電容器、帶電粒子在電場中的運動-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新高考）

考點34電容器帶電粒子在電場中的運動

IK考情探究,

i.高考真題考點分布

題型考點考查考題統(tǒng)計

選擇題電容器2024年浙江卷、甘肅卷、遼寧卷

選擇題帶電粒子在電場中直線運動2024年江西卷

選擇題帶電粒子在電場中圓周運動2024年河北卷

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】高考對電容器的考查較為頻繁，但對帶電粒子在電場中運動幾乎每年都考，并且特別容易與

磁場相結(jié)合，考查電磁組合場和疊加場問題，題目難度相對較大。

【備考策略】

1.理解和掌握電容的定義式和決定式，會處理分析電容器的動態(tài)問題。

2.能夠利用動力學(xué)、功能觀點處理帶電粒子在電場中的直線運動和拋體運動。

【命題預(yù)測】重點關(guān)注帶電粒子在電磁場中的運動問題，特別是計算題。

醮?考點流臥

一、電容器的電容

1.電容器

(1)組成：在兩個相距很近的平行金屬板中間夾上一層絕緣物質(zhì)——電介質(zhì)，就組成一個最簡單的電容器。

(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。

(3)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。

(4)擊穿電壓與額定電壓

①擊穿電壓：電容器兩極板間的電壓超過某一數(shù)值時，電介質(zhì)將被擊穿，電容器損壞，這個極限電壓稱為

電容器的擊穿電壓。

②額定電壓：電容器外殼上標的工作電壓，也是電容器正常工作所能承受的最大電壓，額定電壓比擊穿電

壓低。

2.電容

⑴定義

電容器所帶的電荷量。與電容器兩極板之間的電勢差U之比，叫作電容器的電容。

Q

(2)定義式:C=p

(3)物理意義：表示電容器儲存電荷本領(lǐng)大小的物理量。

(4)單位：法拉(F),1F=1x106*=1義1012pF。

3.平行板電容器

(1)決定因素：正對面積，相對介電常數(shù)，兩板間的距離。

￡S

(2)決定式：C=——r=

4nkd

二、帶電粒子在電場中的運動

1.加速

(1)在勻強電場中，沙=0及7=40=}*2一;777Vo2

(2)在非勻強電場中，W—qU—^n^-^mv^-o

2.偏轉(zhuǎn)

(1)運動情況：如果帶電粒子以初速度為垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動,

如圖所示。

(2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿靜電力方向的勻加速直線運動。根據(jù)

運動的合成與分解的知識解決有關(guān)問題。

(3)基本關(guān)系式：運動時間,=一I,加速度。=F—=q"E=q紇U，偏轉(zhuǎn)量＞=-1〃2=，qU_P偏轉(zhuǎn)角。的正切值：tan

vommmd22mdvd

vatqUl

=y

3—=—=----o

vovomdvo1

，考點精講I

考點一電容器的動態(tài)分析

考向平行板電容器兩類動態(tài)的分析

1.平行板電容器動態(tài)的分析思路

f確定不變量電容器保持與電源相連，〃不變；電容器

~：——廠充電后與電源斷開,。不變

,、---------------------

倒斷電容變化）一由決定式。=濾卷確定電容器電容的變化

網(wǎng)斷Q或%的變化U由定義式?？膳袛嚯娙萜魉鶐щ姾闪?/p>

------\--------|。或兩極板間電壓U的變化

]__________________________________________

（判斷場強的變化）-由￡=書分析電容器極板間場強的變化

2.平行板電容器的動態(tài)分析問題的兩種情況

⑴平行板電容器充電后，保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接：

"變大

C變小

&變大際變壞變，d不變

C變大。變大E不變

（2）平行板電容器充電后,切斷與電池的連接:

S變大。不變U變小，d不變

充

電電容器C變大U變小E變小

后

與

兩極板

電

源品變大。不變U變小，"不變

電荷量—?

極

兩。變大U變小E變小

開

斷保持不

變"變大+。不變_U變大,"變大

C變小U變大E不變

典例引領(lǐng)

