第29讲 电容器 带电粒子在电场中的运动（复习讲义）（福建专用）2026年高考物理一轮复习讲练测

第29讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 目录 01考情解码·命题预警 2 02体系构建·思维可视 3 03核心突破·靶向攻坚 4 考点一 电容器的动态分析 4 知识点1 电容器及电容 4 知识点2 电容器的动态分析 4 考向1 电容器的理解与应用 5 考向2 平行板电容器两类动态的分析 6 考点二 带电粒子在电场中的运动 8 知识点1 电场中带电粒子做直线运动的条件 8 知识点2 用动力学和功能观点分析问题 8 知识点3 带电粒子在匀强电场偏转的运动规律 8 考向1 带电粒子在电场中的直线运动 9 考向2 带电粒子在电场中的偏转 10 考点三 示波管的工作原理 11 知识点1 示波器 11 知识点2 带电粒子在复合场中的偏转 12 考向1 示波器的相关计算 12 考向2 带电粒子在复合场中的偏转 13 考点四 带电粒子在电场中运动的综合问题 14 知识点1 带电粒子在交变电场中的运动处理方法 14 知识点2等效重力法 15 考向1 带电粒子在交变电场中的直线运动 16 考向2 带电粒子在交变电场中的偏转 17 考向3 等效重力法解决综合运动问题 18 04真题溯源·考向感知 18 考点 要求 考频 2025年 2024年 2023年 1.电容 2.带电粒子在电场中的运动 3.三大观点在力电综合问题中的应用 理解、应用 高频 2025•福建T4.T7 2024•福建T15.T16 2023•福建T10.T13.T16 考情分析： 1.命题形式：单选题非选择题 2.命题分析：高考对电容器的考查较为频繁，但对带电粒子在电场中运动几乎每年都考，并且特别容易与磁场相结合，考查电磁组合场和叠加场问题，题目难度相对较大。 3.备考建议：1.重点掌握 加速型和 平衡型两类模型 2.理解并会分析电容器的动态变化 3.掌握带电粒子涉及的运动过程包括电场中的加速、平衡、偏转和一般的曲线运动 4.命题情境： ①生活实践类：电子枪加速电子（UU 恒定）、α粒子加速器； ②学习探究类：电容器与重力场、磁场的组合。 5.常用方法：动力分析法、图像法，动能定理 等效转换法 复习目标： 1.理解和掌握电容的定义式和决定式，会处理分析电容器的动态问题。 2.能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的直线运动和抛体运动。 3.掌握带电粒子在电场和重力场的叠加场中的运动规律。 4.能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的直线运动和抛体运动 考点一 电容器的动态分析 知识点1 电容器及电容 1．电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。 (3)电容器的充、放电。 ①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。 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．电容 定义 电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比 定义式 C＝ 单位 法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106μF＝1012pF 意义 表示电容器容纳电荷本领的高低 决定因素 由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关 3.平行板电容器的电容 (1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。 (2)决定式：C＝。 知识点2 电容器的动态分析 1．动态分析的思路 2．两类动态分析的比较 得分速记：对Q－U图像的理解 如图所示，对固定的电容器，Q－U图像是一条过原点的直线，直线的斜率表示电容大小，因而电容器的电容也可以表示为C＝。 考向1 电容器的理解与应用 例1 （2023·福建泉州·二模）心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。如图，某型号AED模拟治疗仪器内有一电容为的电容器，某次使用过程中，该电容器在内充电至电压，之后在时间内完成放电，则（　　） A．电容器充电后所带的电荷量为 B．电容器充电过程中电容一直增大 C．电容器放电过程中放电电流一直增大 D．电容器放电过程中平均电流为 【变式训练·变载体】（2023·福建漳州·模拟预测）如图，一平行板电容器充电后与电源断开。若电容器的正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0，则电容器的电容C、极板上带电荷量Q、两极板间电势差U及电场强度E与负极板移动的距离x的关系图像正确的是（　　） A． B． C． D． 考向2 平行板电容器两类动态的分析 例2 （2024·福建漳州·三模）如图，A、B为平行板电容器的两极板。初始时，电容器不带电，静电计的指针不张开。则（    ） A．S闭合时，静电计的指针张角立即增大到某一角度后保持不变 B．S闭合，稳定后将电阻箱R的阻值逐渐增大，静电计的指针张角不变 C．S闭合，稳定后再断开S，仅将A板向上平移一小段距离，静电计的指针张角增大 D．S闭合，稳定后再断开S，仅将A板向上平移一小段距离，A、B两板间场强变小 思维建模 平行板电容器动态的分析思路 【变式训练1·变考法】（2025·福建福州·三模）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，上极板带正电，与静电计相连。静电计外壳与下极板接地。一带电微粒以一初速度平行于极板射入，恰能沿直线穿过电容器。带电静电计的内部空间分布电场，等势面分布如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．微粒带负电 B．P点和Q点电势相同 C．将上极板向上平移，静电计指针张角增大 D．将上极板向上平移，将带电微粒从同一位置平行于极板射入，电势能可能增大 【变式训练2·变考法】（2025·福建三明·三模）如图为探究平行板电容器电容的影响因素的实验装置（　　） A．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差增大 B．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差减小 C．只增加极板电量，静电计指针张角变大，但电容不变 D．只增加极板电量，静电计指针张角变大，表明电容增大 考点二 带电粒子在电场中的运动 知识点1 电场中带电粒子做直线运动的条件 1.粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。 2.匀强电场中，粒子所受合外力F合≠0，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。 知识点2 用动力学和功能观点分析问题 1．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad(匀强电场)。 2．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02。 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 知识点3 带电粒子在匀强电场偏转的运动规律 1.(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝(如图)。 (2)沿静电力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a＝＝＝； ②离开电场时的偏移量：y＝at2＝； ③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。 2．功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。 3．粒子经电场偏转后射出时，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半。 考向1 带电粒子在电场中的直线运动 例1 （2025·福建漳州·模拟预测）在光滑绝缘水平面上，相隔4L的A、B两点固定着两个等量同种正点电荷，a、o、b是AB连线上三点，o是AB中点，，空间另有一水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的试探电荷在电场力作用下，以初速度从a点出发沿连线向B运动到o点时动能为a点动能的2倍，到b点时速度为零，规定o点为零电势点，则（    ） A．试探电荷带正电 B．b点电势 C．a点电势 D．匀强电场的场强大小为 【变式训练1·变载体】（2024·福建漳州·一模）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示，P、Q是电场中的两点。K为阴极，A为阳极，在两极之间加上高压，就会有电子从K极由静止被加速。则（　　） A．P点的电势高于Q点的电势 B．P点的电场强度小于Q点的电场强度 C．电子在P点的电势能大于在Q点的电势能 D．电子由P运动到Q，电场力做负功 【变式训练2·变考法】（2025·福建莆田·三模）如图所示，A、B是带异种电荷的固定点电荷，A的电荷量小于B的电荷量，A、B在同一水平线上，光滑绝缘、粗细均匀细直杆竖直固定放置，杆的轴线与A、B连线的竖直垂直平分线重合，一个带正电小球套在杆上可自由运动，O为A、B连线的中点，将带正电小球在P点由静止释放，则小球从P点运动到O点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的加速度一定先增大后减小 B．小球的加速度可能一直减小 C．从P到O过程，小球的电势能逐渐增大 D．两点电荷电场中P点电势高于O点电势 考向2 带电粒子在电场中的偏转 例2（2024·福建厦门·二模）《厦门志·风俗记》中记载：“（厦门人）俗好啜茶，…如啜酒然，以饷客，客必辨其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通过电晕放电、感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷小于茶梗的比荷，之后两者通过静电场便可分离。如图所示，图中A、B分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为，质量为，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104V，距离桶底高度为0.8m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．M处电场强度大于N处电场强度 B．茶叶落入左桶，茶梗落入右桶 C．茶梗P落入桶底速度为 D．茶梗P落入桶底速度为 【变式训练1·多过程问题】（2024·福建泉州·一模）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，、是电场中的两点。从点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为的小球、。不带电，的电荷量为（）。从点发射时的速度大小为，到达点所用时间为；从点到达点所用时间为。重力加速度为，求： （1）点到达点的高度差； （2）小球的加速度大小和电场强度的大小； （3）运动到点时的动能。 考点三 示波管的工作原理 知识点1 示波器 1．构造 示波管是示波器的核心部分，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示． 2．原理 (1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压，可使亮斑从左向右扫描移动． (2)灯丝被电源加热后，发射热电子，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且与扫描电压周期相同，那么就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像． 知识点2 带电粒子在复合场中的偏转 若电场力为恒力，重力和电场力的合力大小和方向恒定，可按等效重力场来处理。 考向1 示波器的相关计算 例1 （2024·福建宁德·模拟练习）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（　　）    A．在XX′极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX′极板间运动是匀变速运动 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切 【思维建模】 （1）利用动能定理求粒子偏转后的动能时,电场力做功W=qU=qEy,其中“U”为初末位置的电势差,而不一定是U=。 （2）注意是否考虑重力 ①基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)． ②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力． 