9.1帶電粒子在電場中的運(yùn)動（講義）（4考點(diǎn)7題型）

9.1帶電粒子在電場中的運(yùn)動TOC\o"13"\h\z\u考點(diǎn)一平行板電容器的動態(tài)分析 1考點(diǎn)二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運(yùn)動 2考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 3考點(diǎn)四帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動 4TOC\o"44"\h\z\u題型1平行板電容器的動態(tài)分析——兩極板間電勢差不變 4題型2平行板電容器的動態(tài)分析——兩極板間電荷量不變 6題型3帶電粒子在電場中的直線加速 8題型4帶電體在靜電力和重力下的直線運(yùn)動(等效重力場) 11題型5帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) 14題型6帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的偏轉(zhuǎn) 18題型7帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動 21考點(diǎn)一平行板電容器的動態(tài)分析1．電容器的充、放電(1)充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．對公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)．3．兩種類型的動態(tài)分析思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變化．兩種類型平行板電容器的動態(tài)分析問題平行板電容器的動態(tài)分析問題有兩種情況：一是電容器始終和電源連接，此時U恒定，則Q＝CU∝C，而C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(εrS,d)，兩板間場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)；二是電容器充電后與電源斷開，此時Q恒定，則U＝eq\f(Q,C)，C∝eq\f(εrS,d)，場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)∝eq\f(1,εrS).考點(diǎn)二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運(yùn)動1．做直線運(yùn)動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動．2．用功能觀點(diǎn)分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1處理帶電粒子在電場中運(yùn)動的常用技巧(1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子等)在電場中的運(yùn)動，通常不必考慮其重力及運(yùn)動中重力勢能的變化．(2)普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場中的運(yùn)動，除題中說明外，必須考慮其重力及運(yùn)動中重力勢能的變化．考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場．(2)運(yùn)動性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動．(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運(yùn)動，類似于平拋運(yùn)動．(4)運(yùn)動規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))))②沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時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、末位置間的電勢差．考點(diǎn)四帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動等效法處理疊加場問題1．各種性質(zhì)的場(物質(zhì))與實(shí)際物體的根本區(qū)別之一是場具有疊加性，即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成疊加場．2．將疊加場等效為一個簡單場，其具體步驟是：先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場中做圓周運(yùn)動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可．題型1平行板電容器的動態(tài)分析——兩極板間電勢差不變（2023秋?哈爾濱期末）如圖所示，平行板PQ、MN與電源相連，開關(guān)K閉合，從O點(diǎn)沿兩板間中線不斷向兩板間射入比荷一定的帶正電的粒子，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生的側(cè)移為y，不計粒子的重力，要減小側(cè)移y，下列操作可行的是（）A．僅將PQ板向下平移一些 B．僅將PQ板向上平移一些 C．將開關(guān)K斷開，僅將PQ板向下平移 D．