1.如圖所示，平行板電容器實驗裝置中，極板/接地，5與一個靈敏的靜電計相接。若電容器的電容為

C,兩極板間的電壓為U,兩極板間的電場強度為E,則（）

A.將/極板向上移動，C變大，U變小，E變小

B.將/極板向下移動，C變小，U變大，E不變

C.將/極板向右移動，C變大，U變小，E變小

D.將/極板向左移動，C變小，U變大，￡不變

【答案】D

eV

【詳解】A.將4極板向上移動，兩板間正對面積S減小，由。二二力可知。減?。挥捎趦蓸O板所帶電荷

4%左d

量不變，由c=g可知，兩極板間的電壓。變大，由￡可知電容器兩極板間的電場強度E變大。故A

錯誤；

B.將4極板向下移動，兩板間正對面積S減小，由。=:不可知。減??；由于兩極板所帶電荷量不變,

4兀kd

由C=g可知，兩極板間的電壓。變大，由￡=二可知電容器兩極板間的電場強度E變大。故B錯誤；

Ua

C.將/極板向右移動，兩板間距離d減小，由C=可知。增大；由于兩極板所帶電荷量不變，由

471kd

c=g可知，兩極間的電壓U變小，由E=§=上華可知電容器兩極板間的電場強度E不變。故c錯

UasS

誤；

D.將4極板向左移動，兩板間距離d增大，由。==;可知。減??；由于兩極板所帶電荷量不變，由

471kd

c=g可知，兩極間的電壓。變大，由￡===加工可知電容器兩極板間的電場強度￡不變。故D正

UasS

確。故選Do

即阻拽測

2.半導(dǎo)體指紋傳感器，多用于手機、電腦、汽車等設(shè)備的安全識別，如圖所示。傳感器半導(dǎo)體基板上有

大量金屬顆粒，基板上的每一點都是小極板，其外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于

指紋凹凸不平，凸點處與凹點處分別與半導(dǎo)體基板上的小極板形成正對面積相同的電容器。使每個電容器

的電壓保持不變，對每個電容器的放電電流進行測量，即可采集指紋。在指紋采集過程中，下列說法正確

的是（）

A.手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容器帶電量減小

B.手指用力擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量減小

C.指紋的凸點處與小極板距離近，電容小

D.指紋的凹點處與小極板距離遠，電容大

【答案】A

【詳解】AB.根據(jù)電容的公式。=鼻可知，手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容

4兀kd

減小。由。=。?？芍?，U不變，則電容器帶電量減小。反之電容器帶電量增大。故A正確，B錯誤；

CD.根據(jù)電容的公式CM8可知，指紋的凹點處與小極板距離遠，電容小，指紋的凸點處與小極板距

4元kd

離近，電容大，故CD錯誤。故選A。

考點精講I

考點二帶電粒子在電場中的直線運動

1.電場中帶電粒子做直線運動的條件

（1）粒子所受合外力/合=o,粒子或靜止，或做勻速直線運動。

（2）勻強電場中，粒子所受合外力尸才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動或

勻減速直線運動。

2.用動力學(xué)和功能觀點分析問題

（1）用動力學(xué)觀點分析

qEU,

a——，E——,v2—v（）2=2ad（勻強電場）。

md

（2）用功能觀點分析

22

勻強電場中：W=Eqd=qU=-mv—v0°

非勻強電場中：W=qU=E就一Eki。

典例引領(lǐng)

3.如圖甲所示，在光滑水平面上。點處有帶正電的絕緣小物塊處于靜止狀態(tài)，零時刻開始，加如圖乙所

示的水平電場（以水平向右為正方向），物塊在（時刻到達/點，速度有為均；7時刻恰好回到出發(fā)點

。，速度大小為為，則下列說法中正確的是（）

E

Ef

O

B.、=

A.瑪=心E3E°C.v0=0D.v0=3vA

【答案】B

【詳解】設(shè)?！伴L度為X，以向右為正方向，則由。-“過程有戶號4,77時段加反向勻強電

場，物塊先向右做勻減速運動至零后反向向左做勻加速運動，則O過程有f=2二九Z結(jié)合兩式有

22

%=2VH則0?一時段加速度a'=，彳~7時段加速度出一~^F~代入%=2匕得％=-3%則&=3E。故

2I2I

選Bo

即與性測

4.如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為仇極板間距為力帶負電的微粒質(zhì)量為

加、帶電量為q,從極板M的左邊緣/處以初速度叫水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣3處射

B.兩極板的電勢差

qcos”

C.微粒達到8點時動能為機V；

D.微粒從A點到B點的過程電勢能增加嗎

tan。

【答案】B

【詳解】AB.微粒在電場中受到重力和電場力，而做直線運動，電場力與重力的合力必定水平向左，如圖

所示

微粒沿直線做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得〃唱tan。=加m牛=Eq=?q解得

cost/a

a=gtan6>,%=優(yōu)［故A錯誤,B正確；

qCOS”

C.由于微粒做勻減速直線運動，動能減小，故c錯誤;

D.微粒的電勢能增加量為5=4。@=嗎故。錯誤。故選B。

cost/

\考點精講I

考點三帶電粒子在電場中的拋體運動

1.求解電偏轉(zhuǎn)問題的兩種思路

以示波管模型為例,帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場。2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打

(1)確定最終偏移距禺OP的兩種方法

方法1:

2.特別提醒：

(1)利用動能定理求粒子偏轉(zhuǎn)后的動能時，電場力做功/=qU=q號,其中“。'為初末位置的電勢差，而不一定

是^=~2°

(2)注意是否考慮重力

①基本粒子：如電子、質(zhì)子、a粒子、離子等除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不

忽略質(zhì)量).

