2019届高考物理一轮复习课时跟踪检测(三十三)带电粒子在组合场中的运动(卷Ⅰ)(重点班)

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教育最新K122019届高考物理(课标通用)一轮复习课时跟踪检测：(二十七) 带电粒子在电场中运动的综合问题

课时跟踪检测（二十七）带电粒子在电场中运动的综合问题 (卷Ⅰ)[A 级——基础小题练熟练快]★1．(2018·牡丹江模拟)下列叙述中正确的是( )A ．用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法B ．库仑提出了用电场线描述电场的方法C ．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D ．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E ＝F q ，电容C ＝Q U ，加速度a ＝F m ，都是采用了比值法定义的解析：选A 用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法，选项A 正确；法拉第提出了用电场线描述电场的方法，选项B 错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但是没有直接用实验进行了验证，选项C 错误；用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E ＝F q ，电容C ＝Q U ，都是采用了比值法定义的，但是加速度a ＝F m不是采用的比值法定义，选项D 错误。

★2．(2018·大庆质检)关于静电场，下列说法中正确的是( )A ．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B ．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C ．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D ．电势下降的方向就是电场场强的方向解析：选B 将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A 错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B 正确；在同一个等势面上的各点，场强的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项C 错误；沿场强的方向电势一定下降，但是电势下降的方向不一定是电场场强的方向，选项D 错误。