【变式训练1·变载体】（2025·福建漳州·模拟练习）如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度为零），经灯丝与A板间的加速电压加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量为m，电荷量为e。求： (1)电子穿过A板时的速度大小； (2)电子从偏转电场射出时速度偏转角的正切值； (3)P点到O点的距离H。 考向2 带电粒子在复合场中的偏转 例2（2024·福建福州·二模）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电的小球自电场中Q点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Q点。则射出后，小球水平方向分速度、动能、机械能E及电场力瞬时功率随时间t变化图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练】如图是带有转向器的粒子直线加速器，转向器中有辐向电场，A、B接在电压大小恒为U的交变电源上。质量为m、电量为＋q的离子，以初速度进入第1个金属圆筒左侧的小孔。离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均为t；在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，并从N点射出。求： （1）第3个金属圆筒的长度； （2）虚线MN处电场强度的大小。      考点四 带电粒子在电场中运动的综合问题 知识点1 带电粒子在交变电场中的运动处理方法 1.交变电场中的直线运动处理方法 带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形．在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．此类电场在同一时刻可看成是匀强的，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同，从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间而变化． (1)当粒子与电场平行射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力决定了粒子的运动，粒子可以做周期性的运动． (2)粒子垂直电场方向射入时：沿初速度方向为匀速直线运动，在电场力方向上的分运动具有周期性． 2.交变电场中的偏转处理方法 U-t图 轨迹图 v0 v0 [来源:Zxxk.Com]v0 v0 v0 vy-t图 t O vy v0 T/2 T 单向直线运动 A B 速度不反向 t O vy v0 往返直线运动 A B 速度反向 T T/2 -v0 得分速记： 1．两条分析思路 一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(机械能守恒、动能定理、能量守恒)。 2．两个运动特征 分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。 知识点2等效重力法 1.把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。 2.物理最高点与几何最高点：在电场和重力场的叠加场中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。 特别提醒 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a=视为等效重力加速度。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。 得分速记 等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路 (1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。 (2)将a＝视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。 (3)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。 考向1 带电粒子在交变电场中的直线运动 例1 （2025·福建泉州·期中）如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为，进入漂移管E时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取。则（    ） A．漂移管B的长度为0.4m B．漂移管需要用绝缘材料制成 C．相邻漂移管间的加速电压 D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期 【变式训练】（2023·福建莆田模拟）一水平方向匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，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（　　） A．粒子在电场中一直沿同一方向运动，位移越来越大 B．内，电场力所做的功等于零 C．内，速度的变化量等于零 D．t=1s时，粒子运动的速度最大 考向2 带电粒子在交变电场中的偏转 例3（24-25高三上·福建泉州·阶段练习）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示，时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（　　） A．粒子从上极板边缘飞出 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 D．电场力做功为 【变式训练·变考法】（2024·福建泉州·模拟）如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板的长度为、间距为，两板间加一恒定电压。一个质量为、电荷量为的带正电粒子从上极板边缘A点以水平速度射入电容器后，从点飞出，点与下极板的距离为。不计粒子受到的重力和空气阻力。 (1)粒子从射入到射出极板所用时间； (2)求两板间的电压； (3)若两极板间的电势差随时间变化的关系图像如图乙所示，其。中时刻，粒子从上极板边缘A点以水平速度射入电容器，求粒子射出电容器的位置与下极板间的距离（用表示）。 考向3 等效重力法解决综合运动问题 例1 （2024·福建·一模）在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为m的带电小球，它静止时细线与竖直方向成θ = 37°角，如图所示。