《9.1带电粒子在电场中的运动（讲义）（4考点7题型）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《9.1带电粒子在电场中的运动（讲义）（4考点7题型）.docx（18页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、9.1带电粒子在电场中的运动考点一平行板电容器的动态分析1考点二带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动2考点三带电粒子在电场中的偏转2考点四带电体在复合场中的运动3题型1平行板电容器的动态分析两极板间电势差不变4题型2平行板电容器的动态分析两极板间电荷量不变6题型3带电粒子在电场中的直线加速7题型4带电体在静电力和重力下的直线运动(等效重力场)9题型5带电粒子在匀强电场中的偏转12题型6带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转15题型7带电粒子在交变电场中的运动18考点一平行板电容器的动态分析1 .电容器的充、放电(1)充电：使电客器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的身史,电容器中储存电场能
2、.(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=细理解电容C=不能理解为电容C与2成正比、与幺成反比，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(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=盥分析平行板电容器电容的变化.(3)用定义式C=S分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化.(4)用后=/分析也容器两极板间电场强度的变化.两种类型平行板电容器的动态分析问题平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，则。=CU8(2,而
3、C=比装OC苧，两板间场强二是电容器充电后与电源断开，此时2恒定，则gg,C娱场强“六号8白考点二带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动1 .做直线运动的条件(1)粒子所受合外力尸合=0,粒子或静止,或做匀速直线运动.(2)粒子所受合外力F0,且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动.2 .用功能观点分析F公U2,E=q,v1-v)=2ad.3 .用功能观点分析匀强电场中：W=Eqd=qU=%/非匀强电场中：=gU=Ek2-Eu处理带电粒子在电场中运动的常用技巧(1)微观粒子(如电子、质子、Q粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化.(2
4、)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化.考点三带电粒子在电场中的偏转1.带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场.(2)运动性质：匀变速曲线运动.(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动,类似于平抑运动.(4)运动规律：沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间.能飞出电容器：1=/.Vq1b.不能飞出电容器：y=52=给巴I=嘲L沿电场力方向，做匀加速直线运动九味良F超世加速度：a=Ftnmma=s徨G/2fCUd得：y-4U0d,tan2W(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初
5、速度延长线的交点。为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为今3 .带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度。时也可以从能量的角度进行求解：qUy=mv2-mvl,其中Uy=y,指初、末位置间的电势差.考点四带电体在复合场中的运动等效法处理叠加场问题1 .各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有登加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成卷加场.2 .将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将Q=*见为“等效重力加速度”.再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可.题型1平行板电
6、容器的动态分析两极板间电势差不变题型专练口（2023秋哈尔滨期末）如图所示，平行板PQ、MN与电源相连，开关K闭合，从O点沿两板间中线不断向两板间射入比荷一定的带正电的粒子，粒子经电场偏转后发生的侧移为y,不计粒子的重力，要减小侧移y,下列操作可行的是（）A.仅将PQ板向下平移一些B.仅将PQ板向上平移一些C.将开关K断开，仅将PQ板向下平移D.将开关K断开，仅将PQ板向上平移【解答】解：AB、粒子在电场中做类平抛运动，则粒子经电场偏转后发生的侧移为y=2t2而粒子在电场中运动的加速度为qE=-m电容器在连接电源的情况下，极板间电压不变，极板间场强为FUE=d仅将PQ板向下平移些，两极板间的场