★3．[多选]有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。

高考物理一轮复习课时跟踪检测33 电容器带电粒子在电场中的运动-人教版高三全册物理试题

课时跟踪检测三十三电容器带电粒子在电场中的运动【根底过关】1. (2016届湖南岳阳一中月考)如下列图，平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如此如下说法正确的答案是( )A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，如此θ减小B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，如此θ不变C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，如此θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，如此θ不变解题思路：保持开关S 闭合时，电容器板间电压不变，由E ＝U d 分析板间场强的变化，确定θ的变化．开关S 断开，根据推论可知，板间场强不变，分析θ是否变化．解析：开始时带电小球受到重力、电场力与悬线拉力作用平衡，保持S 闭合，极板间电压不变，将A 板向B 板靠近，空间场强变大，小球受到的电场力变大，如此θ变大，A 、B 均错误；断开S ，如此极板所带电荷量不变，将A 板向B 板靠近，由E ＝U d ＝QCd ＝Q εr S 4πkd×d ＝4πkQ εr S可知空间场强不变，如此θ不变，C 错误，D 正确．答案：D2.(2017届陕西镇安中学月考)如下列图，先接通S 使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 、两极板间场强E 的变化情况是( )A ．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 变小，E 变小解析：电容器与电源断开，电荷量Q 保持不变，增大两极板间距离时，根据C ＝εr S 4πkd ，知电容C 变小，根据U ＝QC ，知两极板间的电势差U 变大，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd×d ＝4πkQ εr S ，知电场强度E 不变，C 正确．答案：C3. (2016届湖北宜昌一中月考)如下列图，一电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．如此如下说法正确的答案是( )A ．带电粒子带负电B ．带电粒子在Q 点的电势能为UqC ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U 3dD ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d解题思路：根据公式W ＝qU 求出电场力做功，确定出P 、Q 间电势能的差，即可求得Q 点的电势能．根据粒子轨迹弯曲方向，判断出粒子所受的电场力方向，即可判断其电性．带电粒子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，根据平抛运动的规律求出粒子到达Q 点时的速度．根据位移公式和两个分运动的等时性，列出x 方向和y 方向两个方向的分位移与时间的关系式，即可求出竖直方向的位移大小y 0，由E ＝U y 0求解场强的大小．解析：由题图看出粒子的轨迹向上，如此所受的电场力向上，与电场方向一样，所以该粒子带正电，粒子从P 到Q ，电场力做正功，为W ＝qU ，如此粒子的电势能减少了qU ，P 点的电势为零，如此知带电粒子在Q 点的电势能为－Uq ，故A 错误，B 错误；设带电粒子在P 点时的速度为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0.粒子在y 方向上的平均速度为v y ＝32v 0，粒子在y 方向上的位移为y 0，粒子在电场中的运动时间为t ，如此：竖直方向有y 0＝v y t ＝32v 0t ，水平方向有d ＝v 0t ，可得y 0＝32d ，所以场强为E ＝U y 0，联立得E ＝2U 3d＝23U 3d ，故C 正确，D 错误．综上此题选C. 答案：C4．(2016届吉林长春十一中月考)M 、N 为两块水平放置的平行金属板，距平行板右端L 处有竖直屏，平行板板长、板间距均为L ，板间电压恒定．一带电粒子(重力不计)以平行于板的初速度v 0沿两板中线进入电场，粒子在屏上的落点距O 点的距离为L2，当左端入口处均匀分布的大量上述粒子均以平行于板的初速度v 0从MN 板左端各位置进入电场(忽略粒子间作用力)，如下结论正确的答案是( )A ．有16的粒子能到达屏上 B ．有23的粒子能到达屏上 C ．有56的粒子能到达屏上 D ．有12的粒子能到达屏上解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，从电场中飞出后做匀速直线运动，设带电粒子在匀强电场中的偏转位移为y ，根据类平抛运动规律得：物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．根据几何关系得yL 2＝L2L ＋L 2，如此y ＝L6.假设带电粒子恰好打在屏上，粒子应该从金属板的边缘离开电场，如此粒子的入射点应当偏离中心线的距离为L 6，由于粒子是均匀分布的，所以只有56的粒子能到达屏上，选项B 正确，选项A 、C 、D 均错误．答案：B【提升过关】一、单项选择题1．(2017届黑龙江大庆铁人中学月考)如下列图是一个平行板电容器，其板间距为d ，电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电．现将一个试探电荷q 由两极间的A 点移动到B 点，如下列图，A 、B 两点间的距离为s ，连线AB 与极板间的夹角为30°，如此电场力对试探电荷q 所做的功等于( )A.qCs Qd B ． s Cd C. s 2Cd D ．qCs 2Qd解题思路：由平行板电容器的电容C 和带电荷量Q ，由电容的定义式求出板间电压．由E ＝U d求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q 所做的功．解析：由电容的定义式C ＝Q U 得，板间电压是U ＝Q C ，板间场强是E ＝U d ＝Q Cd .