②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力.

典例引領(lǐng)

5.如圖所示，氣、笊、瓶的原子核自初速度為零經(jīng)同一電場加速后，又經(jīng)同一勻強電場偏轉(zhuǎn)，最后打在

熒光屏上，下列說法不正確的是（）

。2

!-

6

+-

A.經(jīng)過加速電場的過程中，電場力對旅核做的功最多

B.經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場力對三種原子核做的功一樣多

C.三種原子核打在屏上的動能一樣大

D.三種原子核都打在屏的同一位置上

【答案】A

【詳解】A.設(shè)加速電壓為U”偏轉(zhuǎn)電壓為“，偏轉(zhuǎn)極板的長度為以板間距離為心在加速電場中，電

場力做的功為少=?■=；機年由于加速電壓相同，電荷量相等，所以電場力做的功相等，故A錯誤；

D.在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移為吟（上〕解得y=M同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切為

22md4叫

tan6=疑可見了和tan。與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)。所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同。

運動軌跡相同，故三種粒子打屏上同一點，故D正確。

B.粒子的運動軌跡相同，電荷量相同，電場力相同，在偏轉(zhuǎn)電場中電場力做功相同，故B正確；

C.整個過程運用動能定理得;機v2=?q+?協(xié)在偏轉(zhuǎn)電場中電場力做功心一樣大，故C正確；故選A。

6.一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓。/加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為口。微粒射

入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45。，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分

別為"和L,到兩極板距離均為力如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計重力。下列說法正確的是（）

A.L:d=2,.l

B.S：。產(chǎn)2:1

C.微粒穿過圖中電容器區(qū)域的速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值為:

D.僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變

【答案】D

【詳解】A.帶電粒子在勻強電場中做類斜拋運動，從進入電場到最高點有量=vj,d=^tvy=at,

tan450=土聯(lián)立解得Z：d=l:l故A錯誤；

匕

B.帶電粒子在加速電場中，有亞=；，就帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，有冷=；喇,5畝45。=乜聯(lián)立解得

222%

?=，故B錯誤；

C.設(shè)帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度方向與水平方向夾角為a,則有tanc=tan45。=1設(shè)帶電粒子射出偏轉(zhuǎn)

電場的速度方向與水平夾角為則有tan/=殳依題意，帶電粒子從最高點運動到射出電場過程，有

匕

L=v/,聯(lián)立解得tan￡=1根據(jù)數(shù)學(xué)三角函數(shù)，可得tan(a+￡)=3故C錯誤；

了2

D.粒子射入最高點的過程水平方向和豎直方向的位移分別為x=vj,y=?鳥/解得)=*可知帶

22ma4〃/

電粒子的軌跡方程與其質(zhì)量或者電荷數(shù)量無關(guān)，即軌跡不會變化，故D正確。故選D。

\考點精講|

考點四帶電粒子在力電等效場中的圓周運動

考向帶電粒子在力電等效場中的圓周運動

1.方法概述

等效思維方法是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題，若采用常

規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運算量大。若采用等效法求解，則能避開復(fù)雜的運算，過程比較簡捷。

2.方法應(yīng)用

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。區(qū)視為等效重力加速度。再將物體在重力場

m

中的運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。

重力場與電場成一定夾角重力場與電場在一條直線上

&4等效重力場

r｛等效“最低點”］

0

-mg

pZzg［等效?重力］

【等效“最高點”］

?等效重力加速度］

典例引領(lǐng)

