2．(多选)(高考改编)在[例3](2014·全国卷ⅠT21)中，将三角形换成椭圆，如图4所示，已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q运动，则下列说法正确的是()图4A．负电荷在a、c两点所受的电场力相同B．负电荷在a点和c点的电势能相等C．负电荷由b运动到d的过程中电势能增加，动能减少D．负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增加后减少BC[在a、c两点负电荷所受电场力方向不同，A项错误；以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a、c两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a、c两点电势能也相等，B项正确；负电荷由b到d过程中，电场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C项正确；负电荷由a经b到c的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D项错误．]3.(多选)在绝缘、光滑的水平桌面上有一带负电的小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图5所示，则下列说法中正确的是()图5【导学号：37162043】A．在带负电的小球从x1处运动到x2处的过程中，电场力做正功B．x1、x2处的电场强度方向均沿x轴正方向C．x1处的场强大小大于x2处的场强大小D．x1处的电势比x2处的电势低AD[由于小球从x1处运动到x2处的过程中电势能减小，因此电场力做正功，A项正确；由于电场力做正功，因此小球所受电场力的方向沿x轴正方向，场强方向沿x轴负方向，B项错误；沿电场方向电势降低，D项正确；由ΔEp＝qEΔx，即qE＝eq\f(ΔEp,Δx)可知Ep­x图线上某点的斜率的绝对值反映了电场强度的大小，由题图可知x1处的场强大小小于x2处的场强大小，C项错误．]●考向3电场的综合应用4．如图6所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面的中心轴上的三个点，且BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B点的电场强度恰好为零，则由此可得A点的电场强度大小为()图6A.eq\f(\r(2)kQ,4R2) B.eq\f(5\r(2)kQ,16R2)C.eq\f(3\r(2)kQ,16R2) D.eq\f(\r(2)kQ,2R2)B[在带电圆环上取一长为Δl的微小段，则其所带电荷量为Δq＝eq\f(Q·Δl,2πR)，此微小段在B点产生的电场强度为E1＝keq\f(Δq,\r(2)R2)，由对称性可知，带电圆环在B处产生的电场强度是水平向右的(垂直分量相抵消)，大小为EB＝eq\f(2πR,Δl)·E1·cos45°，联立得EB＝eq\f(\r(2)kQ,4R2)，再由对称性知，圆环在A点产生的电场强度水平向左，大小也为eq\f(\r(2)kQ,4R2)，又因在C处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，故点电荷在B点产生的电场强度水平向左，大小为eq\f(\r(2)kQ,4R2)，由点电荷电场强度决定式可知点电荷在A点产生的电场强度水平向左，大小为eq\f(\r(2)kQ,16R2)，由电场强度的矢量叠加可知A点的电场强度大小为eq\f(5\r(2)kQ,16R2)，B项正确．]5．(2016·湖北黄石二调)如图7所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E＝1×103V/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3N、电荷量为q＝2×10－6C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB＝BC＝L＝2m，倾角α＝37°，B点处是一段很短的光滑圆弧管，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.下列说法正确的是()图7A．B、A两点间的电势差为2000VB．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C．小滑块第一次速度为零的位置在C处D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3mD[UBA＝ELsinα＝1.2×103V，A错误；小滑块从A点第一次运动到B点过程中，电场力做正功，电势能减小，B错误；小滑块受到竖直向上的电场力为F＝qE＝2×10－3N＝2G，重力和电场力的合力大小等于G、方向竖直向上，可以把电场力与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”，小滑块开始沿玻璃管运动的加速度为a1＝g(sinα－μcosα)＝2m/s2，所以小滑块第一次到达B点时的速度为v＝eq\r(2a1L)＝2eq\r(2)m/s，在BC段，小滑块做匀减速运动，加速度大小为a2＝g(sinα＋μcosα)＝10m/s2，所以第一次速度为0的位置到B点的距离为x＝eq\f(v2,2a2)＝0.4m，C错误；小滑块第一次速度减为零后，又反向向B加速运动，到B后又减速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点，根据能量守恒定律，有GLsinα＝μGscosα，解得s＝3m，即小滑块通过的总路程为3m，D正确．]电场强度、电势、电势能的判断方法1．电场强度：(1)根据电场线的疏密程度进行判断；(2)根据等势面的疏密程度进行判断；(3)根据E＝eq\f(ma,q)进行判断．2．电势：(1)沿电场线方向电势逐渐降低；(2)若q和Wab已知，由Uab＝eq\f(Wab,q)判定．3．电势能：(1)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；(2)正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．考点2|平行板电容器难度：中档题题型：选择题五年3考(2016·全国乙卷T14)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．