试探电荷q 由A 点移动到B 点，电场力做功是W ＝qEs sin30°＝s 2Cd ，应当选C. 答案：C2.(2016届安徽江南十校月考)一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板B 接地，P 为两极板间一点，如下列图，用E 表示电容器两极板间的电场强度，U 表示两极板间的电压，φ表示P 点的电势，如此如下说法中正确的答案是( )A ．假设保持B 极板不动，将极板A 向下移动少许，如此U 变小，E 不变B ．假设将一玻璃板插入A 、B 两极板之间，如此U 变大，E 变大C ．假设将A 极板向左平行移动少许，如此U 变小，φ不变D ．假设保持A 极板不动，将极板B 向上移动少许，如此U 变小，φ不变解析：由题意可知电容器电荷量保持不变，根据C ＝εr S 4πkd ，d 变小，电容变大，根据U ＝QC ，可知电势差减小，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S，可知电场强度不变，故A 正确；将一玻璃板插入A 、B 两极板之间，根据C ＝εr S 4πkd ，可知电容变大，根据U ＝Q C，可知电势差减小，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S可知电场强度变小，故B 错误；假设将A 极板向左平行移动少许，根据C ＝εr S 4πkd ，正对面积变小，电容变小，根据U ＝Q C，可知电势差变大，故C 错误；假设保持A 极板不动，将极板B 向上移动少许，电容器电荷量保持不变，根据C ＝εr S 4πkd，d 变小，电容变大，根据U ＝QC ，可知电势差减小，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S，可知电场强度不变，P 、B 间电势差变小，P 点电势变小，故D 错误．综上此题选A.答案：A3．库仑利用“把一个带电金属小球与另一个不带电的完全一样的金属小球接触，前者的电荷量就会与后者平分〞的方法，研究得到了电荷间的作用力与电荷量的乘积成正比．某同学也利用此方法研究电容器的带电荷量与电压之间的关系，他利用数字电压表快速测量电容器的电压，得到了如下数据．如此以下说法不正确的答案是( )Qq q 2 q 4 q 8 q 16 U (V)2.98 1.49 0.74 0.36 0.18A ．实验过程中使用的电容器规格要尽量一致，以保证接触后电荷量平分B ．根据实验数据可以得到电容器的电容与电压成正比C ．根据实验数据可以得到电容器的带电荷量与电压成正比D ．根据实验数据不能够计算得到该电容器的电容解析：为了保证每次电荷量能被平分，应该使用完全一样的电容器，选项A 正确；由表中数据可知随着电荷量每次减半，电压也每次减半，故电荷量与电压的比值恒定，即电容器电容为定值，应当选项B 错误；由表中数据可知电荷量与电压成正比，应当选项C 正确；电荷量与电压的比值即电容，但是电荷量未知，故电容不可求得，选项D 正确．答案：B4.(2017届黑龙江哈尔滨三中期中)如下列图，在真空中电荷量相等的离子P 1、P 2分别以一样初速度从O 点沿垂直于电场强度的方向射入匀强电场，粒子只在电场力的作用下发生偏转，P 1打在极板B 上的C 点，P 2打在极板B 上的D 点．G 点在O 点的正下方，GC ＝CD ，如此离子P 1、P 2的质量之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：设离子的初速度为v 0，电荷量为q ，质量为m ，加速度为a ，运动的时间为t ，如此加速度a ＝qE m ，离子运动的时间t ＝x v 0，由于GC ＝CD ，所以飞行的时间之比：t 1∶t 2＝1∶2，离子的偏转量y ＝12at 2＝qEx 22mv 20，因为P 1带电荷量与P 2的带电荷量一样，可得P 1、P 2的质量之比m 1∶m 2为1∶4.D 正确．答案：D5．(2016届河南濮阳油田教育中心月考)示波器的工作原理等效成如下情况：(如图甲所示)真空室中电极K 发出电子(初速度不计)，经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板中．在两极板右侧且与极板右端相距D 处有一个与两极板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，假设在A 、B 两极板间加上如图乙所示的变化电压，如此荧光屏上的亮点运动规律是( )A ．沿y 轴方向做匀速运动B ．沿x 轴方向做匀速运动C ．沿y 轴方向做匀加速运动D ．沿x 轴方向做匀加速运动解题思路：粒子进入偏转电场做类平抛运动，抓住沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移与偏转电压的关系，从而进展判断．解析：粒子在沿电场方向上的加速度a ＝qE m ＝qU md ，在偏转电场中运行的时间t ＝L v 0，粒子在y 方向上偏转，偏转位移y 1＝12at 2＝12×qU md ×L 2v 20，飞出偏转电场后，做匀速直线运动，侧位移y 2＝v y ×D v 0＝qULD mdv 20，如此打在荧光屏上偏离中心的距离：y ＝y 1＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫qL 22mdv 20＋qLD mdv 20U ，因为偏转电压与时间成正比，如此y 与时间成正比，所以粒子沿y 轴方向做匀速运动，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A二、多项选择题6．(2017届北大附中河南分校月考)如下说法正确的答案是( )A ．带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛〞运动，如此电势能一定减小B ．带电粒子只受电场力作用，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合C ．带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，其加速度方向一定与电场线方向一样D ．