2027届高考物理一轮复习讲义 重难突破15 电容器 带电粒子在电场中的运动

该高中物理讲义聚焦电容器与带电粒子在电场中的运动高考核心模块，按电容概念、动态分析、粒子加速、偏转、等效场圆周运动、交变电场的逻辑层次梳理考点，通过考点解析、方法归纳、分层训练（单选、多选、解答题）帮助学生构建知识网络，突破动态分析、类平抛等难点。 讲义以科学思维培养为核心，如在动态分析中强调“判不变量”推理流程，在偏转问题中构建类平抛模型，结合重难诠释和真题演练提升学生问题解决能力。分层练习适配不同学情，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应考技能。

重难突破15　电容器 带电粒子在电场中的运动 1. 理解电容器的构造、充放电过程与电容的概念，掌握电容的定义式 C=Q/U 和平行板电容器的决定式，理解电容的物理意义，能熟练分析平行板电容器“接电源、断开电源”两类动态问题。 2. 掌握带电粒子在电场中的加速规律，会用动能定理和动力学观点处理带电粒子的直线运动；理解带电粒子垂直进入匀强电场时的类平抛偏转规律，掌握示波管原理及偏转位移、偏转角的计算。 3. 理解力电等效场的思想，能处理带电粒子在重力与电场力共同作用下的圆周运动；了解交变电场中运动的周期性、对称性，会综合运用动力学、能量、动量三大观点解决力电综合问题。 【思维导图】 考点一　电容器与电容 1．电容器：在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质（电介质），就组成一个最简单的电容器。电容器一个极板所带电荷量的绝对值，叫电容器的带电荷量。 2．电容器的充、放电：充电后两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能；放电过程中两板电荷中和，电容器储存的电场能转化为其他形式的能（如内能、光能、动能）。 3．电容：电容器所带的电荷量 Q 与两极板间电势差 U 的比值，叫电容器的电容，定义式为 。它表示电容器储存电荷本领的大小，由电容器本身的结构决定，与带电量 Q、电压 U 无关。电容越大，升高相同电压所带电荷越多。 4．电容的单位：法拉，符号 F。常用单位还有微法（μF）、皮法（pF），换算关系为 。 5．平行板电容器：电容的大小与两极板的正对面积 S、两板间距 d、电介质的相对介电常数 有关，决定式为 。插入介电常数更大的电介质、增大正对面积、减小板间距，都能增大电容。 6．击穿电压与额定电压：两极板间电压超过某一数值时电介质被击穿、电容器损坏，这个极限电压叫击穿电压；电容器外壳上标注的正常工作所能承受的最大电压叫额定电压，额定电压低于击穿电压。 电容器的充电与放电比较 项目 充电过程 放电过程 电荷量 两极板带上等量异种电荷，电荷量逐渐增多 两极板电荷经外电路中和，电荷量逐渐减少 电荷移动 电源把电荷“搬”上极板，电场方向由正极板指向负极板 正、负电荷经外电路定向移动而中和 能量转化 其他形式的能转化为电场能（储存电场能） 电场能转化为其他形式的能（释放电场能） 重难诠释　①区分电容的定义式与决定式： 是定义式，C 与 Q、U 都无关，不能说“U 越大电容越小”； 是决定式，平行板电容只由 S、d、εr 决定。②电容器的带电荷量 Q 是“一个极板”所带电荷量的绝对值，不是两极板电量之和（两板等量异种）。③额定电压是正常工作的安全上限，击穿电压是损坏的极限值，两者不可混用；电容器工作电压不得超过额定电压。 考点二　平行板电容器的动态分析 1．两类动态问题：①电容器始终与电源相连，两极板间电压 U 等于电源电压，保持不变；②电容器充电后切断与电源的连接，两极板所带电荷量 Q 无法流动，保持不变。 2．分析思路：先由不变量（U 不变或 Q 不变）入手，再由决定式 判断电容 C 的变化，然后由定义式 判断 Q 或 U 的变化，最后由 （或 ）判断场强 E 的变化。 两类动态问题中各物理量的变化 分析对象 始终与电源相连：U 不变 充电后断开电源：Q 不变 电容 C ，只由 d、S、εr 决定 同左，随 d、S、εr 的改变而改变 d 增大时 C 减小、 减小；，E 减小 C 减小、 增大；，E 不变 S 或 εr 增大时 C 增大、 增大；d 不变，E 不变 C 增大、 减小；E 减小 场强特点 ，与 d、S 都有关 ，仅变 d 时 E 不变 3．静电计装置：实验中极板 A 接地、极板 B 与静电计相连，静电计指针的偏角反映两极板间电势差 U 的大小。充电后断开电源（Q 不变）时，改变板间距或正对面积，由静电计指针偏角可直接读出 U 的变化。 重难诠释　①动态分析第一步永远是“判不变量”：接电源 U 不变、断开 Q 不变，这是分水岭。②“仅改变板间距 d”时，Q 不变的情形下场强 与 d 无关，故 E 不变（粒子在板间受力、运动状态不变），这是高频结论；U 不变时 E 随 d 变化。③断开电源后电荷量 Q 守恒，再插入金属板（等效减小 d）或电介质（εr 增大）都会使 C 增大、U 减小。④接电源时移动极板，电压始终等于电源电压，电荷量 Q 随电容同步增减。 考点三　带电粒子在电场中的加速（直线运动） 1．直线运动条件：粒子所受合外力为零时静止或做匀速直线运动；在匀强电场中，当合外力不为零、且与初速度方向在同一直线上时，粒子做匀加速或匀减速直线运动。 2．动力学观点（只适用于匀强电场）：由牛顿第二定律得加速度 ，再结合运动学公式 、 求解运动时间和位移。 3．功能观点（匀强、非匀强都成立）：由动能定理，电场力做功等于动能的变化，即 。粒子由静止加速（）时，，得 。 处理直线运动问题的两种观点 分析观点 核心公式 适用范围与特点 动力学观点 ； 只适用于匀强电场；可求加速度、时间、位移等过程细节 能量观点 匀强、非匀强电场均适用；只涉及初末速度，不涉及时间 重难诠释　①电场力做功 对匀强电场、非匀强电场都成立，因此加速问题优先用动能定理，尤其当电场不是匀强电场时不能用 与运动学公式。②粒子由静止经同一加速电压 U 加速，获得的速度 只与比荷 q/m 有关；比荷相同的粒子（如氦核与氘核）加速后速度相同。③带电粒子做直线运动时，若还受重力、摩擦力等，要先做受力分析，再由“合力为零（匀速）”或“合力恒定且与速度共线（匀变速）”判断运动性质。 考点四　带电粒子在匀强电场中的偏转 1．运动情况：带电粒子以初速度 v₀ 垂直于电场方向射入匀强电场时，受到恒定的、与初速度方向垂直的电场力作用，做类平抛运动。 2．处理方法：把运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动。 