將開關(guān)K斷開，僅將PQ板向上平移【解答】解：AB、粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，則粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生的側(cè)移為y=1而粒子在電場中運(yùn)動的加速度為a=qE電容器在連接電源的情況下，極板間電壓不變，極板間場強(qiáng)為E=U僅將PQ板向下平移一些，兩極板間的場強(qiáng)E變大，粒子沿電場方向的加速度a增大，側(cè)移y變大；僅將PQ板向上平移一些，兩板間的場強(qiáng)E變小，粒子沿電場方向的加速度a減小，側(cè)移y變小，故AB正確；CD、將開關(guān)K斷開，兩極板的帶電量不變，極板間場強(qiáng)為E=Ud，又C=QU，可知僅將PQ板向下平移或向上平移，兩極板間的電場強(qiáng)度E不變，粒子的加速度a不變，運(yùn)動情況不變，則側(cè)移y不變，故CD錯誤。故選：B。（多選）（2023秋?白山期末）如圖，A、B為水平正對放置的平行板電容器的兩極板，B極板接地。閉合開關(guān)S，一帶電液滴在兩極板間的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）A．該液滴帶負(fù)電 B．將一塊有機(jī)玻璃插到兩極板之間，電容器的電容將變小 C．保持開關(guān)S閉合，將A極板向左移動一小段距離，液滴將保持靜止 D．?dāng)嚅_開關(guān)S，將B極板向下移動一小段距離，液滴將加速向上運(yùn)動【解答】解：A、由圖可知，電容器上極板帶正電，帶電液滴能靜止，則帶電液滴帶負(fù)電，故A正確；B、將一塊有機(jī)玻璃插到兩極板之間時，由C=εrSC、保持開關(guān)S閉合，將A極板向左移動一小段距離，電容器兩極板電壓不變，由E=Ud可知極板間電場強(qiáng)度不變，所以液滴受力情況不變，仍將保持靜止，故D、斷開開關(guān)S，電容器帶電量不變，由C=εrS4πkd，U=QC，E=Ud可得故選：AC。（2022秋?順慶區(qū)校級期末）工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時，為了實(shí)時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，上下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的兩極上（電源電壓小于材料的擊穿電壓）。當(dāng)流水線上通過的產(chǎn)品厚度增大時，下列說法正確的是（）A．A、B平行板電容器的電容減小 B．A、B兩板上的電荷量變小 C．有電流從b向a流過靈敏電流計 D．A、B兩板間的電場強(qiáng)度減小【解答】解：A．根據(jù)電容器的決定式C=εrS4πkd可知，當(dāng)產(chǎn)品厚度增大時，εBC．根據(jù)電容器的定義式Q＝CU，因?yàn)殡娙萜鞯碾娙軨變大，兩極板間的電壓U不變，故A、B兩板上的電荷量變大；此時有充電電流從b向a流過靈敏電流計，故B錯誤，C正確；D．根據(jù)電場強(qiáng)度和電勢差的關(guān)系E=Ud可知，兩極板間電壓不變，極板間距不變，故電場強(qiáng)度不變，故故選：C。題型2平行板電容器的動態(tài)分析——兩極板間電荷量不變（2023秋?西寧期末）用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ．實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若（）A．保持S不變，增大d，則θ變小 B．保持S不變，增大d，則θ變大 C．保持d不變，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變【解答】解：A、B、保持S不變，增大d，可知電容變小，電容器的帶電量不變，根據(jù)C=QU，說明板間電勢差變大，發(fā)現(xiàn)θ變大，故A錯誤，C、D、保持d不變，減小S，可知電容變小，電容器的帶電量不變，根據(jù)C=QU，說明板間電勢差變大，發(fā)現(xiàn)θ變大，故故選：B。（2022秋?大理州期末）用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置定性探究影響平行板電容器電容的因素，該實(shí)驗(yàn)中保持兩極板帶電量不變。關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析，下列說法正確的是（）A．若看到靜電計張角變大，說明電容變大了 B．若看到靜電計張角變大，可能是板間距離增大造成的 C．若看到靜電計張角變小，可能是兩板正對面積減小造成的 D．若看到靜電計張角變大，可能是因?yàn)樵趦砂彘g插入了絕緣介質(zhì)板【解答】解：A、靜電計指針張角變大，說明兩板間電勢差變大，故A錯誤；B、若板間距離增大，由電容的決定式C=εrS4πkd可知電容減小，又由電容的定義式C、若兩板正對面積減小，由電容的決定式C=εS4πkd可知電容減小，又由電容的定義式C=QD、若在兩板間插入了絕緣介質(zhì)板，由電容的決定式C=εS4πkd可知電容增大，又由電容的定義式C=Q故選：B。（2023春?