带电小球在匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动，如此任意相等时间内速度的变化量一样解析：带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛〞运动，电场力做正功，电势能减小，选项A 正确；带电粒子只受电场力作用，由静止开始运动，粒子做加速直线运动，但轨迹不一定与电场线重合，选项B 错误；带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，其加速度方向一定与其所受电场力方向一样，但是要考虑带电粒子所带电性，正电荷所受电场力方向与该点电场线切线方向一样，负电荷如此相反，所以选项C 错误；带电小球在匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动，根据牛顿第二定律可得小球做匀变速运动，加速度不变，又Δv ＝a Δt ，所以任意相等时间内速度的变化量一样，选项D 正确．答案：AD 7．电容器的电容跟两极板间距离、正对面积以与极板间的电介质这几个因素有关，如果某一物理量(如位移、角度、压力等)的变化能引起上述某个因素的变化，从而引起电容变化，那么，通过测定电容器的电容就可以确定上述物理量的变化，作为这种用途的电容器称为电容式传感器．如下列图，甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，如下分析正确的答案是( )A ．图甲中两极间的电荷量不变时，假设电压减小，如此液面高度h 变小B ．图乙中两极间的电荷量不变时，假设电压增加，如此旋转角度θ变大C ．图丙中两极间的电压不变时，假设有电流流向传感器的负极板，如此插入长度x 变大D ．图丁中两极间的电压不变时，假设有电流流向传感器的正极板，如此待测压力F 变大解析：题图甲中两极间的电荷量不变，假设电压减小，由电容的定义式C ＝Q U 知，电容增大，再由电容的决定式C ＝εr S 4πkd知，两极板正对面积增大，如此h 变大，选项A 错误；题图乙中两极间的电荷量不变，假设电压增加，由电容的定义式C ＝Q U 知电容减小，再由电容的决定式C ＝εr S4πkd知，极板正对面积减小，如此θ变大，选项B 正确；题图丙中两极间的电压不变，假设有电流流向传感器的负极，说明电容器在放电，电荷量减小，由电容的定义式C ＝Q U 知，电容减小，再由电容的决定式C ＝εr S 4πkd得，电介质向外移动，得x 变小，选项C 错误；题图丁中两极间的电压不变，假设有电流流向传感器的正极，说明电容器在充电，电荷量增加，由电容的定义式C ＝Q U知，电容增大，极板间距离减小，得F 变大，选项D 正确．答案：BD8.(2016届黑龙江大庆实验中学月考)在如下列图的竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O 做圆周运动，如下说法正确的答案是( )A ．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小B ．带电小球一定做变速圆周运动C ．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小D ．带电小球不一定做匀速圆周运动解析：当小球所受重力与电场力合力为零时，绳子的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，当重力和电场力的合力不为零时，如此小球做变速圆周运动，B 错，D 正确；当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力大小都相等，如果小球做变速圆周运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，假设电场力大于重力，在最高点，小球的拉力最大，C 错，A 正确．答案：AD9．(2017届浙江杭州二中期中)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，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，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如下列图．由此可见( )A ．电场力为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 的速度变化量的大小相等解题思路：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动．两个过程都运用分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x ＝vt ，可分析时间关系；再研究竖直方向运动，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小，根据Δv ＝at 研究速度变化量的关系．解析：由题图知在电场中，小球受合外力竖直向上，故电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球带负电，B 错误；小球在水平方向始终做匀速运动，从A 到B 与从B 到C 水平位移不同，根据x ＝vt 知运动时间不同，C 错误；设在B 点竖直方向速度为v y ，如此从A 到B ：v 2y ＝2gh 1，从B 到C ：v 2y ＝2ah 2，其中a ＝qE －mg m，h 1＝2h 2，联立解得qE ＝3mg ，A 正确；从A 到B 速度变化量为v y ，从B 到C 速度变化量也为v y ，速度变化量方向不同，大小一样，D 正确．答案：AD 三、计算题10.(2017届山东实验中学第三次诊断)如下列图，带有小孔的平行极板A 、B 间存在匀强电场，电场强度为E 0，极板间距离为L .其右侧有与A 、B 垂直的平行极板C 、D ，极板长度为L ，C 、D 板间加恒定的电压．现有一质量为m 、带电荷量为e 的电子(重力不计)，从A 板处由静止释放，经电场加速后通过B 板的小孔飞出；经过C 、D 板间的电场偏转后从电场的右侧边界M 点飞出电场区域，速度方向与边界夹角为60°，求：(1)电子在A 、B 间的运动时间；(2)C 、D 间匀强电场的电场强度．解析：(1)电子在A 、B 间直线加速，加速度a ＝eE 0m ，设电子在A 、B 间的运动时间为t ，如此L ＝12at 2，解得t ＝ 2mL eE 0. (2)设电子从B 板的小孔飞出时的速度为v 0，如此v 0＝at ，如此电子从平行极板C 、D 间射出时沿电场方向的速度为v y ＝v 0tan30°，又v y ＝eE m ·L v 0，可得C 、D 间匀强电场的电场强度E ＝233E 0. 答案：(1) 2mL eE 0 (2)233E 0。

