江苏2019高考物理一轮复习第七章静电场课时56带电粒子在电场中的加速和偏转
2019高考物理一轮总复习第七章静电场专题强化5带电粒子在电场中的综合问题训练新人教版
丰富丰富纷繁第七章专题加强五带电粒子在电场中的综合问题〔专题加强训练〕1．(2017 ·山东日照二模) 图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压 u 随时间 t 变化的图线如图乙所示。
质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T 从两板间飞出。
以下对于粒子运动描绘错误的选项是导学号21992509 ( B )A．t＝0 时入射的粒子，走开电场时偏离中线的距离最大1B．t＝4T时入射的粒子，走开电场时偏离中线的距离最大C．不论哪个时辰入射的粒子，走开电场时的速度方向都水平D．不论哪个时辰入射的粒子，走开电场时的速度大小都相等[ 分析 ]由题可知，粒子在电场中运动的时间是同样的；t ＝0时入射的粒子，在竖直方向上先加快，而后减速，再加快直到走开电场地区，故t ＝0时入射的粒子走开电场1时偏离中线的距离最大，选项 A 正确；而t＝4T时入射的粒子，在竖直方向上先加快，而后减速，再反向加快，反向减速直到走开电场地区，故此时辰射入的粒子走开电场时偏离中线的距离不是最大，选项 B 错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故全部粒子走开电场时的竖直速度为零，即最后都垂直电场方向射出电场，走开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、 D 正确。
2．(2017 ·辽宁省实验中学等五校联考) 一匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象如下图，在该匀强电场中，有一个带电粒子在t ＝0时辰由静止开释，若带电粒子只受电场力作用，则以下说法中正确的选项是导学号 21992510 ( D )A．带电粒子只向一个方向运动B． 0～2s 内，电场力所做的功等于零C． 4s 末带电粒子回到原出发点D． 2.5 ～ 4s 内，速度的改变量等于零[ 分析 ]由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s 内的加快E0q2E0q 1度 a1＝m，为第2s内加快度 a2＝m 的2，所以粒子先加快1s再减速 0.5s 至速度减为零，接下来的0.5s 粒子将反向加快，v－t 图象如下图，可知 A 错误； 0～ 2s 内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知，电场力所做的功不为零， B 错误；v－t图象中图线与横坐标所围图形的面积表示物体的位移，由对称性可看出，前4s内粒子的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，C错误；由图象可知， 2.5s 和 4s 两个时辰粒子的速度大小相等，方向同样，所以 2.5 ～ 4s 内，速度的改变量等于零， D 正确。
2019年高考物理总复习 第七章 静电场 第3课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课时训练 教科版
第3课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动1.如图所示的实验装置中,极板A接地,平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接.将A极板向左移动,增大电容器两极板间的距离时,电容器所带的电荷量Q、电容C、两极板间的电压U、电容器两极板间的电场强度E的变化情况是( C )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变大,E变小解析:由题意可知,电容器未接电源,故电容器的电荷量不变,选项A,B错误;根据,当两极板间的距离d增大时,C变小,U变大,三式联立可得,故电场强度E不变,选项C正确,D错误.2.如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中.当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动.重力加速度为g.粒子运动的加速度为( A )解析:抽出前qE1=mg,抽出后mg-qE2=ma.由电压不变得E1(d-l)=E2d,联立解得选项A正确.3.(2018·河北秦皇岛模拟)带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置,a,b,c三个粒子(重力忽略不计)先后从同一点O沿垂直电场方向进入电场,其运动轨迹如图所示,其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场.下列说法正确的是( C )A.b在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间B.b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间C.进入电场时c的速度最大,a的速度最小D.a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等解析:根据2可知b在电场中运动的时间等于a在电场中运动的时间,b在电场中运动的时间大于c在电场中运动的时间,选项A,B错误;根据x=v0t可知进入电场时,c的速度最大,a的速度最小,选项C正确;因为电场力对a,b做功相同,但初速度大小不同,所以a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小不相等,选项D错误.4.(2018·辽宁大连模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球,小球A从紧靠左极板处由静止开始释放,小球B从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置,则从开始释放到运动至右极板的过程中,下列判断正确的是( B )A.运动时间t A>t BB.电荷量之比q A∶q B=2∶1C.机械能增加量之比ΔE A∶ΔE B=2∶1D.机械能增加量之比ΔE A∶ΔE B=1∶1解析:两小球在竖直方向上做自由落体运动,由2得运动时间相同,选项A错误;两球的水平分运动都是初速度为0的匀加速运动,有2,所以由于两球水平分位移之比为2∶1,故q A∶q B=2∶1,选项B正确;机械能的增加量等于电场力做的功,有ΔE=qEL,所以ΔE A∶ΔE B=4∶1,选项C,D错误.5.(2018·安徽六校联考)如图所示,六面体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD面带正电,EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A,B,C,最后分别落在1,2,3三点.则下列说法正确的是( D )A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴C所带电荷量最多解析:三个液滴具有相同的水平初速度,但除了受重力以外,还受水平方向的电场力作用,不是平抛运动,选项A错误;在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动,下落高度又相同,运动时间必相同,选项B错误;在相同的运动时间内,液滴C水平位移最大,说明它在水平方向的加速度最大,它受到的电场力最大,故它所带电荷量也最多,选项D正确;因为电场力对液滴C 做功最多,它落到底板时的速率最大,选项C 错误.6.(2018·河南洛阳模拟)如图所示,平行板电容器与电源相连,下极板接地.一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态,现将平行板电容器两极板在纸面内绕OO′迅速顺时针转过45°,则( C )A.P点处的电势降低B.带电油滴仍将保持静止状态C.带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D.带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加解析:由于P点仍处于板的中间,故电势不变,选项A错误;设原来两极板间距为d,两极板的电势差为U,带电油滴处于静止状态,则当电容器两极板绕OO′顺时针转过45°后,两极板间距变小为由于电容器始终与电源相连,两极板的电势差仍为U,故此时的电场力为原来的,方向与水平方向成45°指向右上方.带电油滴所受的合力方向恰好水平向右,故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动,此过程中电场力做正功,油滴的电势能不断减小,选项B,D错误,C正确.7.(2018·湖北武汉质检)如图所示,两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场,两极板相距为d.一带负电的微粒从上极板M的左边缘以初速度v0射入,沿直线从下极板的右边缘射出.已知微粒的电荷量为q、质量为m,下列说法正确的是( B )A.微粒的电势能减小了mgdB.C.N板的电势高于M板的电势D.微粒的动能增加了mgd解析:重力做功mgd,微粒的重力势能减小,动能不变,根据能量守恒定律得知,微粒的电势能增加了mgd,选项A,D错误;微粒的电势能增加量ΔE p=mgd,又ΔE p=qU,得到两极板的电势差选项B正确;由题可判断出电场力方向竖直向上,微粒带负电,电场强度方向竖直向下,M板的电势高于N板的电势,选项C错误.8.(2017·河北石家庄二模)(多选)如图所示,一水平放置的平行板电容器,下板A固定,上板B与竖直悬挂的绝缘弹簧连接,A,B间有一固定的带正电荷的液滴P,电容器带电荷量为Q1,若让电容器充电或放电,使之带电荷量为Q2,则下列说法正确的是( AC )A.若Q2>Q1,则弹簧的长度增加B.若Q2>Q1,则电容器的电容减少C.若Q2>Q1,则带电液滴P的电势能增加D.