7、强E变大，粒子沿电场方向的加速度a增大，侧移y变大；仅将PQ板向上平移一些，两板间的场强E变小，粒子沿电场方向的加速度a减小，侧移y变小，故AB正确；CD、将开关K断开，两极板的带电量不变，极板间场强为E=苫，又C=,C=蛊,联立可得：E=曙可知仅将PQ板向下平移或向上平移，两极板间的电场强度E不变，粒子的加速度a不变，运动情况不变，则侧移y不变，故CD错误。故选：Bo题型专练2.（多选）（2023秋白山期末）如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板,B极板接地。闭合开关S,一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是（）A.该液滴带负电B.将块有机玻璃插到两极板之间，电容
8、器的电容将变小C.保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，液滴将保持静止D.断开开关S,将B极板向下移动一小段距离，液滴将加速向上运动【解答】解：A、由图可知，电容器上极板带正电，带电液滴能静止，则带电液滴带负电，故A正确；B、将一块有机玻璃插到两极板之间时，由C=晶可知电容器的电容将变大，故B错误：C、保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，电容器两极板电压不变，由E=5可知极板间电场强度不变，所以液滴受力情况不变，仍将保持静止，故C正确：D、断开开关S,电容器带电量不变，由C=晶，U=*,E=乡可得E=驾联，将B极板向下移动一小段距离，板间电场强度不变，则液滴受力情况不变，仍保持静
9、止，故D错误。故选：ACo题型专练3.（2022秋顺庆区校级期末）工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时，为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上（电源电压小于材料的击穿电压）。当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是（）A. A、B平行板电容器的电容减小B. AB两板上的电荷量变小C.有电流从b向a流过灵敏电流计D.A、B两板间的电场强度减小【解答】解：A.根据电容器的决定式C=熹可知，当产品厚度增大时，J变大，故电容变大，故A错误；BC.根据电容器的定义式Q=CU,因为电容器的电
10、容C变大，两极板间的电压U不变，故A、B两板上的电荷量变大；此时有充电电流从b向a流过灵敏电流计，故B错误，C正确；D.根据电场强度和电势差的关系E=，可知，两极板间电压不变，极板间距不变，故电场强度不变，故D错误。故选：Co题型2平行板电容器的动态分析两极板间电荷量不变题型专练4.（2023秋西宁期末）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为6.实验中，极板所带电荷量不变，若（）A.保持S不变，增大d,则变小B.保持S不变，增大d,则变大C.保持d不变，减小S,则变小D.保持d不变，减小S,则不变【解答】解：A、B、保
11、持S不变，增大d,可知电容变小，电容器的带电量不变，根据C=*说明板间电势差变大，发现变大，故A错误，B正确；C、D、保持d不变，减小S,可知电容变小，电容器的带电量不变，根据C=*说明板间电势差变大，发现变大，故CD错误。故选:Bo题型专练5,（2022秋大理州期末）用如图所示的实验装置定性探究影响平行板电容器电容的因素，该实验中保持两极板带电量不变。关于该实验的实验现象分析，下列说法正确的是（）A.若看到静电计张角变大，说明电容变大了B.若看到静电计张角变大，可能是板间距离增大造成的C.若看到静电计张角变小，可能是两板正对面积减小造成的D.若看到静电计张角变大，可能是因为在两板间插入了绝缘
12、介质板【解答】解：A、静电计指针张角变大，说明两板间电势差变大，故A错误；B、若板间距离增大，由电容的决定式C=盖可知电容减小，又由电容的定义式C=g可知，保持两极板带电量不变的情况下，两板间电势差变大，则静电计张角变大，故B正确：C、若两板正对面积减小，由电容的决定式C=品可知电容减小，又由电容的定义式C=g可知，保持两极板带电量不变的情况下，两板间电势差变大，则静电计张角变大，故C错误；D、若在两板间插入了绝缘介质板，由电容的决定式C=品可知电容增大，又由电容的定义式C=g可知，保持两极板带电量不变的情况下，两板间电势差变小，则静电计张角变小，故D错误。故选：B=题型专练6.（2023春安
13、化县期末）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（）A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，不能使电容器带电B.实验中，只将电容器b板向左平移，静电计指针的张角变大C.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D.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【解答】解：A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a带上电荷，由于静电感应使b板也带上电，故可以使电容器带电，故A错误；B.实验中，只将电容器b板向左平移，d变大，根据电容器的决定式C一旦g-4kd电容C变小，又由电容器的定义式C-Qc-u可知，极板间电压U增加，静电计指针
14、的张角变大，故B正确；C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，根据上述公式可知，介电常数变大，电容C变大，电压U减小，静电计指针的张角变小，故C错误；D.实验中，只增加极板带电量，电容不变，则极板间电压U增加，静电计指针的张角变大，故D错误。故选：Bo题型3带电粒子在电场中的直线加速题型专练7.（多选）（2022秋江北区校级期末）图甲是一台医用电子直线加速器，该加速器通过加速电场使电子直线加速获得能量，轰击重金属靶产生射线，可用于放射治疗。其基本原理如图乙所示，电子由阴极射线发出，经B板的小孔进入两板间被加速，不计电子的重力，下列说法正确的是（）A.A板带正电，B板不带电B.若两板间电压一定，改