现给小球一个方向与细线垂直的初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做顺时针的圆周运动，，重力加速度大小为g。 （1）求小球受到电场力的大小F并指出小球带何种电荷； （2）求小球运动的最大速度； （3）若小球运动到最低点时细线立即被烧断，求小球经过O点正下方时与O点的高度差h。 1．（2025·福建·高考真题）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为,则（　　） A．电场强度为 B．磁场强度为 C．NP两点的电势差为 D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为 2.（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过时的速度大小； (2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第29讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 目录 01考情解码·命题预警 3 02体系构建·思维可视 4 03核心突破·靶向攻坚 5 考点一 电容器的动态分析 5 知识点1 电容器及电容 5 知识点2 电容器的动态分析 5 考向1 电容器的理解与应用 6 考向2 平行板电容器两类动态的分析 8 考点二 带电粒子在电场中的运动 11 知识点1 电场中带电粒子做直线运动的条件 11 知识点2 用动力学和功能观点分析问题 11 知识点3 带电粒子在匀强电场偏转的运动规律 11 考向1 带电粒子在电场中的直线运动 12 考向2 带电粒子在电场中的偏转 14 考点三 示波管的工作原理 17 知识点1 示波器 17 知识点2 带电粒子在复合场中的偏转 17 考向1 示波器的相关计算 17 考向2 带电粒子在复合场中的偏转 20 考点四 带电粒子在电场中运动的综合问题 23 知识点1 带电粒子在交变电场中的运动处理方法 23 知识点2等效重力法 23 考向1 带电粒子在交变电场中的直线运动 24 考向2 带电粒子在交变电场中的偏转 26 考向3 等效重力法解决综合运动问题 29 04真题溯源·考向感知 31 考点 要求 考频 2025年 2024年 2023年 1.电容 2.带电粒子在电场中的运动 3.三大观点在力电综合问题中的应用 理解、应用 高频 2025•福建T4.T7 2024•福建T15.T16 2023•福建T10.T13.T16 考情分析： 1.命题形式：单选题非选择题 2.命题分析：高考对电容器的考查较为频繁，但对带电粒子在电场中运动几乎每年都考，并且特别容易与磁场相结合，考查电磁组合场和叠加场问题，题目难度相对较大。 3.备考建议：1.重点掌握 加速型和 平衡型两类模型 2.理解并会分析电容器的动态变化 3.掌握带电粒子涉及的运动过程包括电场中的加速、平衡、偏转和一般的曲线运动 4.命题情境： ①生活实践类：电子枪加速电子（UU 恒定）、α粒子加速器； ②学习探究类：电容器与重力场、磁场的组合。 5.常用方法：动力分析法、图像法，动能定理 等效转换法 复习目标： 1.理解和掌握电容的定义式和决定式，会处理分析电容器的动态问题。 2.能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的直线运动和抛体运动。 3.掌握带电粒子在电场和重力场的叠加场中的运动规律。 4.能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的直线运动和抛体运动 考点一 电容器的动态分析 知识点1 电容器及电容 1．电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。 (3)电容器的充、放电。 ①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。 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．电容 定义 电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比 定义式 C＝ 单位 法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106μF＝1012pF 意义 表示电容器容纳电荷本领的高低 决定因素 由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关 3.平行板电容器的电容 (1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。 (2)决定式：C＝。 知识点2 电容器的动态分析 1．动态分析的思路 2．两类动态分析的比较 得分速记：对Q－U图像的理解 如图所示，对固定的电容器，Q－U图像是一条过原点的直线，直线的斜率表示电容大小，因而电容器的电容也可以表示为C＝。 考向1 电容器的理解与应用 例1 （2023·福建泉州·二模）心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。如图，某型号AED模拟治疗仪器内有一电容为的电容器，某次使用过程中，该电容器在内充电至电压，之后在时间内完成放电，则（　　） A．电容器充电后所带的电荷量为 B．电容器充电过程中电容一直增大 C．电容器放电过程中放电电流一直增大 D．电容器放电过程中平均电流为 【答案】D 【详解】A．电容器充电后所带的电荷量为 A错误； B．电容器的电容由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电无关，故电容器充电过程中电容保持不变，B错误； C．电容器放电过程中，放电电流逐渐减小，C错误； D．电容器放电过程中的平均电流为 D正确。 故选D。 【变式训练·变载体】（2023·福建漳州·模拟预测）如图，一平行板电容器充电后与电源断开。若电容器的正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0，则电容器的电容C、极板上带电荷量Q、两极板间电势差U及电场强度E与负极板移动的距离x的关系图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．根据电容的决定式 负极板向右移动，板间距离d增大，电容减小，故A错误； B．充电后的电容器与电源断开连接后，极板带电量Q保持不变，故B错误； C．由 当Q不变，C减小时，U增大，故C错误； D．由 可得 在带电量Q一定时，只改变距离d，E不变，故D正确。 故选D。 考向2 平行板电容器两类动态的分析 例2 （2024·福建漳州·三模）如图，A、B为平行板电容器的两极板。初始时，电容器不带电，静电计的指针不张开。则（    ） A．