若Q2<Q1,则带电液滴P的电势能增加解析:若电容器所带电荷量增加,则两平行板之间通过电荷产生的吸引力增加,使得弹簧长度增加、两板之间的距离减小,由,电容器的电容增大,选项A正确、B错误;由,Q增大,使得两平行板之间的电场强度E增大,因U PA=Ed′,其中E增大、d′不变,则U PA增大,又U PA=φP-φA=φP,所以φP增大,由E p=qφP可知,E p增加,选项C正确,D 错误.9.(2018·山东泰安模拟)(多选)如图(甲)所示,两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图(乙)所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场,则( AD )A.该粒子射出电场时的速度方向一定是平行于极板方向的B.在,该粒子的速度大小为2v0C.v0进入电场,则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子将在解析:粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动,在后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度为零,可知粒子射出电场时的速度方向一定沿平行于极板方向,选项A正确;在,粒子在水平方向上的分速度为v0,因为两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,则该时刻水平分位移为竖直分位移的2倍,故有v2,解得v y=v0,根据平行四边形定则知,粒子的速度为0,选项B错误;v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与零时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,则粒子不会打在板上,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子射出电场的时间选项D正确.10.如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴,在电场强度大小为向右的匀强电场中运动,运动轨迹在竖直平面内.A,B为其运动轨迹上的两点,已知该液滴在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°.求A,B两点间的电势差.解析:由题意知液滴重力不能忽略,把运动分解水平方向有vsin 60°=v0sin 30°竖直方向有vcos 60°=v0cos 30°-gt可得0由牛顿第二定律得水平方向加速度水平位移x=v0sin30°·2U AB=E·答案11.(2017·吉林期末)如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距为d=8 cm,板长为L=25 cm,接在直流电源上,有一带电液滴以v0=0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P液滴刚好从金属板末端飞出,求:(1)将下板向上提起后,液滴的加速度大小;(2)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用时间为多少?(g取10 m/s2)解析:(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴匀速运动,所以有qE=mg,q即qU=mgd当下板向上提后,d减小,E增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力F′=mg2.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出,设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1,1而液滴从刚进入电场到出电场的时间为t2所以液滴从射入电场开始匀速运动到P点时间为t=t2-t1=0.3 s.答案:(1)2 m/s2(2)0.3 s·辽宁大连模拟)空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场,其变化规律如图所示(取水平向右为正方向).一个质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计),开始处于图中的A点.在t=0时刻将该粒子由静止释放,经过时间t0,刚好运动到B点,且瞬时速度为零.已知电场强度大小为E0.试求:(1)电场变化的周期T应满足的条件;(2)A,B之间的距离.解析:(1)经过时间t0,瞬时速度为零,故时间t0为周期的整数倍,即t0=nT解得为正整数).(2)作出v t图像,如图所示.最大速度为v mv t图像与时间轴包围的面积表示位移大小v m·t0为正整数).答案为正整数) 为正整数)58826167(2017·广东深圳二模)如图所示,匀强电场方向沿x轴的正方向,电场强度为E.在A(d,0)点有一个静止的中性微粒,由于内部作用,某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒,其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动,经过一段时间到达(0,-d)点.不计重力和分裂后两微粒间的作用.试求:(1)分裂时两个微粒各自的速度;(2)当微粒1到达(0,-d)点时,电场力对微粒1做功的瞬时功率;(3)当微粒1到达(0,-d)点时,两微粒间的距离.解析:(1)微粒1在y方向不受力,做匀速直线运动;在x方向由于受恒定的电场力,做匀加速直线运动,所以微粒1做的是类平抛运动.设微粒1分裂时的速度为v1,微粒2的速度为v2,在y方向上有d=v1t在x方向上有2v1速度方向沿y轴的负方向.中性微粒分裂成两微粒时,遵守动量守恒定律,有mv1+mv2=0所以v2=-v1所以v2方向沿y轴正方向.(2)设微粒1到达(0,-d)点时的速度为v B,则电场力做功的瞬时功率为P=qEv B cos θ=qEv Bx,其中由运动学公式v Bx所以(3)两微粒的运动具有对称性,如图所示,当微粒1到达(0,-d)点时发生的位移s1则当微粒1到达(0,-d)点时,两微粒间的距离为2s1答案速度方向沿y轴的负方向方向沿y轴正方向。
2019高考物理一轮复习第七章静电场第57讲带电粒子在交变电场中的运动加练半小时教科版
第57讲带电粒子在交变电场中的运动[方法点拨] (1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图像，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图像，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．(2018·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，电场力做功等于0C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，电场力做功等于02．(多选)(2017·山东青岛二中模拟)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )图23．(多选)(2017·四川宜宾二诊)如图3甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子.t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝2d v 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则( )图3A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02 D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场 4．(多选)(2018·河北邢台质检)如图4甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则( )图4A ．φ1∶φ2＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的动能最大D ．在0～2T 内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ12md 2 5．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10cm ，宽a ＝8cm ，两极板间距为d ＝4cm ，距极板右端l 2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg ，速度为4×106 m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )。
2019高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动练习