专题33+带电粒子在电场中的运动综合问题分析(讲)-2019年高考物理一轮复习讲练测+Word版含解析

第七章静电场1.多个电荷库仑力的平衡和场强叠加问题．2．利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等．3．带电体在匀强电场中的平衡问题及其他变速运动的动力学问题．4．对平行板电容器电容决定因素的理解，解决两类有关动态变化的问题．5．分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题．6．示波管、静电除尘等在日常生活和科学技术中的应用.第33讲带电粒子在电场中的运动综合问题分析1.了解示波管的工作原理.2.运用动力学方法分析解决带电粒子在交变电场中的运动.3.会运用功能观点、动力学观点综合分析带电粒子在复合场中的运动．考点一带电粒子在电场中运动的实际应用——示波管1．构造及功能(如图所示)(1)电子枪：发射并加速电子．(2)偏转电极YY′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX′：使电子束水平偏转(加扫描电压)．2．工作原理偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．★重点归纳★1、示波管中电子在荧光屏上落点位置的判断方法示波管中的电子在YY′和XX′两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿YY′方向偏转，另一方面沿XX′方向偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形．★典型案例★如图1所示是示波管的原理示意图．电子从灯丝发射出来经电压为U1的电场加速后，通过加速极板A上的小孔O1射出，沿中心线O1O2进入MN间的偏转电场，O1O2与偏转电场方向垂直，偏转电场的电压为U2，经过偏转电场的右端P1点离开偏转电场，然后打在垂直O1O2放置的荧光屏上的P2点．已知平行金属极板MN间距离为d，极板长度为L，极板的右端与荧光屏之间的距离为L′.不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，且电子离开灯丝时的初速度可忽略不计, P2点到O3点的距离称为偏转距离y。

2019届高考物理一轮复习课时检测(三十) 带电粒子在叠加场中的运动含解析

课时跟踪检测（三十）带电粒子在叠加场中的运动 1.(2018·淮安模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( ) A．液滴带正电

B．液滴比荷qm＝Eg C．液滴沿顺时针方向运动 D．液滴运动速度大小v＝RgBE 解析：选C 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE＝mg，得qm＝gE，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判

断液滴沿顺时针转动，C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝mv2R得v＝RBgE，故D错误。 2.[多选](2018·宜兴期中)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是( ) A．液滴可能带负电 B．液滴一定做匀速直线运动 C．液滴有可能做匀变速直线运动 D．电场线方向一定斜向上解析：选BD 带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于带电液滴做直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B、D正确，A、C错误。 3.[多选]如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是( ) A．滑块受到的摩擦力不变 B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑 C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上 D．滑块到达地面时的动能与B有关解析：选BD 滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A、C错误，B正确；B不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D正确。 4.(2018·启东中学月考)如图所示，质量为m ，电量为q的带正电物体，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿与物体间动摩擦因数为μ的水平面向左运动，则( )

[推荐学习]2019届高考物理(课标通用)一轮复习课时跟踪检测：(二十八) 带电粒子在电场中运动的综

课时跟踪检测（二十八）带电粒子在电场中运动的综合问题卷Ⅱ—拔高题目稳做准做1．(2018·哈尔滨市九中二模)如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长l ＝10 cm ，板间距离d ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。