3．基本关系（设极板长为 l、板间距为 d、偏转电压为 U）：运动时间 ；加速度 ；偏转量 ；偏转角正切 。 4．示波管原理（加速＋偏转）：粒子先经加速电压 由静止加速，；再进入偏转电场 。联立得偏转量 、偏转角 ，二者均与粒子的电荷量 q、质量 m 无关。故经同一加速、同一偏转电场的不同粒子运动轨迹相同，打在荧光屏上的同一点。 5．荧光屏上的总偏移 OP：粒子出偏转电场后做匀速直线运动，设极板右端到荧光屏的距离为 L。方法一（分段法）：匀速段再偏移 ，故 ；方法二（相似三角形）：速度反向延长线过极板中点，。 带电粒子加速与偏转的比较 项目 加速（直线运动） 偏转（类平抛运动） 受力与速度 合力与速度在同一直线上 电场力（合力）与初速度垂直 运动性质 匀变速直线运动（或静止、匀速） 沿 v₀ 方向匀速、沿场强方向匀加速 主要规律 ，， 能量关系 电场力做功 qU 等于动能增量 偏转电场力做功 W＝qEy（用偏移量对应电势差） 带电粒子是否考虑重力的判断 粒子类型 典型举例 重力处理 质量 m 基本粒子 电子、质子、α粒子、离子等 一般不考虑重力（题目有说明或暗示除外） 不能忽略质量，质量仍参与计算 带电颗粒 液滴、油滴、尘埃、小球等 一般不能忽略重力（题目有说明除外） 重力、电场力都要做受力分析 重难诠释　①偏转问题的核心是“类平抛”：垂直场强方向匀速、沿场强方向匀加速，两个分运动独立、时间相等。②经同一加速电场再经同一偏转电场，偏转量、偏转角都与 q、m 无关，这是“多粒子打同一点”的结论依据。③求偏转后的动能，电场力做功应按实际偏移处的电势差 计算，不一定等于 （U 是两板总电压）。④是否考虑重力看“粒子类型”：基本粒子（电子、质子、α粒子、离子）通常不计重力但不能忽略质量；液滴、油滴、尘埃、小球通常要计重力。 考点五　带电粒子在力电等效场中的圆周运动 1．等效重力（等效重力加速度）：当粒子同时受重力和恒定电场力，且两力大小、方向都不变时，把二者的合力视为一个“等效重力”：，等效重力加速度 ，方向与竖直方向夹角 α 满足 。 2．等效最高点、最低点：在等效重力方向上，沿合力方向离圆心最远的点为等效最低点（速度最大），反方向的点为等效最高点（速度最小）。物体在重力场中的圆周运动规律可整体迁移到等效重力场中。 3．完整圆周运动的临界条件：轻绳（或内侧轨道）约束下，粒子恰好能通过等效最高点时，等效重力恰好提供向心力：，得最小速度 。若电场力与重力共线，则 。 重力场圆周运动与力电等效场圆周运动的比较 项目 重力场中的圆周运动 力电等效场中的圆周运动 恒力（合力） ，竖直向下 ，沿合力方向 最高、最低点 几何意义上的最高点、最低点 合力方向上的“等效最高点、最低点” 临界速度 分析方法 牛顿第二定律（径向）＋动能定理 同左，只需把 g 替换为 g′、方向换成合力方向 重难诠释　①等效法的关键是“先合成恒力、再迁移规律”：把重力与电场力合成一个大小方向都不变的合力 mg′，问题就退化为熟悉的重力场圆周运动。②等效最低点沿合力方向、速度最大，等效最高点与合力方向相反、速度最小，临界分析和绳的最大拉力都出现在这两点。③轻绳、内轨约束的临界条件是等效最高点 ；轻杆、外轨约束在最高点的临界速度可以为零。④当电场力与重力共线时，按电性判断 （同向）或 （反向）。 考点六　交变电场中的运动与力电综合 1．交变电场中粒子运动的三种情况：①单向直线运动（用牛顿运动定律求解）；②往返运动（分段研究，利用对称性）；③偏转运动（按交变电场的特点分段研究）。 2．两条分析思路：一是力与运动的关系，根据牛顿第二定律和运动学规律分析；二是功能关系。要抓住粒子运动的周期性和空间上的对称性，求解速度、位移、做功或确定边界条件。 3．运动学图像的运用：分析交变电场问题时，常借助 v-t 图像，图线的斜率表示加速度、图线与时间轴围成的面积表示位移，可直观地看出粒子的往返、对称和打板条件。 力电综合问题的三大观点比较 观点 核心规律 典型适用场景 动力学观点 牛顿第二定律＋运动学公式（常结合 v-t 图像） 求加速度、瞬时力、运动过程与时间，匀强电场或交变场分段 能量观点 ； 只涉及初末速度、位移、电势差，不涉及时间 动量观点 动量定理 F合t＝Δp；动量守恒定律（碰撞、反冲） 涉及时间、冲量、碰撞与多粒子相互作用 重难诠释　①交变电场问题要“分段＋对称”：按电压的时间段分别确定加速度方向，画出 v-t 图，利用周期性与对称性快速判断粒子是单向、往返还是打板。②力电综合选观点的原则：求“过程细节、时间”用动力学，求“速度、位移而不涉时间”用动能定理，求“时间、冲量或碰撞”用动量定理。③电场力做功 与路径无关，只与初末电势差有关；只有静电力做功时电势能与动能之和守恒，静电力与重力都做功时电势能、重力势能与动能之和守恒。 考向1　电容器与电容的理解（定义式与决定式） 一、单选题 1．（25-26高一下·大连第十二中学·期末）下列说法正确的是（     ） A．摩擦起电本质上创造了电荷 B．由电容公式可知，时， C．由电场强度公式可知，E与F成正比，与q成反比 D．同一电场线上，沿电场线方向，电势一定逐渐降低 2．（25-26高二上·广东广州·期末）电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊。平行板电容器的极板 M 固定，N 可左右移动，通过测量电容器极板上的电量变化来确定汽车加速度。当汽车紧急刹车时，极板间电压不变，间距减小，则电容器（　　） A．电容变小 B．电容不变 C．极板间的电场强度不变 D．极板所带电量增加 3．（专题十八·电容器电容定义C）下列说法正确的是（   ） A．由可知，电容C与Q成正比，与U成反比 B．电容器带电量越多，电容越大 C．电容器两极板间电压越大，电容越小 D．电容器的电容与Q和U无关，由本身结构决定 二、多选题 4．（专题二十一·电容器动态分析）平行板电容器充电后与电源断开，极板间为真空（），现将一块相对介电常数的电介质插入极板间（充满且不改变S和d），则下列说法正确的是（     ） A．电容C变为原来的4倍 B．电压U变为原来的 C．电场强度E变为原来的4倍 D．电荷量Q变为原来的4倍 考向2　平行板电容器的两类动态分析 一、单选题 1．（2027·广东佛山·一模）手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。手指按压触摸屏，两极板与手指间电场线如图所示。若维持电容器工作电压恒定，下列说法正确的是（     ） A．点的电场强度比点大 B．点的电势比点高 C．手指按压触摸屏时，电容器处于充电状态 D．