丰富丰富纷繁 第 3 讲电容器与电容、带电粒子在电场中的运动1．(2017 ·高考江苏卷 ) 如下图，三块平行搁置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于 O 、M 、P 点．由 O 点静止开释的电子恰巧能运动到P 点．现将 C 板向右平移到 P ′点，则由 O 点静止开释的 电子()A ．运动到 P 点返回B ．运动到 P 和 P ′点之间返回C ．运动到 P ′点返回D ．穿过 P ′点分析：选 A. 电子在 A 、B 板间的电场中加快运动，在 B 、C 板间的电场中减速运动，设 A 、B 板间的电压为 U ， B 、C 板间的电场强度为 E ， M 、P 两点间的距离为 d ，则有 eU － eEd ＝ 0，若将 C 板向右平移到 P ′点， B 、 C 两板所带电荷量不变，由U Q 4π kQC 板向右平移到′时， 、 两板间的电场强度不变，由此＝ ＝＝可知，EdCdε SPBC能够判断，电子在 A 、B 板间加快运动后，在 B 、C 板间减速运动，抵达 P 点时速度为零，而后返回， A 项正确， B 、 C 、D 项错误．2． ( 多项选择 )(2018 ·四川绵阳模拟 ) 如图甲所示，两平行金属板 A 、 B 放在真空中，间距为 d ， P 点在 A 、 B板间， A 板接地，B 板的电势 φ 随时间 t 的变化状况如图乙所示， t ＝0 时，在 P 点由静止开释一质量为、电m 荷量为 e 的电子，当 t ＝ 2T 时，电子回到 P 点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则以下说法正确的是 ( )A ． φ ∶ φ ＝1∶212B ． φ ∶ φ ＝1∶312C ．在 0～ 2T 时间内，当 t ＝T 时电子的电势能最小2 2 2D ．在 0～ 2T 时间内，电子的电势能减小了2e T φ12mdφ 1 E 1eeφ 1分析：选 BCD.0～ T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝ d ，电子以 a 1＝ m ＝ dm 向上做匀加快直线运动，当 t ＝T 时电子的位移 x ＝ 1 2φ 2φ 2 e 2a T ，速度 v ＝ a T T ～2T 时间内平行板间的电场强度E ＝d，加快度 a ＝dm ，1 1 1 12212电子以 v 1 的初速度向上做匀减速直线运动，速度变成0 后开始向下做匀加快直线运动，位移x 2＝v 1T －2a 2T ，由题意 t ＝ 2T 时电子回到 P 点，则 x 1＋ x 2＝ 0，联立可得 φ2 ＝3φ 1，选项 A 错误， B 正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而 0～ T 时间内电子做匀加快直线运动，以后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加快直线运动，因此在 T 时辰电势能最小，选项 C 正确．电子在 t ＝ 2T 时回到 P 点，此时速度 v ＝ v － a T ＝2 1 22φ 1 eT12 2 2 221－＝e T φ，依据能量守恒定律，电势能的减少许等于动 dm ( 负号表示方向向下 ) ，电子的动能为 E2mv ＝md k 22能的增添量，选项D 正确．3．(2018 ·湖北孝感模拟 ) 静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如下图，A 、B 是平行板电容器的两个金属板， D 为静电计，开始时开关S 闭合，静电计指针张开必定角度，为了使指针张开的角度减小些，以下采纳的举措可行的是()A ．断开开关 S 后，将 A 、B 两极板分开些B ．断开开关 S 后，增大 A 、B 两极板的正对面积C ．保持开关 S 闭合，将 A 、B 两极板凑近些D ．保持开关 S 闭合，将滑动变阻器的滑片向右挪动分析：选 B. 断开开关 S ，电容器所带电荷量不变，将A 、B 两极板分开些，则 d 增大，依据C ＝ ε rS 知，4π kd 电容 C 减小，依据 U ＝Q知，电势差增大，指针张角增大，选项A 错误；断开开关 S ，增大 A 、B 两极板的正对C面积，即 S 增大，依据 ＝ ε r S 知，电容 C 增大，依据 QB 正确；＝ 知，电势差减小，指针张角减小，选项C 4π kd U C保持开关 S 闭合，不论将 A 、 B 两极板分开些，仍是将二者凑近些，电容器两头的电势差都不变，则指针张角不变，选项 C 错误；保持开关 S 闭合，滑动变阻器仅充任导线作用，电容器两头的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项 D 错误．4．(2017 ·高考全国卷Ⅱ ) 如图，两水平面 ( 虚线 ) 之间的距离为 H ，此间的地区存在方向水平向右的匀强电场．自该地区上方的A 点将质量均为 m 、电荷量分别为 q 和－ q ( q >0) 的带电小球 M 、 N 先后以同样的初速度沿平行于电场的方向射出． 小球在重力作用下进入电场地区， 并从该地区的下界限走开． 已知 N 走开电场时的速度方向竖直向下；在电场中做直线运动，刚走开电场时的动能为N 刚走开电场时动能的 1.5 倍．不计空气M阻力，重力加快度大小为g . 求(1) M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2) A 点距电场上界限的高度；(3) 该电场的电场强度大小．分析： (1) 设小球 M 、 N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v 0，则它们进入电场时的水平速度仍旧为 v 0. M 、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加快度沿水平方向，大小均为 a ，在电场中沿水平方向的位移分别为 s 和 s . 由题给条件和运动学公式得12v 0－ at ＝ 0①s 1＝ 0＋ 12②v t2ats 212③＝ v t － 2at联立①②③式得s 1 ＝ 3.④s 2(2) 设 A 点距电场上界限的高度为h ，小球着落 h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式22gh⑤v y ＝12H ＝ v y t ＋ 2gt⑥进入电场后做直线运动，由几何关系知Mv 0 s 1v y ＝H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得1h ＝ 3H .⑧(3) 设电场强度的大小为 E ，小球 M 进入电场后做直线运动，则v 0 qE＝⑨v y mg设 M 、 N 走开电场时的动能分别为 E k1、 E k2，由动能定理得12 2E k1 ＝2m ( v 0＋ v y ) ＋ mgH ＋ qEs 1 ⑩ E k2 1 2 2?＝2m v ＋ v) ＋ mgH － qEs 2y由已知条件k1 ＝1.5 k2?EE联立④⑤⑦⑧⑨⑩ ??式得mgE ＝.2q答案：看法析。
高考物理一轮复习专题七-带电粒子在电场中运动的综合问题
[解析] 由图象可知，将正电荷沿 x 轴正向移动，从 x2 移 动到 x4 的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选 项 A 错误；从 x1 移动到 x3 的过程电场力沿 x 轴负方向，电场 力做负功，电势能增大，选项 B 正确；从 x1 到 x4 的过程场强 先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项 C 正确，D 错 误．
32xd＝ΔΔEEppAB ⑨ 解得 x＝d.MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行．设 电场方向与竖直向下的方向的夹角为 α，由几何关系可得 α＝ 30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°斜向右下方
设场强的大小为 E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA ⑪ 由④⑦⑪式得 E＝ 36mq g. ⑫
(1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．
[解题指导] 第一步：抓关键点
关键点 ① ②
③④ ⑤
获取信息
小球做平抛运动
平抛运动过A点时的水平、竖直位移可 确定
有重力做功和电场力做功，其中电场力 做的功等于电势能的变化量
重力不能忽略
第二步：找突破口 (1)要确定小球到达 A 点时的动能与初动能比值，可由平抛 运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系． (2)要确定电场强度的方向，根据到 A、B 两点的动能变化 可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在 OB 线上找出与 A 等势的点，并确定其具体位置)．
带电粒子的力、电综合问题
1．方法技巧 功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种 性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分 析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择 相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问 题时仍是首选．
【精选高考】2019-2020高考物理一轮复习第七章《静电场》第3课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动课时冲