7.如圖所示，場強為￡的勻強電場方向豎直向下，所帶電荷量為，、質(zhì)量為加的帶電小球用長為乙的絕

緣細線拴住，小球可以在豎直平面內(nèi)繞。做圓周運動，/、8分別是軌跡的最高點和最低點。已知小球靜

止時的位置是/點，重力加速度大小為g,小球可以看成質(zhì)點，下列說法正確的是（）

A.若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過/點時速度最小值為性皆二醇絲

Vm

B.若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過4點時速度最小值為J5（q￡+mg）L

C.若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過/點時速度最小值而

D.若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過/點時速度最小值、舀紅

Vm

【答案】A

【詳解】若小球恰好可以做完整的圓周運動，則在8點有=M，根據(jù)動能定理有

（亞一mg）?2￡=：心片-￡加說解得j=、產(chǎn)一?2故選人。

22Vm

即典性測

8.如圖所示，水平面上用絕緣支架固定一個半徑為R的圓形、絕緣軌道，軌道平面位于豎直面內(nèi)，整個

裝置處于豎直向下的勻強電場中，軌道內(nèi)有一個電荷量為q的帶正電的小球。已知小球受到的電場力等于

其重力，小球沿著軌道做圓周運動的過程中，對軌道最低點與最高點的壓力大小分別為片和片（&*0）,

則勻強電場的電場強度大小為（）

A.手B.乎C.tD.=

bq6q12q12q

【答案】D

【詳解】設(shè)小球質(zhì)量為加，最低點與最高點速度大小分別為匕和嶺，在最低點由牛頓第二定律可知

K-（qE+mg）=機'在最高點由牛頓第二定律可知F2+（qE+"2g）=加匕聯(lián)立解得

RR

Fx-F2-2（qE+mg）=―—竺之由動能定理可知（q￡+/g）x27?=:加v；一：加心解得可一月=6（qE+加g）根

R22

據(jù)題意qE=^g,即電場強度為￡=與竭，D正確。故選D。

考點精講|

考點五帶電粒子在交變電場中的運動

1.此類題型一般有三種情況:一是粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解）；二是粒子做往返運動

（一般分段研究）；三是粒子做偏轉(zhuǎn)運動（一般根據(jù)交變電場的特點分段研究）。

2.分析時從兩條思路出發(fā):一是力和運動的關(guān)系,根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析;二是功能關(guān)系。

3.注重全面分析（分析受力特點和運動特點），抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征,求

解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。

4.交變電場中的直線運動（方法實操展示）

U-t圖像v-t圖像軌跡圖

；4/速度不反？

UAB_vo

04r

0'I\Tt

0

_：2LiTt

單向直線運動

oB

■<才r?

UAB

2U。

Q4一B

"\T\2T\T-7

-Uo——'3

典例引領(lǐng)

9.如圖甲中高能醫(yī)用電子直線加速器能讓電子在真空場中被電場力加速，產(chǎn)生高能電子束，圖乙為加在

直線加速器上。、6間的電壓，已知電子電荷量為e,質(zhì)量為〃?，交變電壓大小始終為U,周期為7,?=0

時刻電子從軸線8c上的緊靠0號金屬圓筒右側(cè)由靜止開始被加速，圓筒的長度的設(shè)計遵照一定的規(guī)律，

使得粒子"踏準節(jié)奏"在間隙處一直被加速。不計在兩金屬圓筒間隙中的運動時間，不考慮電場的邊緣效

應(yīng)，貝I()

A.電子在第1個圓筒內(nèi)加速度一B.電子在第2個圓筒內(nèi)運動時間1=7

m

C.電子射出第3個圓筒時的速度為、旺D.第8號金屬圓筒的長度為二'但口

Vm2Nm

【答案】D

【詳解】A.金屬筒中電場為零，電子不受電場力所用，則電子在第1個圓筒內(nèi)加速度為0,故A錯誤；

B.電子每經(jīng)過圓筒間狹縫時都要被加速，然后進入圓筒做勻速直線運動，所以電子在圓筒運動時間必須

為《，才能滿足每次經(jīng)過狹縫時被加速，故B錯誤；

C.設(shè)電子進入第3個圓筒時的速度為丫3，由動能定理有3"/=:加4可得丫3=、匡因為電子在圓筒中做

2Vm

勻速直線運動，則電子射出第3個圓筒時的速度為故C錯誤;