安化縣期末）研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，不能使電容器帶電 B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向左平移，靜電計指針的張角變大 C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變大 D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大【解答】解：A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，則a帶上電荷，由于靜電感應(yīng)使b板也帶上電，故可以使電容器帶電，故A錯誤；B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向左平移，d變大，根據(jù)電容器的決定式C=ε電容C變小，又由電容器的定義式C=Q可知，極板間電壓U增加，靜電計指針的張角變大，故B正確；C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，根據(jù)上述公式可知，介電常數(shù)變大，電容C變大，電壓U減小，靜電計指針的張角變小，故C錯誤；D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，電容不變，則極板間電壓U增加，靜電計指針的張角變大，故D錯誤。故選：B。題型3帶電粒子在電場中的直線加速（多選）（2022秋?江北區(qū)校級期末）圖甲是一臺醫(yī)用電子直線加速器，該加速器通過加速電場使電子直線加速獲得能量，轟擊重金屬靶產(chǎn)生射線，可用于放射治療。其基本原理如圖乙所示，電子由陰極射線發(fā)出，經(jīng)B板的小孔進(jìn)入兩板間被加速，不計電子的重力，下列說法正確的是（）A．A板帶正電，B板不帶電 B．若兩板間電壓一定，改變板間距離，電子的加速度與板間距離乘積保持不變 C．若極板所帶的電荷量一定，增大板間距離，電子獲得的動能增大 D．若兩板間電壓一定，增大板間距離，電子獲得的動能增大【解答】解：AB、電子在電場中加速，所以A板帶正電，B板帶負(fù)電，根據(jù)牛頓第二定律有：qUmd=a，解得qUm=md，所以若兩板間電壓一定，改變板間距離，電子的加速度與板間距離乘積保持不變，故CD、增大板間距離，根據(jù)C=?rS4πkd可知電容減小，若極板所帶的電荷量一定，根據(jù)C=QU可知電壓U增大，由動能定理可得eU=1故選：BC。（2023?邵陽模擬）靜電植絨技術(shù)，于3000多年前在中國首先起步?，F(xiàn)代靜電植絨于上世紀(jì)50、60年代在德國首先研制出并使用。如圖為植絨流程示意圖，將絨毛放在帶負(fù)電荷的容器中，使絨毛帶負(fù)電，容器與帶電極板之間加恒定的電壓，絨毛呈垂直狀加速飛到需要植絨的物體表面上。不計重力和空氣阻力，下列判斷正確的是（）A．帶電極板帶負(fù)電 B．絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電勢能不斷增大 C．若增大容器與帶電極板之間的距離，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表面時速率增大 D．質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達(dá)需要植絨的物體表面時速率越大【解答】解：A、絨毛帶負(fù)電加速度向下運(yùn)動，所以電場力向下，電場強(qiáng)度向上，帶電極板帶正電，故A錯誤；B、絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電場力向下做正功，電勢能不斷減小，故B錯誤；C、由動能定理可得：qU=12若增大容器與帶電極板之間的距離，而電極板之間的電壓加恒定，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表面時速率不變，故C錯誤；D、由v=2qUm，可知質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達(dá)需要植絨的物體表面時速率越大，故故選：D。（2022秋?朝陽區(qū)期末）如圖所示，相距為d的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場。一個電子從左極板O點(diǎn)處以速度v0沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回。已知O、A兩點(diǎn)相距為h（h＜d），電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力。（1）求O、A兩點(diǎn)間的電勢差大小UOA；（2）求兩平行金屬極間電勢差大小U；（3）設(shè)右極板電勢為零，求A點(diǎn)電勢φA?！窘獯稹拷猓海?）電子由O到A的過程，只有電場力做功，根據(jù)動能定理可得：?eUOA＝0?1解得OA的電勢差UOA=（2）OA的電勢差UOA＝Eh；兩平行金屬極間電勢差大小U＝Ed則U=（3）右極板電勢為零，則左極板電勢為φ＝UA點(diǎn)電勢φA＝φ﹣UOA=答：（1）O、A兩點(diǎn)間的電勢差大小為mv（2）兩平行金屬極間電勢差大小為mdv（3）設(shè)右極板電勢為零，A點(diǎn)電勢為mv題型4帶電體在靜電力和重力下的直線運(yùn)動(等效重力場)（2022秋?鄄城縣校級期末）如圖所示，充電后水平放置的平行板電容器與電源斷開，金屬板相距為d，一質(zhì)量為m，電荷量為+q的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出（軌跡如圖中虛線所示），若僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，其他條件保持不變，則下列說法正確的是（）A．油滴的運(yùn)動軌跡變成曲線 B．電場強(qiáng)度大小為mgq，方向豎直向下C．平移后下板和上板之間的電勢差為mgdqD．