第七章 第3课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．(68520219)(2016·天津理综)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变解析：D [若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据C ＝εr S4πkd可知，C 变大，Q 一定，则根据Q ＝CU 可知，U 减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E ＝U d ，Q ＝CU ，C ＝εr S 4πkd 联立可得：E ＝4πkQεr S，可知Q 一定时，E 不变；根据U 1＝Ed 1可知P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，则E p 不变，故选项A 、B 、C 错误，D 正确．]2．(2017·山东泰安一模)带等量异种电荷的金属板M 、N 平行正对水平放置，间距为d ，M 板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．一带电微粒从距离M 板上方高d 处的P 点由静止开始下落，穿过M 板的小孔后刚好到达N 板处的Q 点(但未触及N 板)而返回．不计空气阻力，忽略金属板正对部分之外的电场．现将M 板向上平移d2的距离，再让原带电微粒从P 点由静止开始下落．则微粒的运动情况为( )A ．落到N 板上B ．到达与N 板相距d 就返回C ．到达与N 板相距d2就返回D ．仍刚好到达Q 点而返回解析：B [平行板电容器电容C ＝εr S 4πkd ，由U ＝Q C 及E ＝U d 可知，E ＝4πkQεr S ，当两板间距离变化时，电场强度不变．M 板移动前，对带电粒子下落过程应用动能定理得mg ·2d －Eq ·d ＝0，M 板移动后，设粒子在板间运动的距离为x 时，速度为零，则有mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2＋x －Eqx ＝0，两式联立解得x ＝d2，可知该点与N 板的距离为d ，B 正确．]3．(2017·东北师大附中、吉林一中、长春11高、松原实验中学等五校联考)如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d 的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m (不计重力)，电荷量为q ，从A 点与等势线4成θ角以初速度v 0射入电场中，到达等势线2上的B 点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场场强的大小为( )A.mv 20sin 2θ4qdB.mv 20sin 2θ2qdC.mv 20cos 2θ4qdD.mv 20cos 2θ2qd解析：A [带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，水平方向做速度为v x ＝v 0cos θ的匀速直线运动，竖直方向做初速度为v y ＝v 0sin θ，加速度为a ＝Eq m 的匀减速直线运动，对运动过程应用动能定理有－Eq ·2d ＝12mv 2x －12mv 20，解得E ＝mv 20sin 2θ4qd，A 正确．]4．(2017·广东中山一中等七校联考)如图所示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，它从上极板的边缘以初速度v 0射入，沿直线从下极板N 的边缘射出，则( )A ．微粒的加速度不为零B ．微粒的电势能减少了mgdC ．两极板间的电势差为mgd qD ．M 板的电势低于N 板的电势解析：C [由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，故A 错误．重力做功mgd ，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律可知，微粒的电势能增加了mgd ，故B 错误．由上可知微粒的电势能增加量ΔE ＝mgd ，又ΔE ＝qU ，得到两极板间的电势差U ＝mgdq，故C 正确．由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，则电场强度方向竖直向下，M 板的电势高于N 板的电势，故D 错误．]5．(2017·四川德阳一诊)如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，板间距离为d ，有一带电粒子P 静止在电容器中，当下极板快速下移x 后，粒子P 开始运动，重力加速度为g .则下列说法中正确的是( )A ．电容器的电容变大B ．电容器极板上的电荷量增多C ．粒子运动的加速度大小为xd ＋xgD ．粒子在运动过程中其电势能减小解析：C [由C ＝εr S4πkd得，当下极板快速下移x 后，板间距离增大，电容减小，A 错误；由Q ＝CU 知极板上的电荷量Q 减小，B 错误；移动前，mg ＝U d q ，移动后，加速度a ＝mg －U d ＋x qm ＝xd ＋xg ，C 正确；带电粒子向下运动，运动过程中，电场力做负功，电势能增加，D 错误．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(68520220)(2017·山东烟台期末)如图，A 、B 为水平放置的平行板电容器，两极板间有一个质量为m 的带电粒子静止于P 点．现将下极板向下移动一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．电流计指针发生短时间的偏转B ．电容器所带电荷量增大C ．电容器两板间的电场强度变小D ．粒子将向上极板运动解析：AC [带电粒子静止于P 点，mg ＝Eq ，现将下极板向下移动一小段距离，E ＝U d，场强减小，粒子向下运动，C 正确，D 错误；由C ＝εr S4πkd 可知C 减小，由Q ＝CU 知电容器所带电荷量Q 减小，B 错误；电容器放电，电流计指针发生短时间的偏转，A 正确．]7．(2017·湖北部分重点高中第一次联考)如图所示，美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．平行板电容器两极板与电压为U 的恒定电源两极相连，板间距为d ，现有一质量为m 的带电油滴在极板间静止不动，则( )A ．此时极板间的电场强度E ＝U dB ．油滴带电荷量q ＝mg UdC ．减小极板间电压，油滴将向下加速运动D ．将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上加速运动解析：AC [由E ＝U d 知A 正确；带电油滴静止，则mg ＝Eq ＝U d q ，解得q ＝mgdU，B 错误；减小两板的电压，电场强度减小，则mg >Eq ，油滴将向下加速运动，C 正确；将下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电场强度减小，油滴将向下加速运动，D 错误．]8．(2017·山东潍坊期末)如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由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，由此可知( )A ．从B 到C ，小球的动能减小 B ．从B 到C ，小球的电势能减小C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等解析：AD [由运动轨迹可知：在MN 上方，带电小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动；在MN 下方，带电小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，加速度竖直向上，从B 到C ，合外力做负功，动能减小，A 正确；从B 到C ，电场力做负功，小球电势能增加，B 错误；由于电场力大小不确定，则小球在电场中加速度不确定，故两过程的时间长短不确定，C 错误；由于水平方向做匀速直线运动，所以速度的变化仅发生在竖直方向上，所以从A 到B 与从B 到C 两过程速度的变化量大小一定相等，D 正确．]9．(2017·福建漳州八校第一次联考)a 、b 、c 三个α粒子(不计重力)由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定( )A ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B ．b 和c 同时飞离电场C ．进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小D ．动能的增量相比，c 的最小，a 和b 的一样大解析：ACD [三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a 、b 偏转距离相等，且大于c 的偏转距离，由y ＝12at 2得知，a 、b 运动时间相等，大于c 的运动时间，即t a ＝t b ＞t c ，故在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上．而c 比b 先飞出电场，故A 正确，B 错误．三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x ＝v 0t .由图看出，b 、c 水平位移相同，大于a 的水平位移，即x b ＝x c ＞x a ，而t a ＝t b ＞t c ，可见，初速度关系为v c ＞v b ＞v a ，故C 正确．由动能定理得ΔE k ＝qEy ，由图看出，a 和b 的偏转距离相等，大于c 的偏转距离，故a 、b 动能增量相等，且大于c 的动能增量，故D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共46分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(68520221)(23分)(2017·河南中原名校第二次联考)如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×102V/m ，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一粒子源，粒子源以v 0＝2.0×102m/s 的初速度向水平面以下的各个方向均匀射出质量为m ＝2.0×10－15kg 、电荷量为q ＝＋ 1.0×10－12C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)(1)粒子源所在处a 点的电势； (2)带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)． 解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地，电势为零， 因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.8 V＝80 V.