(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处； (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)设电子经电压U 0加速后的速度为v 0，根据动能定理得：eU 0＝12m v 02设偏转电场的场强为E ，则有：E ＝Ud设电子经时间t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y ，则有：在中心轴线方向上：t ＝l v 0在轴线侧向有： a ＝eEm y ＝12at 2＝eUl 22md v 02设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v y ，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：v y ＝at, tan θ＝v yv 0电子在荧光屏上偏离O 点的距离为 Y ＝y ＋L tan θ＝eUl md v 02⎝⎛⎭⎫l 2＋L ＝Ul 2U 0d ⎝⎛⎭⎫l 2＋L 由题图知t ＝0.06 s 时刻U ＝1.8U 0，代入数据解得Y ＝13.5 cm 。

(2)由题知电子偏移量y 的最大值为d /2，所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了。

代入上式得：Y ＝32l所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y ＝3l ＝30 cm 。

答案：(1) O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm★2．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O ，半径为r ，内壁光滑，A 、B 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向右的匀强电场，一质量为m 、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C 点时速度最大，O 、C 连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g 。

专题33+带电粒子在电场中的运动综合问题分析(练)-2019年高考物理一轮复习讲练测+Word版含解析

第33讲带电粒子在电场中的运动综合问题分析—练1．如图甲所示两平行金属板，B 板接地，从t=0时刻起AB 板接电源，A 板电势随时间变化图像如图乙所示，板间一带正电粒子（不计重力）由静止开始在电场力作用下运动，板间距足够长，则下列说法正确的是( )A ．粒子在两板间往复运动B ． 2Tt = 时粒子速度为零 C ． 2T t =到34T t =这段时间内粒子的电势能降低，电场力对粒子做正功 D ． 8T t =时与4Tt = 时粒子速度之比为1：4 【答案】 Da-t 图象面积表示速度的变化量，则8T t =时的速度为001122832a a T T v =⨯⨯=，则4T t =时的速度为0201248a TT v a =⨯⨯=，则速度之比为0012::1:4328a T a T v v ==，故D 正确；故选D. 2．一电子以初速度v 0，垂直于场强方向射入平行板电容器，射出电容器时的速度为v 0。

若上述过程中电子的初速度变为原来的2倍，电子重力不计，则电子射出电容器时的速度为（）A ．B ．C ．D ．【答案】 A点睛：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．3．图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点。

若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是 ( )A ．粒子一定是从a 点向b 点运动B ．粒子在a 点的加速度比b 点的加速度大C ． a 点的电势比b 点电势高D ．粒子在a 点的电势能比在b 点时电势能大【答案】 B【解析】A 、粒子不一定是从a 点沿轨迹运动到b 点，也可能从从b 点沿轨迹运动到a 点，故A 错误；B 、根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a 点的电场强度大，故a 点的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a 点的加速度比b 点的加速度大，故B 正确；C、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性，无法比较a点与b点电势的高低，故C错误；D粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大，故D错误；【点睛】根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化。

【配套K12】2019届高考物理(课标通用)一轮复习课时跟踪检测：(二十八) 带电粒子在电场中运动的

(2)由题知电子偏移量y 的最大值为d /2，所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了。

代入上式得：Y ＝32l所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y ＝3l ＝30 cm 。

2019届高考物理(课标通用)一轮复习课时跟踪检测：(二十七) 带电粒子在电场中运动综合问题(重点高中)

课时跟踪检测（二十七）带电粒子在电场中运动的综合问题卷Ⅰ—保分题目巧做快做[A 级——保分题目巧做快做]★1．密立根油滴实验原理如图所示。

两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下场强为E 的匀强电场。

用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。

通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的电荷量为mgUC ．增大场强，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍解析:选 C 悬浮油滴受到电场力和重力的作用，且二力大小相等方向相反，由于电场的方向竖直向下，因此悬浮油滴带负电，A 错误；由q U d ＝mg 知，q ＝mgdU，B 错误；增大场强，悬浮油滴受到的电场力增大，悬浮油滴将向上运动，C 正确；悬浮油滴所带电荷量一定是电子电量的整数倍，D 错误。