Vm

C.設(shè)電子進入第8號圓筒時的速度為%,由動能定理有8eU=：加片可得%=、心\6e電U而電子在圓筒內(nèi)做勻

2VTn

速直線運動，由此可得第8號圓筒的長度為心=%.：=：J"吆故D正確。故選D。

m

即典性測

10.如圖甲所示，兩板距離足夠?qū)?，板間原來固定一電子，使之處于靜止狀態(tài)，電子重力不計。兩極板間

加上如圖乙所示的交變電壓，在f時刻釋放電子，以下說法正確的是（）

A.如果仁電子一直向/板運動

O

B.如果六二，電子時而8板運動，時而向Z板運動，最后向5板靠近

4

3T

C.如果六:電子時而向B板運動，時而向/板運動，最后向/板靠近

4

D.如果片?，電子時而向8板運動，時而向/板運動，最后向/板靠近

O

【答案】D

T373TT

【詳解】A.如果六三，電子先向/板加速打，再向/板減速弁，而后向8板加速工，再向2板減速

OOOO

之后重復(fù)以上運動，最后打到/板。故A錯誤；

O

B.如果/=《，電子先向/板加速再向月板減速!，而后向8板加速再向8板減速;，之后重

44444

復(fù)以上運動，電子時而8板運動，時而向N板運動，兩板距離足夠?qū)挘詈蟛粫虻?、8板上。故B錯

誤；

3TTTTT

C.如果六二，電子先向B板加速丁，再向8板減速丁，而后向/板加速丁，再向/板減速丁，之后重

44444

復(fù)以上運動，電子時而5板運動，時而向/板運動，兩板距離足夠?qū)?，最后不會打到力?板上。故C錯

誤；

7TTT3T3T

D.如果齊丁，電子先向8板加速三，再向8板減速工，而后向4板加速丁，再向/板減速打，之后

OOOOO

重復(fù)以上運動，最后打到/板。故D正確。故選D。

者向2變變電場里的偏轉(zhuǎn)

典例引領(lǐng)

11.如圖甲所示，兩平行金屬板N、8的板長和板間距均為乙兩板之間的電壓隨時間周期性變化規(guī)律如

圖乙所示。一不計重力的帶電粒子以速度w從。點沿板間中線射入極板之間，若仁0時刻進入電場的帶電

粒子在f=T時刻剛好沿/板右邊緣射出電場，則（）

4B

U。

0

7。

甲乙

A.t=0時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為亞為

T

B.，=至?xí)r刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為v。

O

T3

C.，=］時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為

T1

D.”彳時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離/板的最小距離為丁

【答案】B

【詳解】A.依題意，粒子帶負電，由受力分析可知，f=0時刻進入電場的粒子在沿電場線方向先勻加速

T

設(shè)沿電場線方向最大速度為V〉，則有子=曰，］=%7解得。=%由運動的對稱性可知，離開電場時沿電

場線方向速度恰好減為零，即其速度大小仍為%。故A錯誤；

B.f=等時刻進入電場的粒子沿電場線方向先勻加速再勻減速?，速度減為零，然后反方向勻加

OOO

綜上所述，粒子離開電場時速度大小仍為噸。故B正確；

C.f=g時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中沿電場線方向最大速度設(shè)為V、，則有?。又

4y4

?（聯(lián)立，解得吟=，根據(jù)速度的平行四邊形定則，可得粒子的最大速度為".二舊忑二年為故

c錯誤；

T

D.根據(jù)C選項分析可知，/=丁時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中，沿電場線方向最大位移為

4

尸匕聯(lián)立，解得＞=告則離/板的最小距離為/=（一3=2故D錯誤。故選B。

241621616

即時檢測

12.如圖甲所示，長為8"、間距為"的平行金屬板水平放置，O點為兩板中點的一粒子源，能持續(xù)水平向

右發(fā)射初速度為力、電荷量為+4、質(zhì)量為加的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下

為正方向，不計粒子重力，以下判斷正確的是（）

2d4d6d8d

%vovovo

能從板間射出的粒子的動能均相同

粒子在電場中運動的最短時間為―

d

公一時刻進入的粒子，從點的下方射出

%

d

時刻進入的粒子，從。點的上方射出

【答案】A

【詳解】B.由圖可知場強￡=答則粒子在電場中的加速度0=迫=亡則粒子在電場中運動的最短時間

2qdm2d

滿足;d=；皿“；解得熱加=-^―故B錯誤；

22%

8d

A.能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為公一則任意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度

均為0,可知射出電場時的動能均為:加%2,故A正確；

dTTT

C.，=—=:時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速;，后向下減速;速度到零；然后向

%444

TT

上加速了，再向上減速;速度到零.?…如此反復(fù)，則最后從點射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將

44

從。'點射出，故C錯誤；

dT37

D.才=丁=W時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速一，運動的位移

2%88

必=:袱工?（二）2=21此時粒子已經(jīng)到達下極板，即粒子不能從右側(cè)射出，故D錯誤。故選

222a2%162

考點精講I

考點六用動力學(xué)、能量和動量觀點解決力電綜合問題

1.力電綜合問題的處理流程

單

體間

連接

尋找

平衡

受力

體法

平整

個處于

聯(lián)量

的關(guān)

分析

離法

態(tài)隔

衡狀

物方程

體

或

定

第二

牛頓

連受①列

運連接

程

接動力律方

體間

尋找

體狀隔離法分

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