(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理得qU ab ＝E k －12mv 20，可得带电粒子打在金属板上时的动能为E k ＝qU ab ＋12mv 20＝1.2×10－10 J. (3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平射出时的落点为边界，设水平射出后t 时间落在板上， 则x ＝v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qE m ，S ＝πx 2.联立以上各式得 S ＝2πmv 20h qE＝4.0 m 2.答案：(1)80 V (2)1.2×10－10J (3)4.0 m 211．(68520222)(23分)(2017·湖北八校第一次联考)如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R ＝0.2 m ，圆心为O ，下端与绝缘水平轨道在B 点相切并平滑连接．一带正电q ＝5.0×10－3C 、质量为m ＝3.0 kg 的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A 点．已知A 、B 两点间的距离为L ＝1.0 m ，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若物块在A 点以初速度v 0向左运动，恰好能到达轨道的最高点D ，则物块的初速度v 0应为多大？ (2)若整个装置处于方向水平向左、场强大小为E ＝2.0×103N/C 的匀强电场中(图中未画出)，现将物块从A 点由静止释放，试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用反三角函数表示)．(3)在(2)问的情景中，试求物块在水平面上运动的总路程．解析：(1)对物块由A 至D 过程中由动能定理得 －2mgR －μmgL ＝12mv 2D －12mv 20，对物块在D 点有mg ＝m v 2DR，联立解得v 0＝14 m/s.(2)对物块，假设物块可运动到C 点，则由A 至C 过程有qE (L ＋R )－mgR －μmgL ＝12mv 2C －0，可得v C ＝0，故物块始终没有脱离轨道．故物块在运动过程速度最大时位于B 点左侧圆弧上，设其与圆心的连线与OB 的夹角为θ，对物块受力分析，可知tan θ＝qE mg ＝13，θ＝arctan 13.(3)对于物块在水平面上运动的全程有qEL －μmgL 总＝0，解得L 总＝53m.答案：(1)14 m/s (2)见解析 (3)53 m。
2019高考物理一轮复习 第七章 静电场 第3讲 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动练习
第3讲电容器与电容、带电粒子在电场中的运动1．(2017·高考江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：选A.电子在A 、B 板间的电场中加速运动，在B 、C 板间的电场中减速运动，设A 、B 板间的电压为U ，B 、C 板间的电场强度为E ，M 、P 两点间的距离为d ，则有eU －eEd ＝0，若将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板所带电荷量不变，由E ＝U d ＝Q C 0d ＝4πkQεS可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A 、B 板间加速运动后，在B 、C 板间减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B 、C 、D 项错误．2．(多选)(2018·四川绵阳模拟)如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 的变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是( )A ．φ1∶φ2＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ21md2解析：选BCD.0～T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝φ1d，电子以a 1＝E 1e m ＝φ1edm向上做匀加速直线运动，当t ＝T 时电子的位移x 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T .T ～2T 时间内平行板间的电场强度E 2＝φ2d ，加速度a 2＝φ2edm ，电子以v 1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x 2＝v 1T －12a 2T 2，由题意t ＝2T时电子回到P 点，则x 1＋x 2＝0，联立可得φ2＝3φ1，选项A 错误，B 正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T 时间内电子做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，所以在T 时刻电势能最小，选项C 正确．电子在t ＝2T 时回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1eTdm(负号表示方向向下)，电子的动能为E k ＝12mv 22＝2e 2T 2φ21md 2，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，选项D 正确．3．(2018·湖北孝感模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，D 为静电计，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是( )A ．断开开关S 后，将A 、B 两极板分开些 B ．断开开关S 后，增大A 、B 两极板的正对面积C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动解析：选B.断开开关S ，电容器所带电荷量不变，将A 、B 两极板分开些，则d 增大，根据C ＝εr S4πkd知，电容C 减小，根据U ＝QC知，电势差增大，指针张角增大，选项A 错误；断开开关S ，增大A 、B 两极板的正对面积，即S增大，根据C ＝εr S 4πkd 知，电容C 增大，根据U ＝QC 知，电势差减小，指针张角减小，选项B 正确；保持开关S 闭合，无论将A 、B 两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，选项C 错误；保持开关S 闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项D 错误．4．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0 ① s 1＝v 0t ＋12at 2 ② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3. ④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式v 2y ＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H .⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则v 0v y ＝qE mg⑨ 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2⑪由已知条件E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg2q. 答案：见解析。
(江苏专用)2019高考物理一轮复习 第七章 静电场 课时54 电场中的图象问题加练半小时
54 电场中的图象问题[方法点拨] 在图象问题中，一般从图象的“点、线、面、斜”四个方向理解．φ－x 图象中斜率表示场强；E －x 图象中面积表示电势差．1．(多项选择)(2017·福建福州3月质检)如图1甲所示，A 、B 、C 三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点；一个带电荷量为q ，质量为m 的点电荷从C 点静止开释，只在电场力作用下运动的v －t 图象如图乙所示，运动到B 点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为k ，则( )图1A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，大小为mk qB ．由C 点到A 点电势渐渐降低C ．该点电荷由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大D ．B 、A 两点间的电势差m v A －v B 22q2．(多项选择)(2017·山东济宁一模)如图2甲所示，一条电场线与Ox 轴重合，取O 点电势为零，Ox 方向上各点的电势φ随x 变化的关系如图乙所示，若在O 点由静止开释一电子，电子仅受电场力的作用．则( )图2A ．电子将沿Ox 方向运动B ．电子的电势能将向来减小C ．沿Ox 方向电场强度向来增大D ．电子运动的加快度先减小后增大3．(2017·山东淄博一模)两个等量点电荷位于x 轴上，它们的静电场的电势φ随地点x 变化规律如图3所示(只画出了部分地区内的电势)，x 轴上两点M 、N ，且OM ＞ON ，由图可知( )图3A．N点的电势低于M点的电势B．M、N两点的电场强度方向同样且M点的场强盛小大于N点的场强盛小C．仅在电场力的作用下，正电荷能够在x轴上M、N之间的某两点间做来去运动D．负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功4．