S闭合时，静电计的指针张角立即增大到某一角度后保持不变 B．S闭合，稳定后将电阻箱R的阻值逐渐增大，静电计的指针张角不变 C．S闭合，稳定后再断开S，仅将A板向上平移一小段距离，静电计的指针张角增大 D．S闭合，稳定后再断开S，仅将A板向上平移一小段距离，A、B两板间场强变小 【答案】BC 【详解】A．静电计的指针张角随电容器两极板间的电压增大而增大，S闭合时，电源开始对电容器充电，电容器两极板间电压逐渐增大到某一值，静电计的指针张角逐渐增大到某一角度，A错误； B．S闭合，电路稳定后，通过电阻箱R的电流为零，电阻箱R两端电压为零，电容器两极板间电压等于电源的电动势E，若将电阻箱R的阻值逐渐增大，电容器两极板间电压仍为电源电动势，静电计的指针张角不变，B正确； C．S闭合，电路稳定后断开S，电容器所带的电荷量Q保持不变，由和，可得 若仅将A板向上平移一小段距离，即d增大，U增大，则静电计的指针张角增大，C正确； D．由和得 可知改变电容器两极板间距离d不影响电容器两极板间场强E，D错误。 故选BC。 思维建模 平行板电容器动态的分析思路 【变式训练1·变考法】（2025·福建福州·三模）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，上极板带正电，与静电计相连。静电计外壳与下极板接地。一带电微粒以一初速度平行于极板射入，恰能沿直线穿过电容器。带电静电计的内部空间分布电场，等势面分布如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．微粒带负电 B．P点和Q点电势相同 C．将上极板向上平移，静电计指针张角增大 D．将上极板向上平移，将带电微粒从同一位置平行于极板射入，电势能可能增大 【答案】AC 【详解】A．带电微粒受力平衡，则其带负电，故A正确； B．由图可知，P点电势比Q点高，故B错误； C．上极板向上平移时，由，且可知平行极板的电容减小，则板间电压增大，即静电计指针张角增大，故C正确； D．由，则 则场强不变，粒子仍然能沿原来的直线运动，但所在位置的电势也不变，则带电微粒的电势能不变，故D错误。 故选AC。 【变式训练2·变考法】（2025·福建三明·三模）如图为探究平行板电容器电容的影响因素的实验装置（　　） A．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差增大 B．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差减小 C．只增加极板电量，静电计指针张角变大，但电容不变 D．只增加极板电量，静电计指针张角变大，表明电容增大 【答案】AC 【详解】AB．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差增大，故A正确，B错误； CD．只增加极板电量Q，根据平行板电容器电容的决定式 可知，电容不变，根据电容的定义式有 可知，电势差U变大，则静电计指针张角变大，故C正确，D错误。 故选AC。 考点二 带电粒子在电场中的运动 知识点1 电场中带电粒子做直线运动的条件 1.粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。 2.匀强电场中，粒子所受合外力F合≠0，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。 知识点2 用动力学和功能观点分析问题 1．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad(匀强电场)。 2．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02。 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 知识点3 带电粒子在匀强电场偏转的运动规律 1.(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝(如图)。 (2)沿静电力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a＝＝＝； ②离开电场时的偏移量：y＝at2＝； ③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。 2．功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。 3．粒子经电场偏转后射出时，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半。 考向1 带电粒子在电场中的直线运动 例1 （2025·福建漳州·模拟预测）在光滑绝缘水平面上，相隔4L的A、B两点固定着两个等量同种正点电荷，a、o、b是AB连线上三点，o是AB中点，，空间另有一水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的试探电荷在电场力作用下，以初速度从a点出发沿连线向B运动到o点时动能为a点动能的2倍，到b点时速度为零，规定o点为零电势点，则（    ） A．试探电荷带正电 B．b点电势 C．a点电势 D．匀强电场的场强大小为 【答案】AD 【详解】A．根据等量同种电荷的电势分布特点可知a、b两点电势相等，即a到b过程，等量同种电荷对试探电荷做功为0，题意知a到b试探电荷做减速运动，可知匀强电场对试探电荷做负功，故试探电荷带正电，故A正确； B．o到b过程，由动能定理有 因为o点为零电势点，整理有 故B错误； C．a到o过程，由动能定理有 因为o点为零电势点，整理有 故C错误； D．a到b过程，由动能定理有 解得 故D正确。 故选AD。 【变式训练1·变载体】（2024·福建漳州·一模）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示，P、Q是电场中的两点。K为阴极，A为阳极，在两极之间加上高压，就会有电子从K极由静止被加速。则（　　） A．P点的电势高于Q点的电势 B．P点的电场强度小于Q点的电场强度 C．电子在P点的电势能大于在Q点的电势能 D．电子由P运动到Q，电场力做负功 【答案】BC 【详解】AC．阳极电势高，阴极电势低，所以P点的电势低于Q点的电势，所以电子在P点的电势能大于在Q点的电势能，故A错误，C正确； B．电场线越密场强越强，所以P点的电场强度小于Q点的电场强度，故B正确； D．电子从K极由静止被加速，所以电子由P运动到Q，做加速运动，电场力做正功，故D错误。 故选BC。 【变式训练2·变考法】（2025·福建莆田·三模）如图所示，A、B是带异种电荷的固定点电荷，A的电荷量小于B的电荷量，A、B在同一水平线上，光滑绝缘、粗细均匀细直杆竖直固定放置，杆的轴线与A、B连线的竖直垂直平分线重合，一个带正电小球套在杆上可自由运动，O为A、B连线的中点，将带正电小球在P点由静止释放，则小球从P点运动到O点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的加速度一定先增大后减小 B．