2．[多选](2018·宜昌六校联考)一带电小球在空中由A 点运动到B 点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。

若重力势能增加5 J ，机械能增加1.5 J ，电场力做功2 J ，则小球( )A ．重力做功为5 JB ．电势能减少2 JC ．空气阻力做功0.5 JD ．动能减少3.5 J解析:选BD 小球的重力势能增加5 J ，则小球克服重力做功5 J ，故A 错误；电场力对小球做功2 J ，则小球的电势能减小2 J ，故B 正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J ，则除重力以外的力做功为1.5 J ，电场力对小球做功2 J ，则知空气阻力做功为－0.5 J ，即小球克服空气阻力做功0.5 J ，故C 错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J ，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J ，D 正确。

3．[多选]一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。

专题33+带电粒子在电场中的运动综合问题分析(测)-2019年高考物理一轮复习讲练测+Word版含解析

第33讲带电粒子在电场中的运动综合问题分析——测【满分：110分时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'和荧光屏组成，当电极YY'和XX'所加电压都为零时，电子枪射出的电予恰好打在荧光屏上的中心点即原点O 上，下列说法正确的是A ．当上极板Y 的电势高于Y'，而后极板X 的电势低于X'时，电子将打在第一象限B ．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关C ．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关D ．电子通过XX' 时的水平偏转量与YY' 所加电压大小有关【答案】 C2．图为示波管的原理图，如果在电极'XX 之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极'YY 之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是A．B．C．D．【答案】 C3．图（a）为示波管的原理图，如果在电极YY'之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX'之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧火屏上会看到的图形是（）A．B．C．D．【答案】 B4．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压u AB如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（）A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为【答案】BD【解析】试题分析：电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误；由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，速度都等于，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为：，在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：，联立得：故D正确。

2019届高考物理一轮复习课时跟踪检测(三十四)带电粒子在组合场中的运动(卷Ⅱ)(重点班)

课时跟踪检测（三十四）带电粒子在组合场中的运动（卷Ⅱ）[B 级——拔高题目稳做准做]1．(2018·榆林模拟)如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，下极板与x 轴重合，两极板间匀强电场的场强为E 。

一电荷量为q ，质量为m 的带电粒子，从O 点与x 轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K 板边缘a 点平行于x 轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B 的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c 点垂直穿过x 轴离开磁场。

已知粒子在O 点的初速度大小为v ＝3EB，∠acO ＝45°，cos θ＝33，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求：(1)K 极板所带电荷的电性； (2)粒子经过c 点时的速度大小； (3)圆形磁场区域的最小面积。

解析：(1)粒子由a 到c ，向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。

粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K 板带正电，L 板带负电。

(2)粒子由O 到a 做类斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向为匀减速运动，到达a 点平行于x 轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a 点速度为初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c 点时的速度与a 点速度大小相等。

由上可知粒子经过c 点时的速度大小v c ＝v a ＝v cos θ＝3E cos θB＝EB。

(3)粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，a 、c 为两个切点。

洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知：qv c B ＝m v c 2R可得轨迹半径R ＝mv c qB ＝mE qB 2粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab 切于a 点，还需保证c 点也在磁场中，当圆形磁场与bc 切于c 点时磁场面积最小，此时磁场半径与轨迹半径相等。

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1 课时跟踪检测（三十三）带电粒子在组合场中的运动（卷Ⅰ） [A级——保分题目巧做快做] 1.(2018·山西名校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝3R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )

A.3UR2B2 B.4UR2B2 C.6UR2B2 D.2UR2B2 解析：选C 设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：qU＝12mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝3R3，又Bqv

＝mv2r，可求qm＝6UR2B2，故C正确。 2.[多选](2018·德州期末)如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)，下列说法中正确的是( ) A．它们的最大速度相同 B．它们的最大动能相同 C．两次所接高频电源的频率相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能

解析：选AC 由R＝mvqB得最大速度v＝qBRm，两粒子的qm相同，所以最大速度相同，A正

确；最大动能Ek＝12mv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；高频电源的频率f＝qB2πm，因为qm相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误。 3.[多选](2018·温州中学模拟)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( ) 2