平移后油滴穿越兩板之間的電場后電勢能減少了mgd【解答】解：AB、油滴沿直線從上極板邊緣射出，油滴在極板間一定做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件得：qE＝mg，解得：E=mgq，方向豎直向上；極板間的電場強(qiáng)度：E=Ud，電容器的電容C=QU，平行板電容器的電容C=εrS4πkd，解得：E=4πkQC、僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，兩極板間的電場強(qiáng)度E不變，兩極板間的電勢差U＝Ed，當(dāng)上極板向上移動些許時d變大，上、下兩極板間的電勢差U變大，不再是mgdq，故CD、當(dāng)上極板向上移動后，E不變，所以粒子射出電場時的位置也不變，重力做功﹣mgd，則電場力做功mgd，根據(jù)功能關(guān)系可知，油滴的電勢能減少了mgd，故D正確。故選：D。（多選）（2023秋?福州期末）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場強(qiáng)度為E＝1×104N/C的勻強(qiáng)電場。在勻強(qiáng)電場中有一根長l＝2m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m＝0.08kg的帶電小球，靜止時懸線與豎直方向成37°角。若小球獲得初速度恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，取小球在靜止時的位置為電勢能零點(diǎn)和重力勢能零點(diǎn)，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球的電荷量q＝6×10﹣5C B．小球動能的最小值為2J C．小球在運(yùn)動至圓周軌跡上的最高點(diǎn)時有機(jī)械能的最小值 D．小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的電勢能和機(jī)械能之和保持不變，且為5J【解答】解：A、小球靜止時，對小球進(jìn)行受力分析有tan37代入數(shù)據(jù)解得q=故A正確；B、小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，則在等最高點(diǎn)，即平衡位置關(guān)于O點(diǎn)的對稱點(diǎn)，速度最小，動能最小。由重力和電場力的合力提供向心力，有mg代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s由動能公式可知E故B錯誤；C、有機(jī)械能守恒定律可知：機(jī)械能的變化等于除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功，此處即電場力做的功，所以當(dāng)小球運(yùn)動到左側(cè)與圓心O點(diǎn)等高處時機(jī)械能最小，故C錯誤；D、小球由B運(yùn)動到A，有W合力＝2lF合EpB＝4J代入數(shù)據(jù)解得總能量為E＝EpB+EkB＝5J，故D正確。故選：AD。（2023秋?南寧期末）如圖，在方向豎直向上、大小為E＝1×106V/m的勻強(qiáng)電場中，固定一個光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內(nèi)，圓心為O、半徑為R＝0.2m。絕緣圓環(huán)穿有A、B兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，兩小球間通過一根絕緣輕桿相連?，F(xiàn)將兩小球和輕桿從圓環(huán)上的圖示位置出靜止釋放，釋放時A與圓心O等高，B在圓心O的正下方，釋放后兩小球沿逆時針方向轉(zhuǎn)動。已知A帶的電荷量為q＝+7×10﹣7C，B不帶電，兩小球質(zhì)量分別為mA＝0.01kg、mB＝0.08kg，重力加速度大小為g＝10m/s2，則：（1）通過計算判斷，小球A能否到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn)C；（2）求小球A的最大速度值；（3）求小球A從圖示位置逆時針轉(zhuǎn)動的過程中，其電勢能變化的最大值?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)A、B在轉(zhuǎn)動過程中，輕桿對A、B做的功分別為WT、WT′，則：WT+WT′＝0設(shè)A、B到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)的動能分別為EkA、EkB對A由動能定理：qER﹣mAgR+WT1＝EKA對B由動能定理：WT1′﹣mBgR＝EKB聯(lián)立解得：EKA+EKB＝﹣0.04J上式表明：A在圓環(huán)最高點(diǎn)時，系統(tǒng)動能為負(fù)值，故A不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)。（2）設(shè)B轉(zhuǎn)過α角時，A、B的速度大小分別為vA、vB，因A、B做圓周運(yùn)動的半徑和角速度均相同，故兩球的線速度相等：vA＝vB對A由動能定理：qERsinα﹣mAgRsinα+WT2=對B由動能定理：WT2′﹣mBgR（1﹣cosα）=聯(lián)立解得：v由上式解得，當(dāng)tanα=34時，A、B的最大速度均為：vmax（3）A、B從圖示位置逆時針轉(zhuǎn)動過程中，當(dāng)兩球速度為0時，電場力做功最多，電勢能減少最多，由上述速度表達(dá)式得：3sinα+4cosα﹣4＝0解得：sinα=2425或sinα＝故A的電勢能減少：|ΔEp|＝qEsinα=84625J答：（1）小球A不能到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn)C；（2）小球A的最大速度值為223（3）小球A從圖示位置逆時針轉(zhuǎn)動的過程中，其電勢能變化的最大值為0.1344J。