(多项选择)(2017·辽宁沈阳省示范协作校一模)如图4所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以凑近P点的O点为原点，沿两电荷的连线成立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点对于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽视不计，在从O到A的运动过程中，以下对于粒子的运动速度v和加快度a随时间t的变化，粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线必定错误的选项是( )图45．(多项选择)(2017·安徽省十校联考)有一沿x轴散布的电场，电场强度E随x变化的图象如图5所示，x轴正向为电场强度的正方向，在x轴上0～x1间某点处由静止开释一个质量为m，电荷量为q的带负电的粒子，仅在电场力作用下运动，以下说法正确的选项是( )图5A．x轴上x1处电势最高B．x轴上x2处电势最高C．粒子在向右运动的过程中，粒子的电势能可能先减小后增大，再减小D．粒子在向右运动的过程中，假如抵达x2处速度恰巧为零，则粒子运动的最大速度必定大于qE0x2－x1m6．(多项选择)(2018·陕西商洛模拟)如图6甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上边有M、N、P三点，间距MN＝NP，Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则( )图6A．N点电场强度大小为零B．从M点到P点电场强度先增大后减小C．M、N之间电场方向沿x轴正方向D．一正尝试电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|＝|W NM|7．(多项选择)(2018·四川成都模拟)如图7所示，粗拙绝缘的水平面邻近存在一个平行于水平面的电场，此中某一地区的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线．现有一个质量为0.20 kg、电荷量为＋2.0×10－8 C的滑块P(可看做质点)，从x＝0.10 m处由静止开释加快度g＝10 m/s2.则以下说法正确的选项是( )图7A．x＝0.15 m处的场强盛小为2.0×106 N/CB．滑块运动的加快度渐渐减小C．滑块运动的最大速度为0.1 m/sD．滑块最后在0.3 m处停下8．在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处罚别固定一个点电荷M、N(图中未标出)，在x＝2a处由静止开释一个正点电荷P，假定点电荷P只在电场力作用下沿x轴方向运动，获得点电荷P速度大小与其在x轴上的地点关系如图8所示，则以下说法正确的选项是( )图8A．点电荷M、N必定都是负电荷B．点电荷P的电势能必定是先增大后减小C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1D．x＝4a处的电场强度必定为零9．(多项选择)在圆滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x的变化而变化，变化的图线如图9所示(图中φ0已知)．有一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的带电小球(可视为质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正方向挪动到x4.则以下表达正确的选项是( )图9A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力渐渐增大B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能向来增大C．若小球的初速度v0＝2 φ0qm，则运动过程中的最大速度为6φ0qmD．要使小球能运动到x4处，则初速度v0起码为2 φ0q m答案精析1．5．AD [因x 1点的右边电场线向右，左边的电场线向左，顺着电场线电势降低，故x 1点的电势最高，选项A 正确，B 错误；带负电的粒子从0～x 1间的某地点开释，电场力先做正功，过了x 1地点后，电场力做负功，假如速度减到零后，粒子将反向，向左运动．故粒子向右运动过程中的电势能先减小后增大，选项C 错误；粒子在向右运动的过程中，在x 1处的速度最大，假如抵达x 2处速度恰巧为零，E －x 图象中图线与x 坐标轴所围面积表示电势差，则12mv m 2＝qU >q (x 2－x 1)×12E 0，即v m >qE 0x 2－x 1m，应选项D 正确．] 6．AC [电势φ随x 变化关系图(φ－x 图象)中切线的斜率表示电场强度，所以N 点电场强度大小为零，故A 正确；从M 点到P 点电场强度先减小后增大，故B 错误；M 点的电势为零，N 点电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN 间电场方向由M 指向N ，沿x 轴正方向，故C 正确；由题图知U MN ＞|U NP |，故一正尝试电荷从P 移到M 过程中，电场力做负功，故|W PN |＜|W NM |，D 错误．]7．AC [在φ－x 图象中，某一点切线斜率表示该点的场强，所以x ＝0.15 m 处的场强盛小等于题图中切线的斜率绝对值，即E ＝2.0×106 N/C ，A 项正确．由题图图象可知，x 轴上场强E 随x 增大不停减小．由牛顿第二定律有：Eq －F f ＝ma ，加快度渐渐减小，滑块做加快度渐渐减小的加快运动，当qE ＝F f 时，加快度为0，而后加快度反向，由F f －qE ＝ma 知加快度反向增添，滑块做加快度渐渐增大的减速运动，直至停止，所以滑块向右滑动的过程中，加快度先减小后增大，B 项错误．由动能定理可知，合外力做正功最多时，滑块动能最大，此时电场力减小到与摩擦力恰巧相等，即Eq ＝μmg ，解得E ＝2.0×106 N/C ，即x ＝0.15 m ．滑块由静止开释至运动到x ＝0.15 m 处过程中，q (φ－φ)－μmg (0.15 m －0.10 m)＝12mv m 2，代入已知条件解得：v m ＝0.1 m/s ，C 项正确．若滑块能够运动到0.3 m 处，则电场力做功6×10－3 J ，而战胜摩擦力需做功W f ＝8×10－3J ，所以滑块不行能运动到0.3 m 处，D 项错误．] 8．D [依据题图可知，点电荷的速度先增大后减小，说明电场力对点电荷P 先做正功，后做负功，则M 、N 必定都是正电荷，且点电荷P 的电势能必定是先减小后增大，所以选项A 、B 错误；因为在x ＝4a 处速度最大，说明点电荷M 、N 在此处产生的合场强为0，则有kQ M 4a 2＝kQ N2a2，所以Q M ∶Q N ＝4∶1，选项C 错误，D 正确．] 9．BC [由场强与电势差的关系可知，在题图φ－x 图象中，图线的斜率表示电场强度E ，带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 项错误；从x 1运动到x 3的过程中，电势不停减小，但小球带负电，所以小球的电势能向来增大，B 项正确；小球运动到x 1处时，电场力做正功最多，速度最大，由动能定理有：－q (0－φ0)＝12mv m 2－12mv 02，将v 0＝2 φ0q m 代入，解得小球最大速度v m ＝6φ0q m，C 项正确；小球运动到x 3处时速度最小，由动能定理有：－q [0－(－φ0)]＝0－12mv 02，解得：v 0＝2φ0q m，D 项错误．]。
备考2019年高考物理一轮复习：第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动练习含解析
板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一.选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。
其中1～6为单选,7～10为多选)1.如图所示,甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连,乙图中电容器充电后断开电源。
在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球,小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ,将两图中的右极板向右平移时,下列说法正确的是()A.甲图中夹角减小,乙图中夹角增大B.甲图中夹角减小,乙图中夹角不变C.甲图中夹角不变,乙图中夹角不变D.甲图中夹角减小,乙图中夹角减小答案 B解析甲图中的电容器和电源相连,所以电容器两极板间的电压不变,当极板间的距离增大时,根据公式E＝Ud可知,板间的电场强度减小,电场力减小,所以悬线和竖直方向的夹角将减小,C错误；当电容器充电后断开电源,电容器的极板所带的电荷量不变,根据平行板电容器的电容公式C＝εr S4πkd,极板间的电压U＝QC＝4πkdQεr S,极板间的电场强度E＝Ud＝4πkQεr S,当两个极板电荷量不变,距离改变时,场强不变,故乙图中两极板间场强不变,电场力不变,夹角不变,A.D错误；综上分析,选项B正确。
2.[2016·商丘高三模拟]如图,一带电粒子从小孔A 以一定的初速度射入平行板P 和Q 之间的真空区域,经偏转后打在Q 板上如图所示的位置。
在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q 板上的小孔B 射出,下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)( )A.保持开关S 闭合,适当上移P 极板B.保持开关S 闭合,适当左移P 极板C.先断开开关S,再适当上移P 极板D.先断开开关S,再适当左移P 极板答案 A解析 如图,粒子在板间做类斜抛运动,将速度分解为水平方向v x 和竖直方向v y 。
竖直方向：v y ＝v 0sin θ,加速度a ＝Eq m ,E 为场强,设t 为粒子上升到最高点所用时间,则t ＝v y a ＝m v 0sin θEq 。
(江苏专用)2019高考物理一轮复习 第七章 静电场 课时52 电场力的性质加练半小时.docx