手指按压触摸屏时，等效电容器电容变小 2．（25-26高二下·兰坪一中·开学）如图所示，平行板电容器与理想电流表、定值电阻与电源连接，下列操作过程中产生的现象正确的是（　　） A．把上极板下移少许，极板带电荷量Q增大 B．把上极板左移少许，极板间电场强度E增大 C．把上极板上移少许，电容器的电容C增大 D．无论怎么移动极板，电容器的电容C保持不变 3．（25-26高二上·湖南张家界·期末）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属电极和固定金属电极组成，两金属电极间有空气间隙，两金属电极组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（     ） A．按键向下的过程中，电容器的电荷量减小 B．按键向下的过程中，电容器两极间的电场强度减小 C．按键向下的过程中，图丙中电流方向从b流向a D．按键向上的过程中，电容器的电容增大 4．（25-26高二上·西宁·期末）如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接。极板M与静电计的外壳均接地，给电容器充电，静电计指针张开一定角度，实验过程中，电容器所带电荷量几乎不变，下面操作能使静电计指针张角变大的是（　　） A．将M板向上平移 B．将M板沿水平方向靠近N板 C．在M、N之间插入有机玻璃板 D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触 5．（25-26高二上·陕西华阴·期末）如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极板接地（电势为0），极板间的P点有一静止的带电油滴，现把上极板缓慢向下平移少许后，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容减小 B．油滴带正电 C．P点的电势升高 D．油滴向下运动 6．（26-27高二上·衡阳县第一中学·入学考试）如图是测量运动步数的电容式传感器工作原理图，极板M固定、极板N可动。人在运动的过程中，若M、N两极板距离减小，则（     ） A．两极板间的电压增大 B．电流由经电流表流向 C．电容器的电容减小 D．两极板间的电场强度增大 二、多选题 7．（26-27高三上·湖北黄石·开学）教室的一体机屏幕多为电容屏，具有灵敏度高的特点。电容式触摸屏其原理可简化为如图所示的电路，其直流电源的电压保持稳定。平行板电容器的上极板为可动电极，下极板为固定电极，为两板间一定点。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，同时也相当于将板接地，形变过程中，电流表G中有从到的电流，则下列判断正确的是（     ） A．触压过程中，电容器电容变小 B．触压过程中，电容器的带电量增大 C．直流电源的端为电源负极 D．触压过程中，点电势升高 8．（25-26高二上·凤台龙潭高级中学·期末）如图所示，平行板电容器B极板接地，在两极板间的处固定一负点电荷，开关闭合，电路稳定后，下列说法正确的是（　　） A．若保持开关闭合，将A板向上平移少许，则极板间场强减小 B．若保持开关闭合，将B板向下平移少许，则极板电荷量减少 C．若断开开关，将B极板向下平移少许，则极板间场强不变，处电势降低 D．若断开开关，将A板向左平移少许，则极板间场强变大 9．（25-26高二上·福州高级中学·期末）一平行板电容器充放电电路如图甲所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。实验中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．充电过程中，电容器两极板间的电势差增大 B．放电过程中，流过电阻R的电流方向由N到M C．仅增大电阻R，充电过程图中图线与坐标轴所围的面积不变 D．放电时图中图线与坐标轴所围的面积约为40个小方格，则电容器释放的电荷量约为0.8C 10．（25-26高二上·厦门同安实验中学·期末）观察电容器的充、放电现象的实验电路如图甲所示，将开关S与a端相连，电容器充电；然后把开关S掷向b端，电容器放电。计算机与电流传感器相连接，记录这一过程电流随时间变化的曲线如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时间内，电容器上极板带正电 B．时间内，电阻R中的电流方向从右向左 C．时间内，电容器带电量与两板间电压比值保持不变 D．时间内，电容器带电量与两板间电压比值逐渐减小 考向3　带电粒子在电场中的加速与直线运动 一、单选题 1．（2026·广东三校·适应性练习）静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好，又利于工人健康等优点，其简化原理如图所示。一带电油漆微粒从A点以一定的初速度进入水平向左的匀强电场中（实线代表电场线），微粒恰沿直线AB运动。下列说法正确的是（　　 ） A．带电油漆微粒带正电 B．从A到B，微粒做匀减速直线运动 C．从A到B的过程中，微粒的机械能增加 D．从A到B的过程中，微粒的电势能增加 二、多选题 2．（25-26高一下·四川广安加德学校·期中）如图所示，倾角为的固定斜面下端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上。现将一质量为m、电荷量为+q的绝缘小滑块从斜面上距离弹簧上端L处由静止释放，小滑块始终处在场强大小为（g为重力加速度）、方向平行斜面向下的匀强电场中，小滑块与斜面间的动摩擦因数为，则小滑块从释放到运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（     ） A． B．滑块与斜面摩擦产生的热量等于滑块的重力势能和电势能的减少量与弹簧弹性势能的增加量之差 C．滑块克服弹簧弹力做的功等于滑块减少的重力势能和增加的电势能及增加的内能之和 D．滑块刚与弹簧接触瞬间达到最大动能 三、解答题 3．匀强电场的电场强度为，在同一条电场线上有、两点，把质量为、带电荷量为的微粒从A点移到B点，电场力做了的正功。求： (1)、两点间的电势差； (2)、两点间的距离； (3)若微粒在A点具有与电场线同向的速度为，在只有电场力作用的情况下，求经过B点的速度。 4．