小球的加速度可能一直减小 C．从P到O过程，小球的电势能逐渐增大 D．两点电荷电场中P点电势高于O点电势 【答案】BD 【详解】AB．设带正电小球所受电场力合力的竖直分力为Fy，因为A的带电量小于B的带电量，将两个电荷看成等量异种电荷和一个负电荷，等量异种电荷在中垂线的场强方向向右，所以Fy的方向向下，小球的加速度 小球从P运动到O的过程，Fy可能先增大后减小，也可能一直减小，因而小球的加速度a可能先增大后减小，也可能一直减小，故A错误，B正确； C．从P到O过程，电场力一直做正功，小球的电势能逐渐减小，故C错误； D．正电荷在高电势处电势能大，在低电势处电势能小，故D正确。 故选BD。 考向2 带电粒子在电场中的偏转 例2（2024·福建厦门·二模）《厦门志·风俗记》中记载：“（厦门人）俗好啜茶，…如啜酒然，以饷客，客必辨其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通过电晕放电、感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷小于茶梗的比荷，之后两者通过静电场便可分离。如图所示，图中A、B分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为，质量为，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104V，距离桶底高度为0.8m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．M处电场强度大于N处电场强度 B．茶叶落入左桶，茶梗落入右桶 C．茶梗P落入桶底速度为 D．茶梗P落入桶底速度为 【答案】BD 【详解】A．电场线分布的密集程度表示电场强弱，M处电场线分布比N处电场线稀疏一些，则M处电场强度小于N处电场强度，故A错误； B．根据牛顿第二定律有 解得 由于茶叶、茶梗带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷小于茶梗的比荷，可知茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移小于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入左桶，茶梗落入右桶，故B正确； CD．对茶梗进行分析，根据动能定理有 其中 解得 故C错误，D正确。 故选BD。 【变式训练1·多过程问题】（2024·福建泉州·一模）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，、是电场中的两点。从点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为的小球、。不带电，的电荷量为（）。从点发射时的速度大小为，到达点所用时间为；从点到达点所用时间为。重力加速度为，求： （1）点到达点的高度差； （2）小球的加速度大小和电场强度的大小； （3）运动到点时的动能。 【答案】（1）；（2）4g，；（3） 【详解】（1）小球A在竖直方向做自由落体运动，因此高度差为 （2）设电场强度的大小为，小球运动的加速度为。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有 解得 （3）设从点发射时的速度为，到达点时的动能为，、两点的高度差为，根据动能定理有 且有 联立得 考点三 示波管的工作原理 知识点1 示波器 1．构造 示波管是示波器的核心部分，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示． 2．原理 (1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压，可使亮斑从左向右扫描移动． (2)灯丝被电源加热后，发射热电子，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且与扫描电压周期相同，那么就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像． 知识点2 带电粒子在复合场中的偏转 若电场力为恒力，重力和电场力的合力大小和方向恒定，可按等效重力场来处理。 考向1 示波器的相关计算 例1 （2024·福建宁德·模拟练习）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（　　）    A．在XX′极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX′极板间运动是匀变速运动 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切 【答案】CD 【详解】A．由牛顿第二定律可得，在极板间的加速度大小 故A错误； BC．电子在电极间运动时，受到沿XX′方向恒定电场力的作用，所以电子在极板间的运动是匀变速运动，有 电子离开电极时的动能为 电子离开电极后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，故C正确，B错误； D．电子打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切 故D正确。 故选CD。 【思维建模】 （1）利用动能定理求粒子偏转后的动能时,电场力做功W=qU=qEy,其中“U”为初末位置的电势差,而不一定是U=。 （2）注意是否考虑重力 ①基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)． ②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力． 【变式训练1·变载体】（2025·福建漳州·模拟练习）如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度为零），经灯丝与A板间的加速电压加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量为m，电荷量为e。求： (1)电子穿过A板时的速度大小； (2)电子从偏转电场射出时速度偏转角的正切值； (3)P点到O点的距离H。