A．在电场中的加速度之比为1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为2∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为1∶3

解析：选CD 两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由a＝qUmd可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故A错误。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v＝ 2qUm，可知其速度之比为1∶3。又由qvB＝mv2r知，r＝mvqB，所以其半径之比为3∶1，故B错误。由B项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为3∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ＝LR，则可知角度的正弦值之比为1∶3，又P＋的角度为30°，可知P3＋角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确。由电场加速后：qU＝12mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确。 4．[多选](2018·辽宁本溪市高级中学等三校联考)如图所示，L1

和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的

匀强磁场，A、B两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v与L2成30°角斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是( ) A．带电粒子一定带正电 B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同 C．若带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)，该粒子将不能经过B点 D．若只将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它一定不经过B点解析：选BD 画出带电粒子运动的可能轨迹，故带电粒子带正负电荷都有可能，故A错误；粒子的位置在B1、B2时速度方向斜向上，跟在A点时的速度大小相等，方向相同，故B正确；根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍能经过B点，故C错误；如图，设L1与L2之间的距离为d，则

A到B2的距离为x＝2dtan θ，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜

向上，它就只经过一个周期后一定不经过B点，故D正确。 3

★5.[多选](2018·湖南衡阳第一次联考)如图所示，某带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块平行导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方

向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，设粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离为s(不计重力，不考虑边缘效应)。下列说法正确的是( ) A．若仅将水平放置的平行板间距增大，则s减小 B．若仅增大磁感应强度B，则s减小 C．若仅增大U1，则s增大 D．若仅增大U2，则s增大

解析：选BC 对于加速过程，有qU1＝12mv02，得v0＝ 2qU1m 带电粒子在水平导体板间电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，

则有：v0v＝cos θ 而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直

线MN夹角正好等于θ，则有：s2R＝cos θ，所以s＝2Rv0v；又因为半径公式R＝mvqB，则有s＝2mv0qB＝2B 2mU1q。可知增大平行金属板两板间距时，s不变，选项A错误；故s随U1变化，s与U2无关，仅增大U1，s将增大，故C正确，D错误；仅增大磁感应强度B，则s减小，

选项B正确。 ★6.[多选](2018·邵阳联考)如图所示，在x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1∶B2＝3∶2。在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb

沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足

mava＝mbvb。若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰

与粒子b相遇。粒子重力不计。下列说法正确的是( ) A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2 B．两粒子在y正半轴相遇 C．粒子a、b相遇时的速度方向相同 D．粒子a、b的质量之比为1∶5 4

解析：选BCD 由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝mvqB可得：ra1rb1＝mava

qB1

mbvbqB1＝11，A错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝mvqB可得，a粒子

从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B2理第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra2－2ra1)处，B正确；当a粒子第四次经过y轴时距O点的距离为2(2ra2－2ra1)＝2ra1，当b粒子第一次过y轴时距O点的距离为2rb1＝2ra1，此后a粒子过y轴的位置上移，b粒子过y轴的点下移，不能再相遇。故是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b粒子转半周也是向右的方向，所以

两者方向相同，C正确；根据周期公式T＝2πmqB及题意，当两粒子在y轴上相遇时，时间上

有：12Tb1＝Ta1＋Ta2，即：12×2πmbqB1＝2πmaqB1＋2πmaqB2，结合B1∶B2＝3∶2，解得：mamb＝15，D正确。 7．[多选](2017·南昌十所省重点中学模拟)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为－q(q>0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是( ) A．能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上 B．到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越大 C．能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU

D．若U解析：选CD 设粒子开始时的坐标为(－x，－h)，粒子在电场中运动过程中，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得x＝v0t，h＝12at2，qE＝ma，联立得h＝12·qEm·x2v02，可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，故A错误；粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大。粒子到达O点时，粒子

的速度与y轴正方向的夹角θ满足：tan θ＝vxvy，可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越小，故B错误；负电荷进入第一象限后电场力做负功，