52 电场力的性质[方法点拨]电场叠加问题要注意矢量性与对称性．1．(2017·山东济南一中模拟)如图1所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的是()图1A．d点电场强度的方向由d指向OB．O点电场强度的方向由d指向OC．d点的电场强度大于O点的电场强度D．d点的电场强度小于O点的电场强度2.空间某区域有一个正三角形ABC，其三个顶点处分别固定有三个等量正点电荷，如图2所示，D点为正三角形的中心，E、G、H点分别为正三角形三边的中点，F点为E关于C点的对称点．取无限远处的电势为0，下列说法中正确的是()图2A．根据对称性，D点的电场强度必为0B．根据对称性，D点的电势必为0C．根据对称性，E、F两点的电场强度等大反向D．E、G、H三点的电场强度和电势均相同3．(2018·河南郑州期中)如图3甲、乙所示，两个带电荷量均为q的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和34圆环的圆心，环的粗细可忽略不计．若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F，则图乙中环对圆心点电荷的库仑力大小为()图3A.32FB.12FC.22FD.32F4．(2018·四川成都第七中学月考)一个正点电荷Q 固定在正方形的一个角上，另一个带电粒子射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a 、b 、c ，如图4所示，则有( )图4A ．根据轨迹可判断该带电粒子带正电B ．a 、b 、c 三点场强大小之比是1∶2∶1C ．粒子在a 、b 、c 三点的加速度大小之比是2∶1∶2D ．a 、c 两点的电场强度相同5．(多选)如图5是密立根油滴实验的示意图．油滴从喷雾器的喷嘴喷出，落到匀强电场中，调节两板间的电压，通过显微镜观察到某一油滴静止在电场中，下列说法正确的是( )图5A ．油滴带正电B ．油滴带负电C ．只要测出两板间的距离和电压就能求出油滴的电荷量D ．该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍6．(多选)(2017·山东济宁模拟)如图6甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度—时间图象如图乙所示．以下说法中正确的是()图6A．Q2一定带正电B．b点的电场强度一定为零C．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量D．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小7．(2017·山东烟台模拟)已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图7所示，MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为＋Q的点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以点电荷＋Q 为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是()图7A．b点电场强度与c点电场强度相同B．a点电场强度与d点电场强度相同C．a点电势等于d点电势D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变8．(2017·辽宁铁岭协作体模拟)如图8所示，在竖直向下的匀强电场中，将质量相等的两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一竖直线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，则()图8A．M的带电荷量一定比N的大B．M一定带负电荷，N一定带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功9．(多选)(2018·湖北黄冈模拟)真空中两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，∠ABC＝30°，如图9所示．已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是()图9A．q1带正电，q2带负电B．D点电势高于A点电势C．q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半D．q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍10.已知表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部电场强度处处为零．现有表面电荷均匀分布的带电半球壳，如图10所示，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．则()图10A．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等、方向相同B．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等、方向相反C．P点的电场强度比Q点的电场强度强D．P点的电场强度比Q点的电场强度弱11．(2017·广东东莞模拟)a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是()答案精析1．D2．A [由于D 点为正三角形的中心，即到三个点电荷的距离相等，故任意两点电荷在D 点产生的合场强与第三个点电荷在D 点产生的电场强度等大反向，故D 点的电场强度为零，选项A 正确；由于取无限远处的电势为0，从无限远处移动电荷至D 点，电场力做功必不为0，故D 点电势不可能为0，选项B 错误；C 处点电荷在E 、F 两点产生的电场强度等大反向，但A 、B 两个点电荷在E 、F 两点产生的电场强度的矢量和不相等，故C 错误；由对称性可知，E 、G 、H 三点的电场强度大小相等，但电场强度的方向不同，所以D 错误．]3．C [由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F ，可以得出14圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F .将题图乙中的均匀带电34圆环分成三个14圆环，关于圆心对称的两个14圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的34圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F ，C 正确．]4．C [带电粒子受到的电场力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向可以知道带电粒子与固定在Q 点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，故该带电粒子带负电，A 项错误；根据几何知识可以知道a 、b 、c 三点到Q 的距离之比为r a ∶r b ∶r c＝1∶2∶1，根据点电荷场强公式E ＝k Q r 2，得a 、b 、c 三点场强大小之比为2∶1∶2，B 项错误；根据牛顿第二定律得：a ＝qE m ，a ∝E ，则知粒子在a 、b 、c 三点的加速度大小之比是2∶1∶2，C 项正确；a 、c 两点的电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，D 项错误．]5．BD [由题图知，匀强电场电场方向向下，油滴所受的电场力向上，则知油滴带负电，故A 错误，B 正确；根据油滴受力平衡得：mg ＝qE ＝qU d ，得q ＝mgd U ，所以要测出两板间的距离、电压和油滴的质量才能求出油滴的电荷量，故C 错误；根据密立根油滴实验研究知：该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍，D 正确．]6．ABD 7.C8．D [因为M 、N 在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M 带正电，不论N 带正电，还是带负电，都不可能同时静止；若M 带负电，N 带正电，则对M ：Eq M ＝mg ＋F 引；对N ：Eq N ＋mg ＝F 引，即Eq M ＝2mg ＋Eq N ，则q M >q N ；若M 带负电，N 带负电，则对M ：Eq M ＝mg －F 斥；对N ：Eq N ＝mg ＋F 斥，则q M <q N ，故A 、B 错误；静止时，二者受到的合力都是0，故C 错误；M 带负电，受到的电场力的方向向上，所以移动过程中匀强电场对M 做负功，故D 正确．故选D.]9．AC [根据题述，A 点的电场强度垂直AB 向下，可知q 1带正电、q 2带负电，选项A 正确．q 1在A 、D 两点产生的电势相等，q 2在A 点产生的电势高于在D 点产生的电势，则A 点的电势高于D 点，选项B 错误．根据题述，A 点的电场强度垂直AB 向下，可得sin 30°＝E 2E 1，E 1＝k q 1r 12，E 2＝k q 2r 22，联立解得q 2＝2q 1，选项C 正确，D 错误．]10．A [表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部场强处处为零，若把另一带电半球壳补上，则P 、Q 两点的合场强均为零，根据对称性原理可得，A 正确．]11．D [因为a 、b 所带电荷量分别为＋3q 和－q ，以a 、b 为整体，整体的电荷量为＋2q ，整体受到向左的电场力作用，大小为2qE ，整体的重力为2mg ，如图甲所示，则tan θ＝qE mg ；b 所带电荷量为－q ，受到向右的电场力作用，大小为qE ，b 的重力为mg ，如图乙所示，则tan α＝qE mg ，所以θ＝α；又由于两绝缘细线的长度相同，平衡时b 小球处在悬挂点的正下方，选项D 正确．]。
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56 带电粒子在电场中的加速和偏转