15、变板间距离，电子的加速度与板间距离乘积保持不变C.若极板所带的电荷量一定，增大板间距离，电子获得的动能增大D.若两板间电压一定，增大板间距离，电子获得的动能增大【解答】解：AB、电子在电场中加速，所以A板带正电，B板带负电，根据牛顿第二定律有:空=a,解得丝=md,所以若两板间电压一定，改变板间距离，电子的加速度与板间距离乘积mdm保持不变，故A错误，B正确；CD增大板间距离，根据C=磊可知电容减小，若极板所带的电荷量一定，根据C=冬可知电压U增大，由动能定理可得eU=*mv2,可知动能增大，同时若两板间电压一定，增大板间距离，电子获得的动能不变。故C正确，D错误。故选：BCo题型专练8.（2
16、023邵阳模拟）静电植绒技术，于3000多年前在中国首先起步。现代静电植绒于上世纪50、60年代在德国首先研制出并使用。如图为植绒流程示意图，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛呈垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。不计重力和空气阻力，下列判断正确的是（）A.带电极板带负电B.绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断增大C.若增大容器与带电极板之间的距离，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率增大D.质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大【解答】解：A、绒毛带负电加速度向下运动，所以电场力向下，电场强度向上，带电极板带正电，故A错
17、误；B、绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电场力向下做正功，电势能不断减小，故B错误；C、由动能定理可得：qU=mv2,解得：V=熠若增大容器与带电极板之间的距离，而电极板之间的电压加恒定，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率不变，故C错误：D、由U=琛,可知质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大,故D正确。故选：Do题型专练9.（2022秋朝阳区期末）如图所示，相距为d的两平行金属板间存在匀强电场。一个电子从左极板O点处以速度VO沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为h（hVd）,电子质量为m,电荷量为e,不计电子重力。（1）求0、A两点间的
18、电势差大小Uoa；（2）求两平行金属极间电势差大小U；（3）设右极板电势为零，求A点电势A【解答】解：（1）电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理可得：-eUA=0-2解得OA的电势差UOA=贤（2）OA的电势差UOA=Eh；两平行金属极间电势差大小U=Ed则U=嘤（3）右极板电势为零，则左极板电势为=UA点电势A=-Uoa=黑，）答：（1）0、A两点间的电势差大小为萼；（2）两平行金属极间电势差大小为善；2eh（3）设右极板电势为零，A点电势为四空出。2eh题型4带电体在静电力和重力下的直线运动（等效重力场）题型专练10.（2022秋郸城县校级期末）如图所示，充电后水平放置的平行板
19、电容器与电源断开,金属板相距为d,一质量为m,电荷量为+q的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出（轨迹如图中虚线所示），若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，其他条件保持不变，则下列说法正确的是（）A.油滴的运动轨迹变成曲线B.电场强度大小为至，方向竖直向下QC.平移后下板和上板之间的电势差为四qD.平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了mgd【解答】解：AB、油滴沿直线从上极板边缘射出，油滴在极板间一定做匀速直线运动，由平衡条件得：qE=mg,解得：E=等，方向竖直向上；极板间的电场强度：E=号,电容器的电容C/UC=，平行板电容器的电容C=盖，解得：E=燮，当上极板向上移动
20、时，E不变，方向UtTIK,UCfeD仍然竖直向上，仍有qE=mg,所以油滴的运动轨述仍然是直线，故AB错误；C、仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，两极板间的电场强度E不变，两极板间的电势差U=Ed,当上极板向上移动些许时d变大，上、下两极板间的电势差U变大，不再是迺，故qC错误；D、当上极板向上移动后，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功-mgd,则电场力做功mgd,根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd,故D正确。故选：Do题型专练111（多选）（2023秋福州期末）如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=IXIO,n/c的匀强电场。在匀强电场中有一根长l=2m