（25-26高二上·怒江兰孟高中·期末）如图所示，两块平行金属板之间电压为U，两极板间距离为d，将一个带正电的粒子靠近左边正极板某处由静止释放，该粒子仅在电场力的作用下从负极板的小孔穿出。已知粒子电荷量为q，质量为m。求： (1)该过程中电场力对粒子做的功W； (2)粒子穿出小孔时速度v的大小。 (3)让带电粒子运动距离时撤去两极板间所加电压，求该粒子从负极小孔穿出板经历的时间t。 5．（25-26高二上·涡阳三中·期末）如图所示，倾斜放置的平行板电容器，两个极板正对且与水平面成θ角，极板的长度为L，极板间电场可视为匀强电场。一带正电小球以某一初速度从A板边缘进入，沿图中水平直线到达B板边缘时速度恰好减为0。已知带电小球的比荷为k，重力加速度为g，求： (1)匀强电场电场强度的大小和方向； (2)两极板间的电压和小球初速度的大小。 考向4　带电粒子在匀强电场中的偏转 一、解答题 1．（25-26高二上·厦门熹海高级中学·期末）如图为某电子发生装置，产生初速度为0的电子，经过加速电场的加速，然后进入偏转电场运动，最后打在荧光屏上。已知加速电场两板间电势差为，偏转电场两板间电势差为且上板带负电，板长为L，板间距为d，偏转电场与荧光屏的距离为l，电子的质量为m、电荷量为q，其重力不计。 (1)电子离开加速电场获得的速度； (2)电子离开偏转电场时的速度偏角的正切值； (3)电子打到荧光屏的位置与荧光屏中心的距离。 2．（25-26高二上·陕西城固二中·期末）如图所示，平行板A、B竖直放置，B板中央开有一小孔，足够长的C、D板水平放置，间距为，A、B板中轴线和C、D板中央在同一直线上，在靠近A板中点处由静止释放一质量为、电荷量为的正粒子，粒子穿过B孔后打在了D板上被吸收。已知A、B板间电压为，C、D板间电压为，不计粒子重力，求： (1)粒子穿过B板中央小孔时的速度大小。 (2)粒子在C、D板间运动的时间； (3)粒子打在D板上时的偏转角的正切值。 3．（25-26高二上·深圳聚龙科学中学（集团）·期末）如图所示，虚线MN左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为1.5L处有一与电场平行的屏，现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速地放入电场中的A点，最后电子打在右侧屏上的K点，已知：A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子到MN时的速度大小； (2)若，电子离开电场时速度与水平方向的夹角多大； (3)调节的大小可使K点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证K点到O点的距离d满足：，求此条件下的范围。 4．（25-26高二上·重庆彭水一中·阶段检测）如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板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M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的点。已知加速电压为，M、N两板间的电压为，两板间的距离为，板长为，偏转电场的右端距离荧光屏的距离为，电子的质量为，电荷量为，不计电子重力。 (1)求电子穿过A板时的速度大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量。 考向5　示波管原理与多粒子偏转比较 一、单选题 1．（25-26高二上·咸阳彩虹中学·月考）如图所示是示波管的原理图，它由电子枪、荧光屏和两对相互垂直的偏转电极、组成。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间电场加速后进入偏转电极，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转。荧光屏上有直角坐标系，轴与电极的金属板垂直（其正方向由指向），轴与电极的金属板垂直（其正方向由指向）。若使亮斑位于荧光屏上第三象限的某一位置，下列说法正确的是（　　） A．将极板、接高电势 B．将极板、接高电势 C．电源1必须使用直流电源 D．电源2可以使用交流电源 二、解答题 2．（25-26高一下·浙江绍兴·期末）示波管是示波器的核心部件，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。电子枪上的灯丝可持续发出初速度为零的电子，产生的电子经过加速极被加速后形成电子束从A板处射入偏转电极，已知加速电场的电压为，电子的质量为，电荷量为。当且时，荧光屏中央处会出现一个亮斑。两偏转电极的长度均为、极板之间的距离均为，偏转电极右端与荧光屏之间的距离为，整个装置处于真空中。当偏转电极间加电压时，极板间的电场可视为匀强电场，所有电子均从极板间射出。忽略电子所受重力及电子间的相互作用，两偏转电极间距忽略,不考虑相对论效应。求 (1)所有电子加速后到达板时的速度大小； (2)再在偏转电极上补加如图乙所示电压，已知电压变化的周期远大于电子在示波管内的飞行时间。求电子从射出时的最大的偏转距离，及打到荧光屏上的位置到点的距离； (3)在（2）的基础上，再在之间加图丙所示的扫描电压，请在图丁中画出荧光屏上呈现的稳定图像。 3．（25-26高一下·辽南协作体·期末）示波器中的核心部件示波管（真空管）利用电场来控制带电粒子的运动，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。如图所示，电子枪发出的电子（初速度可忽略）被电压为的电场加速后进入偏转系统，矩形偏转电极和的极板沿方向的长度均为，两板间距离均为，极板中心与荧光屏的距离为，极板中心与荧光屏的距离为，不加偏转电压时，电子打在屏幕中央O点处。已知电子的质量为m，电荷量为，不计电子重力及电子间的相互作用力。所有电子均能从极板中射出，且电子穿过极板的时间极短，每个电子飞行过程中可认为电场恒定。求： (1)电子进入偏转电场时的速度大小； (2)若仅在偏转电极上加正弦交变电压时，求电子打在荧光屏上产生的亮线的最大长度； (3)若在偏转电极上加上，在偏转电极上加上的交变电压时，在荧光屏上会出现一个以O点为圆心的圆形，求和的大小之比。 4．（25-26高一下·烟台·期末）如图所示，两块相距很近的平行金属板A、B竖直放置，板中央均有小孔，两小孔连线水平向右，以水平向右方向为x轴正方向，A、B板间加速电压恒为，紧靠A板小孔左侧处有一粒子源，能够连续不断地沿x轴正方向均匀发射带正电的同种粒子，所有粒子的初速度均为。