[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式
结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)
注意带电粒子重力能否忽略．
1．电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，
在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则
下列说法正确的是( )
图1
A．A、K之间的电场强度为Ud
B．电子到达A极板时的动能大于eU
C．由K到A电子的电势能减小了eU
D．由K沿直线到A电势逐渐减小
2．(多选)(2017·四川资阳4月模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M、N以相同的
速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下
极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从
开始射入到打在上极板的过程中( )
图2
A．它们运动的时间tN＝tM
B．它们电势能减少量之比ΔEM∶ΔEN＝1∶2
C．它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN＝1∶2
D．它们所带的电荷量之比qM∶qN＝1∶2
3．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向
射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为
U2时，带电粒子沿轨迹②落到B
板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电
压之比为( )
图3
A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1
4．(2017·广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比
荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器边缘的P点(如图4)
以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容器的撞击点到入射点之间的水平距
离之比为1∶2.若不计重力，则a和b的比荷之比是( )
图4
A．4∶1 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶2
5．(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d，
一质量为m、电荷量大小为q的粒子(不计重力)，从A点以与等势线成θ角的速度v0射入，
到达B点时，速度方向恰与等势线平行，则( )
图5
A．粒子一定带正电
B．电场中A点的电势一定高于B点电势
C．匀强电场的电场强度大小为mv02sin2θ4qd
D．粒子在A点具有的电势能大于在B点具有的电势能
6．(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R的圆环处在匀强电场E中，圆环平面
与电场方向平行，直径ab与电场线垂直；一带电粒子以速度v0从a点沿ab方向射入电场，
粒子打在圆环上的c点；已知c点与ab的距离为R2，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.
图6
7.(2018·四川泸州一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小
孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方
向的匀强电场，电场强度大小为E＝43×103 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子
P
从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(3，1)点；粒子P的重力不计，试求：
图7
(1)金属板A、B之间的电势差UAB；
(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，
使P、Q恰能运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、
Q
之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合．
8．(2017·湖北孝感第一次统考)在xOy直角坐标系中，三个边长都为2 m的正方形如图8
所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0，在
第Ⅱ象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域
内无电场，正方形DENM区域内无电场．现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力
不计)从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点．
图8
(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；
(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，
要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系；
(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2＝43E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区
域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的
坐标值x、y间又应满足什么关系．
答案精析
1．C [A、K之间的电场为非匀强电场，A、K之间的电场强度不是Ud，选项A错误；由动能
定理，电子到达A极板时的动能Ek＝eU，选项B错误；电子由K到A的过程电场力做正功，
电子的电势能减小了eU，选项C正确；沿电场线方向电势降低，则由K沿直线到A电势逐
渐升高，选项D错误．]
2．AD
3．A [据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：
x＝vt，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y＝12at2＝qUx22mdv2，偏转电压为U
＝
2mdyv2qx2，则偏转电压之比为：U1U2＝y1x22y2x12＝y1y2·(x2x1)2＝1
8
，故A选项正确．]
4．A 5.C
6．见解析
解析 沿ab方向与电场强度方向建立xOy直角坐标系，设粒子从a到c所需时间为t，则：
x＝v0t
y＝12at
2
由牛顿第二定律得qE＝ma
由题意可知：y＝12R；x＝(1＋32)R
联立解得：qm＝－43v02ER
7．(1)1 000 V (2)y＝16x2，其中x>0
解析 (1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由
题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(3，1)点所用
时间为t0，由类平抛运动可得：x＝v0t0，y＝qE2mt02
解得：v0＝2×104 m/s
在金属板A、B之间，由动能定理：qUAB＝12mv02
解得：UAB＝1 000 V
(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从N(x，y)点释放后，经时间
t
与粒子P相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得
对于P：Eq＝ma1
对于Q：Eq＝2ma2
x＝v0t
12a1t2＝y＋1
2
a2t
2
解得：y＝16x2，其中x>0
即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为
y＝16x2，其中x
>0
8．(1)4E0 (2)y＝x (3)y＝3x－4
解析 (1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据
动能定理得E0qL＝12mv2，其中L＝2 m．要使带电粒子通过E点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，
竖直方向位移为y0，设水平方向位移为x0，则y0＝12·E1qm(x0v)2，因∠CEO＝45°，即x0＝y0＝2 m，
解得E1＝4E0.
(2)设释放点的坐标为(x，y)，带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v1，在第Ⅰ象限电场中
加速运动时，根据动能定理得E0qx＝12mv12，要使带电粒子过E点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，
竖直方向位移为y，水平方向位移也为y，则y＝12·E1qm(yv1)2，解得y＝x.
(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE出电场时与DE交于Q.进入CDE区域的电场
后，初速度延长线与DE交于G，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P点，设
在第Ⅰ象限释放点的坐标为(x，y)．
由图可知，在CDE区域中带电粒子的水平位移为y，设偏转位移为y′，则y′＝12·E2qm(yv2)2，
而y′y－y′＝GPNE，其中GP＝y2，
NE
＝2 m，
在第Ⅰ象限加速过程中，E0qx＝12mv22，解得y＝3x－4.