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）电子在加速电场中运动，根据动能定理可得 解得 （2）电子在偏转场中做类平抛运动，则有 ，， 联立解得 则电子从偏转电场射出时速度偏转角的正切值为 （3）电子在偏转电场中沿电场方向的侧移量为 电子离开偏转电场到打在荧光屏上的P点，有 ， 联立解得 则P点到O点的距离为 考向2 带电粒子在复合场中的偏转 例2（2024·福建福州·二模）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电的小球自电场中Q点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Q点。则射出后，小球水平方向分速度、动能、机械能E及电场力瞬时功率随时间t变化图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】根据题意，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，则有 小球所受合力为 方向与水平方向成，指向右下 A．根据题意可知，小球在水平方向上，由于电场力的作用，向左做匀减速直线运动，则有 则 则图像为向下倾斜的一次函数，故A错误； B．小球水平向左射出，则小球在垂直合力方向上做匀速，沿合力方向上做匀减速，则沿合力方向上的位移为 由动能定理有 解得 可知，图像为开口向上的抛物线，故B正确； C．结合A分析可得，小球在水平方向上的位移为 由功能关系有 解得 可知，图像为开口向上的抛物线，故C错误； D．电场力瞬时功率为 可知，图像为向下倾斜的一次函数，故D正确。 故选BD。 【变式训练】如图是带有转向器的粒子直线加速器，转向器中有辐向电场，A、B接在电压大小恒为U的交变电源上。质量为m、电量为＋q的离子，以初速度进入第1个金属圆筒左侧的小孔。离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均为t；在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，并从N点射出。求： （1）第3个金属圆筒的长度； （2）虚线MN处电场强度的大小。      【答案】（1）；（2） 【详解】（1）进入第三个圆筒的速度 第3个金属圆筒的长度 （2）由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动 解得 考点四 带电粒子在电场中运动的综合问题 知识点1 带电粒子在交变电场中的运动处理方法 1.交变电场中的直线运动处理方法 带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形．在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．此类电场在同一时刻可看成是匀强的，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同，从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间而变化． (1)当粒子与电场平行射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力决定了粒子的运动，粒子可以做周期性的运动． (2)粒子垂直电场方向射入时：沿初速度方向为匀速直线运动，在电场力方向上的分运动具有周期性． 2.交变电场中的偏转处理方法 U-t图 轨迹图 v0 v0 [来源:Zxxk.Com]v0 v0 v0 vy-t图 t O vy v0 T/2 T 单向直线运动 A B 速度不反向 t O vy v0 往返直线运动 A B 速度反向 T T/2 -v0 得分速记： 1．两条分析思路 一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(机械能守恒、动能定理、能量守恒)。 2．两个运动特征 分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。 知识点2等效重力法 1.把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。 2.物理最高点与几何最高点：在电场和重力场的叠加场中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。 特别提醒 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a=视为等效重力加速度。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。 得分速记 等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路 (1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。 (2)将a＝视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。 (3)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。 考向1 带电粒子在交变电场中的直线运动 例1 （2025·福建泉州·期中）如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为，进入漂移管E时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取。则（    ） A．漂移管B的长度为0.4m B．漂移管需要用绝缘材料制成 C．相邻漂移管间的加速电压 D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期 【答案】AC 【详解】A．电源周期为 漂移管B的长度为 故A正确； B．质子在漂移管内做匀速直线运动，漂移管内电场强度为零，根据静电屏蔽，漂移管需要用金属材料制成，故B错误； C．从B到E，根据动能定理可得 解得相邻漂移管间的加速电压为 故C正确； D．设电子进入第n个圆筒时的速度为v，由动能定理可得 而电子在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第n个圆筒的长度为 解得 保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期，故D错误。 故选AC。 【变式训练】（2023·福建莆田模拟）一水平方向匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，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（　　） A．粒子在电场中一直沿同一方向运动，位移越来越大 B．内，电场力所做的功等于零 C．内，速度的变化量等于零 D．t=1s时，粒子运动的速度最大 【答案】BC 【详解】A．