21、的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m=0.08kg的带电小球，静止时悬线与竖直方向成37。角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37o=0.8,g取IOmZS2。下列说法正确的是（）A小球的电荷量q=6Xl7cB.小球动能的最小值为2JC.小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D.小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为5J【解答】解：A、小球静止时，对小球进行受力分析有皿37。嚼代入数据解得q=mgt7。=6xIoTC故A正确；B、小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则在等最高点，即
22、平衡位置关于O点的对称点，速度最mav2小，动能最小。由重力和电场力的合力提供向心力，有一=ncos37I代入数据解得v=5ms1由动能公式可知&=2mp2=2x008X5?J=V故B错误;c、有机械能守恒定律可知：机械能的变化等于除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功，此处即电场力做的功，所以当小球运动到左侧与圆心O点等高处时机械能最小，故C错误；D、小球由B运动到A,有W合力=21F合EpB=4J代入数据解得总能量为E=EPB+EkB=5J,故DIE确。故选：ADo题型专练12.（2023秋南宁期末）如图，在方向竖直向上、大小为E=IXlO6VZm的匀强电场中,固定一个光滑绝缘圆环，圆环在竖直
23、平面内，圆心为O、半径为R=0.2m绝缘圆环穿有A、B两个可视为质点的小球，两小球间通过一根绝缘轻杆相连。现将两小球和轻杆从圆环上的图示位置出静止释放，释放时A与圆心O等高，B在圆心O的正下方，释放后两小球沿逆时针方向转动。已知A带的电荷量为q=+7X10-7c,B不带电，两小球质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg,重力加速度大小为g=10ms2,则：（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最富点C；（2）求小球A的最大速度值；（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值。【解答】解：（1）设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为Wt、Wr,贝J:W+W,
24、=O设A、B到达圆环最高点的动能分别为EkA、EkB对A由动能定理：qER-mAgR+W=EA对B由动能定理：Wtiz-InBgR=EKB联立解得：Eka+Ekb=-0.04J上式表明：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点。（2）设B转过角时，A、B的速度大小分别为va、vb,因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故两球的线速度相等：VA=VB对A由动能定理：qERsin-mAgRsin+Wn=若对B由动能定理：WT2r11BgR（1-cos）=mvO联立解得：若=qX（3sina+4cosa4）由上式解得，当Iana=,时，A、B的最大速度均为：VmaX=孥m/s（3）
25、A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为O时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上述速度表达式得：3sin+4cosa-4=0解得：Sina=I或Sina=O（舍去）QA故A的电势能减少：IEpl=qEsina=靛J=0.1344J答：（1）小球A不能到达圆环的最高点C（2）小球A的最大速度值为白三n/s；（3）小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值为0.1344J。题型5带电粒子在匀强电场中的偏转题型专练3.（2023秋大兴区期末）甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为（-q,m）、（-q,4m）,它们先后经过同一加速电场由静止开始加速后，由同一点进入同一偏转电场，两
26、粒子进入时的速度方向均与偏转电场垂直，如图所示。粒子重力不计，则甲、乙两粒子（）A.进入偏转电场时速度大小之比为1：2B.在偏转电场中运动的时间相同C.离开偏转电场时的动能之比为1：4D,离开偏转电场时垂直于板面方向偏移的距离之比为1：1【解答】解：A.带电粒子经过加速电场加速，设加速电场两极板电势差为Ui,由动能定理得qU=mv2进入偏转电场时的速度大小V=画m则两带电粒子进入偏转电场时的速度大小之比为眄窜=2:1-7m4m故A错误；B.带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，设偏转极板长为X,在偏转电场中运动的时间两带电粒子进入偏转电场时的速度不同，则时间不同，故B错误；
27、C带电粒子在偏转电场中，竖在方向为初速度为O的匀加速直线运动，设偏转电场两极板电势差为U2,竖直位移为121qUz产、222Y=Tjat=o-l-t()=：/；jj22maU4t1则两带电粒子在偏转电场中竖直方向的位移相同，设偏转电场中电场强度为E,根据动能定理得qEy=Ek-尹=EkqUi离开偏转电场时的动能为Ek=qEy+qU两带电粒子电荷量相同，则离开偏转电场时的动能相同，动能之比为1：1，故C错误；D.根据C选项分析可知，离开偏转电场时垂直于板面方向偏移的距离之比为1：1,故D正确。故选：Do题型专练14.（2023秋朝阳区期末）某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通道的上下表面