題型5帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)（2023秋?大興區(qū)期末）甲、乙兩個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（﹣q，m）、（﹣q，4m），它們先后經(jīng)過同一加速電場由靜止開始加速后，由同一點(diǎn)進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，兩粒子進(jìn)入時的速度方向均與偏轉(zhuǎn)電場垂直，如圖所示。粒子重力不計，則甲、乙兩粒子（）A．進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時速度大小之比為1：2 B．在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間相同 C．離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能之比為1：4 D．離開偏轉(zhuǎn)電場時垂直于板面方向偏移的距離之比為1：1【解答】解：A.帶電粒子經(jīng)過加速電場加速，設(shè)加速電場兩極板電勢差為U1，由動能定理得qU1=12進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小v=則兩帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小之比為v甲：v乙=故A錯誤；B.帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動，設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長為x，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間t=兩帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度不同，則時間不同，故B錯誤；C.帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，豎直方向?yàn)槌跛俣葹?的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場兩極板電勢差為U2，豎直位移為y=12at2=12×則兩帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向的位移相同，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場中電場強(qiáng)度為E，根據(jù)動能定理得qEy＝Ek-12mv2＝Ek﹣離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能為Ek＝qEy+qU1兩帶電粒子電荷量相同，則離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能相同，動能之比為1：1，故C錯誤；D.根據(jù)C選項(xiàng)分析可知，離開偏轉(zhuǎn)電場時垂直于板面方向偏移的距離之比為1：1，故D正確。故選：D。（2023秋?朝陽區(qū)期末）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。收集器矩形通道的上下表面是一對平行金屬板，金屬板長度為L，間距為d。均勻分布的帶負(fù)電的灰塵顆粒質(zhì)量為m、電荷量為q、以水平速度v0進(jìn)入通道，單位時間內(nèi)進(jìn)入通道的帶電灰塵顆粒數(shù)目為n。已知兩金屬極板之間的電壓恒為U=3mA．凈化裝置對帶電灰塵顆粒的收集率為75100B．單位時間內(nèi)通過導(dǎo)線的電荷量為34C．單位時間內(nèi)帶電灰塵顆粒減少的電勢能為1532D．若電壓增大到2U，則帶電灰塵顆粒恰好全部被收集【解答】解：AB．帶電塵埃在極板間最大偏轉(zhuǎn)距離y，最長運(yùn)動時間為t，根據(jù)牛頓第二定律可知，塵埃的加速度為a=水平方向和豎直方向分別有L＝v0ty=解得y=3根據(jù)題意可知，收集效率為η=yd×則單位時間內(nèi)通過導(dǎo)線的電荷量為Q=3故AB正確；C．單位時間內(nèi)帶電塵埃減少的電勢能為Ep=14nq×3U故C正確；D．若電壓增大到2U，帶電塵埃在極板間最大偏轉(zhuǎn)距離y'，最長運(yùn)動時間為t'，根據(jù)牛頓第二定律可知，塵埃的加速度為a=水平方向和豎直方向分別有L'＝v0t'y'=解得y'=3則帶電灰塵顆粒并非恰好全部被收集，故D錯誤；本題選擇錯誤選項(xiàng)；故選：D。（2023春?溫江區(qū)校級期末）如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場，兩電荷恰好在板間某點(diǎn)相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是（）A．電荷M的電荷量小于電荷N的電荷量 B．兩電荷在電場中運(yùn)動的加速度相等 C．從兩電荷進(jìn)入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功 D．電荷M進(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場的初速度大小一定相同【解答】解：AB、從運(yùn)動軌跡知，豎直方向的位移M比N大，即：yM＞yN豎直方向上：y=由于電荷M和N質(zhì)量相同，E相同，時間t相同，則：E即：aM＞aN，qM＞qN。