若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【解题关键】关键语句信息解读接在恒压直流电源上两极板间电压不变云母介质移出介电常数变小D[平行板电容器电容的表达式为C＝eq\f(εS,4πkd)，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小．由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确．](2015·全国卷ⅡT14)如图8所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图8A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动【解题关键】解此题的关键有两点：(1)带电微粒在两板间的受力情况．(2)两板旋转45°后电场强度的变化特点．D[两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．]1．高考考查特点(1)高考在本考点的命题热点为电容器的动态分析，带电体在电容器间的受力情况及运动情况．(2)解此题目的关键是从力、电两个角度分析研究，特别明确两种连接方式，并灵活应用C＝eq\f(εS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)等常用公式．2．解题的常见误区及提醒(1)不能正确判断平行板电容器中的变量和不变量．(2)电容器的定义式C＝eq\f(Q,U)及决定式C＝eq\f(εS,4πkd)混淆．(3)分析带电体的运动时，易出现受力分析的错误．●考向1电容器的动态分析6．如图9所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U及电容器两极板间的场强E的变化情况是()【导学号：37162044】图9A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小C[电容器未接电源，故电容器的电荷量Q不变，A、B错误；根据C＝eq\f(Q,U)及E＝eq\f(U,d)、C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当两极板间的距离d增大时，C变小，U变大，三式联立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故电场强度E不变，C正确，D错误．]7．(2016·开封二模)如图10所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为φ，则下列说法中正确的是()图10A．保持开关S闭合，使两极板靠近一些，φ将减小B．保持开关S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，φ将减小C．打开开关S，使两极板靠近一些，φ将不变D．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动C[保持开关S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E＝eq\f(U,d)知，电场强度增大，φ将增大，A项错误；调节滑动变阻器滑片不影响电容器两极板间的电压，B项错误；打开开关S，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)知，E不变，即夹角φ不变，C项正确；轻轻将细线剪断，小球将沿细线方向向下做匀加速直线运动，D项错误．]●考向2平行板电容器的综合问题8．(高考改编)在[例5](2015·全国卷ⅡT14)中，若在两极板接上电源，如图11所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．此时极板带电荷量与微粒带电荷量的比值为k，则()图11A．微粒带正电B．微粒带电荷量为eq\f(mg,Ud)C．电容器的电容为eq\f(kmgd,U2)D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动C[带电微粒静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电微粒带负电，A项错；由场强与电势差关系可知，mg＝Eq＝eq\f(U,d)q解得：q＝eq\f(mgd,U)，B项错；由题意知，电容器带电荷量Q＝kq＝eq\f(kmgd,U)，由电容的定义式知，C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(kmgd,U2)，C项正确；电容器与电源保持连接时，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，F电＝eq\f(U,d)q，微粒所受电场力减小，微粒向下运动，D项错．]平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化．(2)应用平行板电容器的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析电容器的电容的变化．(3)应用电容的定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器带电量和两板间电压的变化情况．(4)应用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化．考点3|带电粒子在电场中的运动难度：中档题题型：选择题、计算题五年5考(2016·全国甲卷T15)如图12所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc.则()图12A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb【解题关键】解此题的关键有三点：(1)点电荷电场线、等势线的分布特点．(2)带电粒子运动轨迹和受力的关系．(3)电场力做功与动能的变化关系．D[a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb<rc<ra，则三点的电场强度由E＝keq\f(Q,r2)可知Eb>Ec>Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab>ac>aa.