28、是一对平行金属板，金属板长度为L,间距为d。均匀分布的带负电的灰尘颗粒质量为m、电荷量为q、以水平速度Vo进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为n。已知两金属极板之间的电压恒为U=的噂，带电灰尘颗粒打到金属板上即被收集，不计灰尘颗粒重力影响及灰尘颗粒间相互作用。下列说法不正确的是（）75A.净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为F100B.单位时间内通过导线的电荷量为;SC.单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为IlSUD.若电压增大到2U,则带电灰尘颗粒恰好全部被收集【解答】解：AB.带电尘埃在极板间最大偏转距离y,最长运动时间为3根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为a=器=符水平方向和竖
29、直方向分别有1.=vot1,2y=2at解得y=Id根据题意可知，收集效率为=2xl00%=75%则单位时间内通过导线的电荷量为Q=nq故AB正确；C.单位时间内带电尘埃减少的电势能为Ep=Jnqx孚+nq系XAqU故C正确：D.若电压增大到2U,带电尘埃在极板间最大偏转距离门最长运动时间为也根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为a=罂=符水平方向和竖宜方向分别有1.=vot,Yat,2解得y,=Id则带电灰尘颗粒并非恰好全部被收集，故D错误；本题选择错误选项；故选：Do题型专练15.（2023春温江区校级期末）如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别
30、从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（）A.电荷M的电荷量小于电荷N的电荷量B.两电荷在电场中运动的加速度相等C.从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同【解答解：AB从运动轨迹知，竖直方向的位移M比N大，即：yMyN竖直方向上：y=/=舞.,Zm由于电荷M和N质量相同，E相同，时间t相同，则：名M幺曳mm即：aMaN,qMqNo故AB错误;2222C、根据动能定理可知，电场力做功为：W=Eqh
31、,力=舞，联立两式有：W=l,由于nLVdZmM、N电荷量关系有：qqNo而MN的质量m相同，共同电场强度E相同，时间t相同，则电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C正确：D、从题图所给的运动轨迹知道：XMXN即：VMtVNt贝J:VMVN故D错误。故选：Co题型6带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转题型专练16.（多选）（2023秋五华区校级期末）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度2v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为V,方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（）A水平方向加速度大小为科B.水平方向位移为匕2g3,C.动能增加D.机械能增
32、加m/【解答】解：A、小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为0的匀加速直线运动，设运动时间为3则QE水平方向有一t=Vm竖直方向有gt=2v则得：t=与qE=mg则水平方向的加速度为a=*=畀故A正确；B、水平方向位移为x4=君=9故B错误；Cx动能增加量为=-（2v）2=一怖小后，故C错误；D、根据功能关系知机械能增加量为dE=qEx=mg=*mA故D正确。故选：ADc题型专练17.（2022秋平城区校级期末）如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，将质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，
33、A、B、C三点在同一直线上，且AB=3BC,空气阻力不计，重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.电场力大小为3mgB.小球带正电C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等D.小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等【解答】解：C、两个过程水平位移之比是3：L所以时间之比也是3：1,故C错误。A、分别列出竖直方向的方程，即力=29户，=可解得F=4mg,故A错误。l32m3B、小球受到的电场力向上，与电场方向相反，所以小球带负电，故B错误。D、速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Av=at,结合以上的分析可得，AB过程Av=gt,BC过程4u=.Kgg=gt,故DIE确。故选：D。题型专练18
34、.（多选）（2023春宜丰县校级期末）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起至A点，此时细线与场强平行，然后把小球从A点无初速释放，经最低点B后到达B的另一侧C点时速度为零，则（）A.小球在B点时速度最大B.小球从A点到B点再到C点的过程中，机械能一直在减少C小球在B点时的绳子拉力最大D.从A点到B点的过程中小球的动能先增加再减小【解答】解：AC、小球受电场力水平向右，则由平衡知识可知，小球的平衡位置在AB之间的某位置，小球在平衡位置时的速度最大，在此位置时绳子的拉力也是最大，但肯定不是在B点,故AC错误；B、根据