故AB錯誤；C、根據(jù)動能定理可知，電場力做功為：W＝Eqh，h=Eqt22m，聯(lián)立兩式有：W=E2q2t22m，由于M、N電荷量關(guān)系有：qM＞qN。而MN的質(zhì)量D、從題圖所給的運(yùn)動軌跡知道：xM＞xN，即：vMt＞vNt則：vM＞vN，故D錯誤。故選：C。題型6帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的偏轉(zhuǎn)（多選）（2023秋?五華區(qū)校級期末）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度2v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動，通過N點(diǎn)時，速度大小為v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程（）A．水平方向加速度大小為g2B．水平方向位移為v2C．動能增加32D．機(jī)械能增加1【解答】解：A、小球的運(yùn)動可以分解為豎直方向的豎直上拋運(yùn)動和水平方向的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t，則水平方向有qE豎直方向有g(shù)t＝2v則得：t=2vg則水平方向的加速度為a=qEm=B、水平方向位移為x=v22aC、動能增加量為ΔEk=D、根據(jù)功能關(guān)系知機(jī)械能增加量為ΔE=qEx=12mg?故選：AD。（2022秋?平城區(qū)校級期末）如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，將質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝3BC，空氣阻力不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電場力大小為3mg B．小球帶正電 C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動時間相等 D．小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等【解答】解：C、兩個過程水平位移之比是3：1，所以時間之比也是3：1，故C錯誤。A、分別列出豎直方向的方程，即h=12gt2，h3B、小球受到的電場力向上，與電場方向相反，所以小球帶負(fù)電，故B錯誤。D、速度變化量等于加速度與時間的乘積，即Δv＝at，結(jié)合以上的分析可得，AB過程Δv＝gt，BC過程Δv=F-mgmt故選：D。（多選）（2023春?宜豐縣校級期末）如圖所示，在方向水平的勻強(qiáng)電場中，一不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，把小球拉起至A點(diǎn)，此時細(xì)線與場強(qiáng)平行，然后把小球從A點(diǎn)無初速釋放，經(jīng)最低點(diǎn)B后到達(dá)B的另一側(cè)C點(diǎn)時速度為零，則（）A．小球在B點(diǎn)時速度最大 B．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過程中，機(jī)械能一直在減少 C．小球在B點(diǎn)時的繩子拉力最大 D．從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中小球的動能先增加再減小【解答】解：AC、小球受電場力水平向右，則由平衡知識可知，小球的平衡位置在AB之間的某位置，小球在平衡位置時的速度最大，在此位置時繩子的拉力也是最大，但肯定不是在B點(diǎn)，故AC錯誤；B、根據(jù)功能原理，小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過程中，只有電場力和重力做功，則小球的機(jī)械能和電勢能之和守恒，因此過程中電場力一直做負(fù)功，電勢能變大，則機(jī)械能一直在減少，故B正確；D、由以上分析，速度最大（即動能最大）的點(diǎn)在AB之間的某點(diǎn)，從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，小球的動能先增加再減小，故D正確。故選：BD。（多選）（2022秋?稷山縣期末）如圖所示，空間有豎直向上的勻強(qiáng)電場E。將一質(zhì)量為m的帶電小球從斜面上的A點(diǎn)以速率v0水平向左拋出，小球落到斜面上的B點(diǎn)。若撤去電場，將該小球以v02的速率從A點(diǎn)水平向左拋出，小球恰好落到A．小球的電荷量為mgEB．小球的電荷量為mg2EC．前、后兩次小球落到斜面上時的動能之比為2：1 D．前、后兩次小球落到斜面上時的動能之比為4：1【解答】解：AB.設(shè)小球兩次飛行的時間分別為t1、t2，水平位移分別為x1、x2，小球在水平方向做勻速運(yùn)動，空間有豎直向上的勻強(qiáng)電場E時，水平位移x1＝v0t1撤去電場后，小球的水平位移x設(shè)AB距離為L，根據(jù)題意x聯(lián)立解得t1＝t2空間有豎直向上的勻強(qiáng)電場E時，小球在豎直方向做勻加速運(yùn)動，豎直高度h撤去電場后，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，豎直高度h根據(jù)題意，結(jié)合數(shù)學(xué)知識h1＝Lsinα，h聯(lián)立解得a＝2g空間有豎直向上的勻強(qiáng)電場E時，根據(jù)牛頓第二定律mg+Eq＝ma聯(lián)立解得小球所帶電荷量q=mgE，故A正確，CD.空間有豎直向上的勻強(qiáng)電場E時，小球落地時的豎直速度vy1＝at1＝2gt1落地時的動能E撤去電場后