紧靠B板右侧有关于x轴上下对称的两平行金属板C、D，板长，板间距，C、D间的电压随时间t变化的关系图像如图甲所示，内，D板电势高于C板。在紧邻C、D板右侧有关于x轴前后对称的两平行金属板E、F，两金属板沿x方向长度为，沿y方向足够长，板间距，E、F间的电压随时间t变化的关系图像如图乙所示，内，F板电势高于E板。在距金属板E、F右侧处放置一足够大的荧光屏，荧光屏面与x轴垂直交于点，在荧光屏上以点为坐标原点建立直角坐标系，y轴正方向竖直向上。已知粒子的比荷，不计粒子重力，求： (1)粒子从B板小孔出射时的速度大小； (2)内，能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比； (3)粒子打在荧光屏上z轴上方的位置中，距离z轴最远位置的点的坐标。 考向6　带电粒子在力电等效场中的圆周运动 一、单选题 1．（26-27高三上·安徽六校联考·开学测试）如图，在竖直向下匀强电场中有一长为的轻杆，杆的中点处有光滑的水平转动轴，杆两端分别固定质量均为的小球甲和乙，甲带正电，乙带负电，两者电荷量均为，电场强度为。现将甲、乙从水平位置静止释放，当甲第一次运动到最低点时，转轴处受到杆作用力的合力大小为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·嘉峪关酒钢三中·适应性训练）如图，空间内存在方向水平向左，范围足够大的匀强电场。用一长为L的不可伸长的绝缘轻绳将一质量为的带电小球悬挂在点，平衡时小球停止于点，此时轻绳与竖直方向夹角，在点正下方。现把小球拉到点正右方的处，此时轻绳刚好处于水平状态，将小球无初速度释放，不计空气阻力，带电小球可视为质点，重力加速度为，，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小为 B．小球运动到点时的速度为 C．小球从到的过程中绳子的最大拉力为 D．小球从到的过程中机械能先减小后增加 3．（25-26高二下·广西桂平一中·期中）如图所示，质量为m、带电量为+q的带电小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动，整个轨道处于电场强度为的竖直向下匀强电场中。圆半径为R，小球经过圆环最高点时恰好不脱离圆轨。则其通过最高点时（     ） A．小球的线速度大小等于 B．小球的线速度大小等于 C．小球对圆环的压力大小等于mg D．小球对圆环的压力大小等于2mg 4．（26-27高三上·豫南名校·开学考）如图所示的匀强电场斜向右上方且与水平方向的夹角为53°，电场强度大小为E，一带电量为+q的小球（视为质点），用轻质绝缘不可伸长的细线悬挂于O点，小球静止时处于A点，此时细线水平。以O点为圆心、细线的长为半径，在竖直面内做虚线圆，AB为水平直径，现把小球移动到B点，给小球一个竖直向上的速度，小球沿虚线圆刚好能做完整的圆周运动，重力加速度为g，，，下列说法正确的是（     ） A．小球的质量为 B．细线的长度为 C．小球沿着虚线圆从B点运动到A点，电势能的减小量为 D．小球沿着虚线圆从B点运动到A点，动能的变化量与电场力做功不相等 二、多选题 5．（25-26高二上·陕西华阴·期末）如图所示，光滑绝缘的圆形轨道BCDG位于竖直平面内，B点是轨道最低点，C点和G点与圆心等高，D点是最高点，轨道半径为R，下端与光滑倾斜绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为的小球（可视为质点），已知小球可由轨道上A点沿轨道运动到G点，小球在A点的初速度，在AB段的加速度，倾斜轨道倾角，AB的距离，重力加速度为g，，。则（　　） A．匀强电场的场强大小为 B．小球过C点时，它的速度大小为 C．小球过C点时，它对轨道的压力大小为 D．小球在圆形轨道上运动的最小速度为 三、解答题 6．（26-27高二上·广西贵港平南县中学·开学）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为，方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限x=0与x=3R之间有大小为，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m，电荷量为q的带负电小球从B点正上方高2R处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用g表示，求： (1)小球经过B点时的速度大小vB； (2)小球经过第Ⅲ象限的C点时对轨道的压力大小； (3)小球运动到y轴右侧后离开电场时的坐标。 考向7　带电粒子在交变电场中的运动 一、多选题 1．（25-26高一下·大连八中·阶段测试）如图甲所示，水平放置的两块平行金属板P、Q，长度为2d，间距为d，两板间加如图乙所示最大值为的周期性变化的电压。在P板左侧边缘处有一粒子源A，自时刻开始，连续向两板之间释放初速度大小为、方向平行于金属板的相同带电粒子，且时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化的周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则下列说法正确的是（     ） A．粒子的电荷量为 B．粒子的电荷量为 C．在时刻释放的粒子，从右侧离开电场时的位置距P板的距离为 D．在时刻释放的粒子，从右侧离开电场时的位置距P板的距离为 二、解答题 2．（26-27高三上·江苏南通·学情调研）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板，为板间中线，为两板右侧边缘连线的中点。板长为L（不考虑电场边缘效应）。电子从O点沿方向射入两板间，电子的电荷量为e、质量为m。不计电子重力。 (1)若两板间电场强度恒为E，且M、N板间距离为d，电子从点正上方A点从板间射出，、A两点间距离为，求该电子从点射入电场的初速度； (2)两板间的电压与（1）相同，只上下移动N板，改变M、N板间距离，求电子射出电场时动能的最大值； (3)若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压，和已知。某电子在时刻以初速度射入电场，要使该电子能从点射出电场，求以及板间距离d应满足的条件。 3．