由图可知，1s末的速度为 3s末的速度为 可知以上两个时刻速度方向相反，故带电粒子的运动方向发生变化，故A错误； B．内，带电粒子的末速度 根据动能定理可知，电场力做功为零，故B正确； C．内，从图像面积可以看出，带电粒子所受电场力的冲量等于零，速度的变化量等于零，故C正确； D．从图像面积可以看出，每个周期内，带电粒子所受电场力的合冲量始终为正，经历的完整周期数越多，正向的冲量越大，根据动量定理可知，速度越来越大，故D错误。 故选BC。 考向2 带电粒子在交变电场中的偏转 例3（24-25高三上·福建泉州·阶段练习）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示，时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（　　） A．粒子从上极板边缘飞出 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 D．电场力做功为 【答案】BC 【详解】AB．由题意知，时间内微粒匀速运动，则有 内，微粒做平抛运动，下降的位移 时间内，微粒的加速度 方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速下降，T时刻竖直分速度为零，T~2T时刻重复以上过程，所以末速度的方向沿水平方向，大小为，微粒从下极板边缘飞出，故A错误，B正确； C．微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量 故C正确； D．根据前面分析可知，在内、内，内、时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为 可得 所以整个过程中电场力做功 故D错误。 故选BC。 【变式训练·变考法】（2024·福建泉州·模拟）如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板的长度为、间距为，两板间加一恒定电压。一个质量为、电荷量为的带正电粒子从上极板边缘A点以水平速度射入电容器后，从点飞出，点与下极板的距离为。不计粒子受到的重力和空气阻力。 (1)粒子从射入到射出极板所用时间； (2)求两板间的电压； (3)若两极板间的电势差随时间变化的关系图像如图乙所示，其。中时刻，粒子从上极板边缘A点以水平速度射入电容器，求粒子射出电容器的位置与下极板间的距离（用表示）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛，在水平方向有 解得 （2）带电粒子在电场中做类平抛，在竖直方向有 又 ，， 解得 （3）带电粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，设粒子在电场中运动的时间为，则 由，解得 因为粒子时刻从上极板边缘点射入电容器，所以内，粒子在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，内粒子做匀减速直线运动，并减速到0，设内粒子在竖直方向上的位移为，则 内粒子的运动情况与内的运动情况相同，则 解得 故粒子射出电容器的位置与下极板的距离为 考向3 等效重力法解决综合运动问题 例1 （2024·福建·一模）在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为m的带电小球，它静止时细线与竖直方向成θ = 37°角，如图所示。现给小球一个方向与细线垂直的初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做顺时针的圆周运动，，重力加速度大小为g。 （1）求小球受到电场力的大小F并指出小球带何种电荷； （2）求小球运动的最大速度； （3）若小球运动到最低点时细线立即被烧断，求小球经过O点正下方时与O点的高度差h。 【答案】（1），则小球带正电；（2）= ；（3）h = L 【详解】（1）小球静止时，受重力、电场力、和绳子的拉力，由平衡条件得 解得 方向水平向右，则小球带正电。 （2）由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力G等也是恒力，类比重力场 等效重力 G等 = 在圆上各点中，小球在平衡位置A时速度最大，在A关于O点的对称点B时，小球的速度最小，则有 G等 = m 从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有 - G等 · 2L = 解得：小球运动的最大速度 = （3）设细线烧断时小球的速度大小为，根据动能定理有 - G等（L - Lcosθ） = 水平方向上，只受电场力作用，水平方向先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，水平方向加速度不变，水平向左为正方向，小球经过O点正下方时水平方向的速度为。水平方向，根据动量定理有 - Ft = 竖直方向上做自由落体运动，则 h - L = 解得 h = L 1．（2025·福建·高考真题）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为,则（　　） A．电场强度为 B．磁场强度为 C．NP两点的电势差为 D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为 【答案】BC 【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。 由受力平衡可知 解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。 C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。 且加速度 粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值 所以粒子在点的速度 到过程，由动能定理，有 解得两点间的电势差，C正确； D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且 故粒子能向上运动的最大距离 D错误； 故选BC。 2.（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过时的速度大小； (2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有 解得 （2）粒子在中，根据牛顿运动定律有 根据匀变速直线运动规律有 、 又 解得 （3）粒子在P处时的速度大小为 在磁场中运动时根据牛顿第二定律有 由几何关系可知 解得 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$