35、功能原理，小球从A点到B点再到C点的过程中，只有电场力和重力做功，则小球的机械能和电势能之和守恒，因此过程中电场力一直做负功，电势能变大，则机械能一直在减少,故B正确；D、由以上分析，速度最大（即动能最大）的点在AB之间的某点，从A点到B点的过程中，小球的动能先增加再减小，故D正确。故选：BDo题型专练19.（多选）（2022秋稷山县期末）如图所示，空间有竖宜向上的匀强电场E。将一质量为m的带电小球从斜面上的A点以速率vo水平向左抛出，小球落到斜面上的B点。若撤去电场，将该小球以冷的速率从A点水平向左抛出，小球恰好落到AB的中点。不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A.小球的电荷量为詈B.小球
36、的电荷量为整2EC.前、后两次小球落到斜面上时的动能之比为2：1D.前、后两次小球落到斜面上时的动能之比为4：1【解答】解：AB.设小球两次飞行的时间分别为U、12,水平位移分别为XI、X2,小球在水平方向做匀速运动，空间有竖直向上的匀强电场E时，水平位移Xl=VoIl撤去电场后，小球的水平位移物%上设AB距离为L,根据题意为=LCOSa,x2=Lcosa联立解得tl=t2空间有竖直向上的匀强电场E时，小球在竖直方向做匀加速运动，竖直高度&=*Q呼撤去电场后，小球在竖直方向做自由落体运动，竖直高度埼根据题意，结合数学知识h=Lsina,后=9Sina联立解得a=2g空间有竖直向上的匀强电场E时
37、，根据牛顿第二定律mg+Eq=ma联立解得小球所带电荷量q=等，故A正确，B错误；CD.空间有竖直向上的匀强电场E时，小球落地时的竖直速度vy=at=2gt落地时的动能=m（vo+Vy1）撤去电场后，小球落地时的竖直速度Vy2=gt2=2%落地时的动能E%=2mG评+诏）=*m0诏+环1）联立解得m口=4：1Ek2即前、后两次小球落到斜面上时的动能之比为4：1,故C错误，D正确。故选：ADo题型7带电粒子在交变电场中的运动题型专练20.（2023春宁乡市期末）如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中心线上的两点。当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达
38、B点，此时速度为V。若两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时，将带电小球仍从A点由静止释放。小球运动过程中始终未接触极板，则t=T时，小球（）A.在B点上方B.在B点下方C.速度等于VD.速度小于V【解答】解：AB、对小球受力分析，小球受到重力和电场力的作用，电场力作周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖宜方向做自由落体运动，与不加电场时相同。在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t=J速度为零，接着，沿相反方向先做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t=T时速度为零。根据对称性可知在t=T时小球的水平位移为零，所以t=T时，小球恰好到达B点，故AB错
39、误。CD、在O-T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t=T时，小球速度等于V,故C正确，D错误。故选：Co题型专练21.（2023春黄冈期末）如图1所示，质量为m、电荷量为e的电子源源不断以大小为VO的速度，从水平放置的平行金属板AB左端射入，金属板长为L,两板间距为d,板间加有周期为T的交变电压，如图2所示。已知L=2voT,不计电子重力及电子间相互作用，所有电子都能穿过平行板。则电子从金属板右端射出区域的宽度为（）3e%2eUo-2md4mdC7e%2De%r24mdmet【解答】解：电子进入平行板电容器内做类平抛运动，在竖直方向做匀变速运动，加速时间越长，竖直方向位移越大
40、，经推理可知口写时刻时刻进入电场的的电子在竖直方向上位移最大，由L=2voT得，电子在金属板间运动的时间为2T,电子在0-彳内位移x=；Q，a=舞，联立解得X=彳始;电子在2T时间内竖直方向的位移为4x,电子进入电场可能向下偏转，也可能向上偏转，偏转的最大位移都是4x所以电子从金属板右端射出区域的宽度为8x=端;故D正确，ABC错误；故选：D。题型专练22.（2023春高新区校级期末）如图甲所示，真空中有一电子枪连续不断且均匀的发出质量为m、电荷量为e、初速度为零的电子，经电压大小为Ui =2mL2才的直线加速电场加速,由小孔穿出加速电场后，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏
41、转电场。A、B两板距离为d、板长均为L,两板间加周期性变化的电势差Uab,UAB随时间变化的关系图像如图乙所示，变化周期为1,t=0时刻，Uab=Uo,不计电子的重力和电子间的相互作用力，不考虑电场的边缘效应，且所有电子都能离开偏转电场，求：（1）电子从加速电场UI飞出后的水平速度Vo的大小;（2）t=苧时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离yo【解答】解：（1）电子经过加速场后，根据动能定理得e%评解得%=（2）电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，所以运动的时间为t=JvoZ=当时射入偏转电场的电子在前T-T=i时间内偏转位移力X需）2解得力 =3eU0232 md垂直于板的速度“需Xr除在随后（-=（时间内偏转的位移y2=-齐需8-，=当时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y=y+yz=