（26-27高三上·安徽部分重点高中·学情检测）如图1所示，地面上方足够高的空间内存在与水平地面成角、方向周期性变化的电场，以斜向下为正方向，电场的变化规律如图2所示，其中周期为，电场强度的大小E未知。时刻，质量、电荷量的带正电小球从O点以速度水平向右抛出，时刻小球经过A点，速度方向竖直向下，再过一段时间后小球第一次经过O点正下方，该点记为B点。已知O、A的高度差，重力加速度g取，不计空气阻力，求： (1)电场强度的大小E及角； (2)小球第一次经过O点正下方时的速度大小； (3)小球第n次经过O点正下方时到O点的距离H。 4．（25-26高一下·大连八中·阶段测试）某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为，AB两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压随时间t的变化规律如图2所示，周期为T，质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子，从时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场。粒子通过偏转电场的时间远小于T，可视作穿过AB板时，偏转电压恒定等于射入时刻的电压，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值； (3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 一、单选题 1．（2027·陕西商洛山阳·一模）如图甲所示，虚线、、、表示竖直平面内的匀强电场中的等势面，相邻两等势面间距均为，等势面与水平面平行。电量为、质量为的带电小球以一定初速度水平向左抛出，运动过程中小球的动能和机械能随下降高度的变化关系如图乙中两图线所示，图中、为已知量，重力加速度为，不计空气阻力。则下列说法正确的是（     ） A．图线为机械能随下降高度的变化关系 B．小球下降过程的加速度大小为 C．小球经过等势面时的机械能为 D．电场强度大小为 2．（2027·广西河池·一模）如图所示，两等长轻杆一端与固定在水平地面的铰链相连，另一端分别固定两个带电绝缘小球P、Q，两轻杆与竖直方向的夹角分别为、，已知，整个系统保持静止，不计一切摩擦。设两杆对小球P、Q的作用力大小分别为、，下列说法正确的是（     ） A．两小球一定带同种电荷 B． C．小球P的质量小于小球Q的质量 D．小球P的电荷量大于小球Q的电荷量 3．（26-27高三上·安徽部分重点高中·学情检测）电容器是组成电子电路的重要元件，有着广泛的应用。如图为安装在加速系统上的电容式加速传感器，平行板电容器的极板A固定，极板B与绝缘弹簧左端相连，弹簧右端固定在侧壁上，极板B可以随着弹簧水平移动。闭合开关，当系统由静止开始向右加速运动时，有（     ） A．电容器电容变小 B．极板间电场强度增大 C．极板间电场强度不变 D．极板上所带电荷量变少 4．（2026·渭南韩城·考前学情自测）如图为某昆虫机器人翅膀结构原理图，M、N为固定电极，P为柔性机翼电极，其间有绝缘液体电解质，可视为电容器。电极M、P、N通过单刀双掷开关连接在直流电源上，P极接地。实验时，开关S掷于1端，P向上摆动；开关S掷于2端，P向下摆动，从而模拟翅膀振动。已知O为NP间一点，当开关S掷于2端，P缓慢向下摆动达到O点前（     ） A．N极电荷量逐渐减小 B．O点的场强逐渐增大 C．N板的电势逐渐减小 D．O点的电势逐渐增大 5．（25-26高三下·辽宁名校联盟·考前学情自测）如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。下列说法正确的是（　　） A．“小火箭”始终不带电 B．“小火箭”首次向上运动的过程中电势能减小 C．撤去“小火箭”，若减小两板间距离，则板间电场强度不变 D．撤去“小火箭”，若减小两板间距离，则锡纸上的电荷量减少 6．（2026·榆林靖边中学·模拟）如图所示，两块较大的金属板M、N平行放置并与一电源相连，开关S闭合稳定后，两金属板间有一个带电油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．带电油滴带正电 B．保持开关S闭合，若将M板向上移动一小段位移过程中，G中有的电流 C．若将开关S断开，再将M板向下移动一小段位移，油滴向下运动 D．若将开关S断开，再将N板向左移动一小段位移，油滴向上运动 7．（2026·河北·冲刺卷）雷电是一种放电现象，云与地面之间的放电现象称为地闪。某次地闪时，带电云层距离地面的高度为（离地面较近）、面积为S，云层和地面类似平行板电容器的两个极板，形成一个巨型平行板电容器，它们之间的电场可视为匀强电场。若正对地面的云层单位面积上的电荷量始终为q，取空气相对介电常数，静电力常量为k，则（　　） A．云层下降时，云层与地面之间的电势差增大 B．云层与地面之间的电场强度 C．若某次地闪持续时间为τ，云层释放一半电荷，则放电的平均电流为 D．云层上升时，云层与地面之间的电场强度增大 二、多选题 8．（2027·广东梅州·模拟）如图所示为某种粒子飞行时间探测器的简化工作原理图。开关闭合，在真空室内，电容器极板间的加速电压为，两极板中央开有小孔，为接收端，间为无场漂移区域。有一质量为、电荷量为（）的带电粒子自极板小孔飘入（忽略初速度），经加速区域和漂移区域到达端结束，时间探测器显示整个过程的时间为。不计粒子重力，则下列说法正确的是（     ） A．保持闭合，仅将增大，变短 B．保持闭合，仅将变大，变短 C．保持闭合，仅将极板向右移动，变短 D．将断开，仅将极板向右移动，变短 9．（2026·郑州某重点中学·考前学情自测）如图所示，可看做质点的带正电小球用长度为l轻质绝缘细绳悬挂于O点，小球的质量为m，带电量为q。整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为。现让小球以初速度从最低点水平向右运动，（重力加速度为g，）下列说法正确的是（    ） A．若带电小球能做完整的圆周运动，则初速度的最小值为 B．若带电小球能做完整的圆周运动，则初速度的最小值为 C．在最低点改变小球的速度的大小和方向，小球刚好做匀速圆周运动，小球的轨道半径可能为0.8l D．在最低点改变小球的速度的大小和方向，小球刚好做匀速圆周运动，小球初速度大小可能为 10．（2025·成都嘉祥外国语学校·适应性考试）如图所示为某智能手机内部微机电系统（MEMS）加速度计的俯视图，M、N为电容器的两极板，M极板固定在手机上，N极板通过两个完全相同、劲度系数为k的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开。