由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)<0，则vb<va，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)>0，vc>vb，又|Uab|>|Ubc|，则va>vc，故va>vc>vb，选项D正确．](2015·全国卷ⅡT24)如图13所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．图13【解题关键】解此题可按以下思路：(1)重力不计，只受电场力，A、B两点在垂直电场方向分速度相等．(2)求电势差，可考虑应用动能定理．【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))③联立②③式得UAB＝eq\f(mv\o\al(2,0),q).④【答案】eq\f(mv\o\al(2,0),q)1．高考考查特点高考对本考点的考查重在应用动力学观点和动能定理分析计算带电粒子在电场运动过程中的受力、做功及能量变化．2．解题的常见误区及提醒(1)常见典型电场的电场线、等势面的分布特点．(2)电场线、等势面与运动轨迹结合点及题目中力的方向判断．(3)动能定理应用时易出现分解的错误．●考向1电场中的直线运动9．(2016·武汉二模)如图14所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()图14A．微粒达到B点时动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．两极板的电势差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒从A点到B点的过程电势能减少eq\f(mgd,cosθ)C[物体在运动过程中，受力如图所示．由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B点的动能一定不是eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此A错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，Eqcosθ＝mg，Eqsinθ＝ma，因此加速度大小为gtanθ，B错误；电容器内的电场强度E＝eq\f(mg,qcosθ)，因此两板间的电势差为U＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，C正确；从A向B运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D错误．]●考向2电场中的曲线运动10．(2016·西安六校联考)如图15所示，水平放置、相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，开关S闭合后，M、N间产生了匀强电场，一个重力与电场力相等的带电粒子垂直于电场方向从M板边缘射入电场，粒子恰好打在N板中央，已知重力加速度为g.图15(1)若开关S闭合，为了让粒子恰能飞出电场，应将N板向下平移多少？(2)若开关S断开且粒子初速度大小变为原来的3倍，重力忽略不计，为了让粒子恰能飞出电场，应将N板向上平移多少？【导学号：37162045】【解析】设电源电压为U，粒子初速度为v0，金属板长为L(1)当开关S闭合时，两板间电压不变，由类平抛规律知eq\f(L,2)＝v0t1，d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE＋mg,m)·teq\o\al(2,1)＝gteq\o\al(2,1)设N板向下平移距离为x1，粒子恰能飞出电场，则有L＝v0t2，d＋x1＝eq\f(1,2)·eq\f(qE＋mg,m)·teq\o\al(2,2)＝gteq\o\al(2,2)联立可得x1＝3d.(2)当开关S断开时，两板所带电荷量不变，电场强度E不变，设N板上移距离为x2，则L＝3v0t3，d－x2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·teq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)联立解得x2＝eq\f(7,9)d.【答案】(1)3d(2)eq\f(7,9)d●考向3电场中的力电综合问题11．(2016·东北三省五市联考)一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的．现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的eq\f(1,2).图16(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．【解析】(1)设DM间距离为x，对小环从D点到P点过程由动能定理得qEx－2mgR＝0－0又有qE＝eq\f(1,2)mg解得x＝4R.(2)若μ≥eq\f(1,2)，则μmg≥qE设小环到达P点右侧距离P点x1处静止，由动能定理得qE(5R－x1)－2mgR－μmgx1＝0解得x1＝eq\f(R,1＋2μ)则整个运动过程中克服摩擦力所做的功Wf＝μmgx1＝eq\f(μmgR,1＋2μ)若μ<eq\f(1,2)，则μmg<qE小环经过往复运动，最后不能达P点右侧，全过程由动能定理得qE·5R－2mgR－Wf＝0解得Wf＝eq\f(1,2)mgR.【答案】(1)4R(2)若μ≥eq\f(1,2)，Wf＝eq\f(μmgR,1＋2μ)若μ<eq\f(1,2)，Wf＝eq\f(1,2)mgR带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，如是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．热点模型解读|平行板电容器中带电粒子运动模型考题2012·全国卷T182015·全国卷ⅡT142015·山东高考T20模型展示匀速运动模型带电粒子在电场中的动力学问题带电体在变化电场中的运动模型解读带电体在平行板电容器间的运动，实际上就是在电场力作用下的力电综合问题，依然需要根据力学解题思路求解，解题过程要遵从以下基本步骤：(1)确定研究对象(是单个研究对象还是物体组)；(2)进