手机静止时，M、N两极板间距为，电压传感器示数为，不计一切摩擦，N极板的质量为m。若手机以加速度a垂直N、M两极板方向水平向左加速运动时，两极板间距减小为，则（　　） A．电容器的电容增大 B．M、N两极板间的电场强度变大 C．手机的加速度大小 D．电压传感器的示数 11．（2026·陕西榆林·冲刺压轴卷）如图所示，电容器和静电计并联后与定值电阻和电源连接，开关闭合时，带电液滴静止在电容器中。静电计所带电量忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．保持开关闭合，电容器的上极板上移少许，静电计指针偏角变小 B．开关断开后，带电液滴仍静止不动 C．断开开关，电容器的上极板上移少许，液滴静止同时静电计指针偏角变小 D．保持开关闭合，电容器的上极板上移少许，带电液滴向下加速运动 三、综合题 12．（26-27高三上·湖北九师联盟·学情检测）如图所示，物块B（可看作质点）和足够长的木板A一起叠放在光滑的水平地面上，A通过劲度系数k＝12.5N/m的弹性绳（符合胡克定律，形变量为x时弹性势能）系在左侧竖直墙壁上，弹性绳的原长为0.5m，开始时A的左侧与墙壁之间的距离为0.4m，整个空间中存在水平向右的匀强电场，场强大小。已知A、B质量均为m＝1kg，A、B之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A为不带电的绝缘体，B带正电，电荷量。现把A、B由静止释放，重力加速度g取。 (1)求释放瞬间，A、B间的摩擦力大小； (2)求A、B刚发生相对滑动时，B的速度大小； (3)当B达到第（2）问中的速度时，剪断弹性绳并撤去电场，在A上距B右侧d＝0.1m处轻放一个不带电、质量为2m的绝缘物块C，C与A间的动摩擦因数也为，B、C间的碰撞为弹性碰撞。求整个运动过程中A、B间的摩擦力产生的热量Q。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难突破15　电容器 带电粒子在电场中的运动 1. 理解电容器的构造、充放电过程与电容的概念，掌握电容的定义式 C=Q/U 和平行板电容器的决定式，理解电容的物理意义，能熟练分析平行板电容器“接电源、断开电源”两类动态问题。 2. 掌握带电粒子在电场中的加速规律，会用动能定理和动力学观点处理带电粒子的直线运动；理解带电粒子垂直进入匀强电场时的类平抛偏转规律，掌握示波管原理及偏转位移、偏转角的计算。 3. 理解力电等效场的思想，能处理带电粒子在重力与电场力共同作用下的圆周运动；了解交变电场中运动的周期性、对称性，会综合运用动力学、能量、动量三大观点解决力电综合问题。 【思维导图】 考点一　电容器与电容 1．电容器：在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质（电介质），就组成一个最简单的电容器。电容器一个极板所带电荷量的绝对值，叫电容器的带电荷量。 2．电容器的充、放电：充电后两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能；放电过程中两板电荷中和，电容器储存的电场能转化为其他形式的能（如内能、光能、动能）。 3．电容：电容器所带的电荷量 Q 与两极板间电势差 U 的比值，叫电容器的电容，定义式为 。它表示电容器储存电荷本领的大小，由电容器本身的结构决定，与带电量 Q、电压 U 无关。电容越大，升高相同电压所带电荷越多。 4．电容的单位：法拉，符号 F。常用单位还有微法（μF）、皮法（pF），换算关系为 。 5．平行板电容器：电容的大小与两极板的正对面积 S、两板间距 d、电介质的相对介电常数 有关，决定式为 。插入介电常数更大的电介质、增大正对面积、减小板间距，都能增大电容。 6．击穿电压与额定电压：两极板间电压超过某一数值时电介质被击穿、电容器损坏，这个极限电压叫击穿电压；电容器外壳上标注的正常工作所能承受的最大电压叫额定电压，额定电压低于击穿电压。 电容器的充电与放电比较 项目 充电过程 放电过程 电荷量 两极板带上等量异种电荷，电荷量逐渐增多 两极板电荷经外电路中和，电荷量逐渐减少 电荷移动 电源把电荷“搬”上极板，电场方向由正极板指向负极板 正、负电荷经外电路定向移动而中和 能量转化 其他形式的能转化为电场能（储存电场能） 电场能转化为其他形式的能（释放电场能） 重难诠释　①区分电容的定义式与决定式： 是定义式，C 与 Q、U 都无关，不能说“U 越大电容越小”； 是决定式，平行板电容只由 S、d、εr 决定。②电容器的带电荷量 Q 是“一个极板”所带电荷量的绝对值，不是两极板电量之和（两板等量异种）。③额定电压是正常工作的安全上限，击穿电压是损坏的极限值，两者不可混用；电容器工作电压不得超过额定电压。 考点二　平行板电容器的动态分析 1．两类动态问题：①电容器始终与电源相连，两极板间电压 U 等于电源电压，保持不变；②电容器充电后切断与电源的连接，两极板所带电荷量 Q 无法流动，保持不变。 2．分析思路：先由不变量（U 不变或 Q 不变）入手，再由决定式 判断电容 C 的变化，然后由定义式 判断 Q 或 U 的变化，最后由 （或 ）判断场强 E 的变化。 两类动态问题中各物理量的变化 分析对象 始终与电源相连：U 不变 充电后断开电源：Q 不变 电容 C ，只由 d、S、εr 决定 同左，随 d、S、εr 的改变而改变 d 增大时 C 减小、 减小；，E 减小 C 减小、 增大；，E 不变 S 或 εr 增大时 C 增大、 增大；d 不变，E 不变 C 增大、 减小；E 减小 场强特点 ，与 d、S 都有关 ，仅变 d 时 E 不变 3．静电计装置：实验中极板 A 接地、极板 B 与静电计相连，静电计指针的偏角反映两极板间电势差 U 的大小。充电后断开电源（Q 不变）时，改变板间距或正对面积，由静电计指针偏角可直接读出 U 的变化。 重难诠释　①动态分析第一步永远是“判不变量”：接电源 U 不变、断开 Q 不变，这是分水岭。②“仅改变板间距 d”时，Q 不变的情形下场强 与 d 无关，故 E 不变（粒子在板间受力、运动状态不变），这是高频结论；U 不变时 E 随 d 变化。③断开电源后电荷量 Q 守恒，再插入金属板（等效减小 d）或电介质（εr 增大）都会使 C 增大、U 减小。④接电源时移动极板，电压始终等于电源电压，电荷量 Q 随电容同步增减。 考点三　带电粒子在电场中的加速（直线运动） 1．直线运动条件：粒子所受合外力为零时静止或做匀速直线运动；在匀强电场中，当合外力不为零、且与初速度方向在同一直线上时，粒子做匀加速或匀减速直线运动。 2．动力学观点（只适用于匀强电场）：由牛顿第二定律得加速度 ，再结合运动学公式 、 求解运动时间和位移。 3．功能观点（匀强、非匀强都成立）：由动能定理，电场力做功等于动能的变化，即 。粒子由静止加速（）时，，得 。 处理直线运动问题的两种观点 分析观点 核心公式 适用范围与特点 动力学观点 ； 只适用于匀强电场；可求加速度、时间、位移等过程细节 能量观点 匀强、非匀强电场均适用；只涉及初末速度，不涉及时间 重难诠释　①电场力做功 对匀强电场、非匀强电场都成立，因此加速问题优先用动能定理，尤其当电场不是匀强电场时不能用 与运动学公式。②粒子由静止经同一加速电压 U 加速，获得的速度 只与比荷 q/m 有关；比荷相同的粒子（如氦核与氘核）加速后速度相同。③带电粒子做直线运动时，若还受重力、摩擦力等，要先做受力分析，再由“合力为零（匀速）”或“合力恒定且与速度共线（匀变速）”判断运动性质。 考点四　带电粒子在匀强电场中的偏转 1．运动情况：带电粒子以初速度 v₀ 垂直于电场方向射入匀强电场时，受到恒定的、与初速度方向垂直的电场力作用，做类平抛运动。 2．处理方法：把运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动。 3．基本关系（设极板长为 l、板间距为 d、偏转电压为 U）：运动时间 ；加速度 ；偏转量 ；偏转角正切 。 4．示波管原理（加速＋偏转）：粒子先经加速电压 由静止加速，；再进入偏转电场 。联立得偏转量 、偏转角 ，二者均与粒子的电荷量 q、质量 m 无关。故经同一加速、同一偏转电场的不同粒子运动轨迹相同，打在荧光屏上的同一点。 5．荧光屏上的总偏移 OP：粒子出偏转电场后做匀速直线运动，设极板右端到荧光屏的距离为 L。方法一（分段法）：匀速段再偏移 ，故 ；方法二（相似三角形）：速度反向延长线过极板中点，。 带电粒子加速与偏转的比较 项目 加速（直线运动） 偏转（类平抛运动） 受力与速度 合力与速度在同一直线上 电场力（合力）与初速度垂直 运动性质 匀变速直线运动（或静止、匀速） 沿 v₀ 方向匀速、沿场强方向匀加速 主要规律 ，， 能量关系 电场力做功 qU 等于动能增量 偏转电场力做功 W＝qEy（用偏移量对应电势差） 带电粒子是否考虑重力的判断 粒子类型 典型举例 重力处理 质量 m 基本粒子 电子、质子、α粒子、离子等 一般不考虑重力（题目有说明或暗示除外） 不能忽略质量，质量仍参与计算 带电颗粒 液滴、油滴、尘埃、小球等 一般不能忽略重力（题目有说明除外） 重力、电场力都要做受力分析 重难诠释　①偏转问题的核心是“类平抛”：垂直场强方向匀速、沿场强方向匀加速，两个分运动独立、时间相等。②经同一加速电场再经同一偏转电场，偏转量、偏转角都与 q、m 无关，这是“多粒子打同一点”的结论依据。③求偏转后的动能，电场力做功应按实际偏移处的电势差 计算，不一定等于 （U 是两板总电压）。④是否考虑重力看“粒子类型”：基本粒子（电子、质子、α粒子、离子）通常不计重力但不能忽略质量；液滴、油滴、尘埃、小球通常要计重力。 考点五　带电粒子在力电等效场中的圆周运动 1．等效重力（等效重力加速度）：当粒子同时受重力和恒定电场力，且两力大小、方向都不变时，把二者的合力视为一个“等效重力”：，等效重力加速度 ，方向与竖直方向夹角 α 满足 。 2．等效最高点、最低点：在等效重力方向上，沿合力方向离圆心最远的点为等效最低点（速度最大），反方向的点为等效最高点（速度最小）。物体在重力场中的圆周运动规律可整体迁移到等效重力场中。 3．完整圆周运动的临界条件：轻绳（或内侧轨道）约束下，粒子恰好能通过等效最高点时，等效重力恰好提供向心力：，得最小速度 。若电场力与重力共线，则 。 重力场圆周运动与力电等效场圆周运动的比较 项目 重力场中的圆周运动 力电等效场中的圆周运动 恒力（合力） ，竖直向下 ，沿合力方向 最高、最低点 几何意义上的最高点、最低点 合力方向上的“等效最高点、最低点” 临界速度 分析方法 牛顿第二定律（径向）＋动能定理 同左，只需把 g 替换为 g′、方向换成合力方向 重难诠释　①等效法的关键是“先合成恒力、再迁移规律”：把重力与电场力合成一个大小方向都不变的合力 mg′，问题就退化为熟悉的重力场圆周运动。②等效最低点沿合力方向、速度最大，等效最高点与合力方向相反、速度最小，临界分析和绳的最大拉力都出现在这两点。③轻绳、内轨约束的临界条件是等效最高点 ；轻杆、外轨约束在最高点的临界速度可以为零。④当电场力与重力共线时，按电性判断 （同向）或 （反向）。 考点六　交变电场中的运动与力电综合 1．交变电场中粒子运动的三种情况：①单向直线运动（用牛顿运动定律求解）；②往返运动（分段研究，利用对称性）；③偏转运动（按交变电场的特点分段研究）。 2．两条分析思路：一是力与运动的关系，根据牛顿第二定律和运动学规律分析；二是功能关系。要抓住粒子运动的周期性和空间上的对称性，求解速度、位移、做功或确定边界条件。 3．运动学图像的运用：分析交变电场问题时，常借助 v-t 图像，图线的斜率表示加速度、图线与时间轴围成的面积表示位移，可直观地看出粒子的往返、对称和打板条件。 力电综合问题的三大观点比较 观点 核心规律 典型适用场景 动力学观点 牛顿第二定律＋运动学公式（常结合 v-t 图像） 求加速度、瞬时力、运动过程与时间，匀强电场或交变场分段 能量观点 ； 只涉及初末速度、位移、电势差，不涉及时间 动量观点 动量定理 F合t＝Δp；动量守恒定律（碰撞、反冲） 涉及时间、冲量、碰撞与多粒子相互作用 重难诠释　①交变电场问题要“分段＋对称”：按电压的时间段分别确定加速度方向，画出 v-t 图，利用周期性与对称性快速判断粒子是单向、往返还是打板。②力电综合选观点的原则：求“过程细节、时间”用动力学，求“速度、位移而不涉时间”用动能定理，求“时间、冲量或碰撞”用动量定理。③电场力做功 与路径无关，只与初末电势差有关；只有静电力做功时电势能与动能之和守恒，静电力与重力都做功时电势能、重力势能与动能之和守恒。 考向1　电容器与电容的理解（定义式与决定式） 一、单选题 1．（25-26高一下·大连第十二中学·期末）下列说法正确的是（     ） A．摩擦起电本质上创造了电荷 B．由电容公式可知，时， C．由电场强度公式可知，E与F成正比，与q成反比 D．同一电场线上，沿电场线方向，电势一定逐渐降低 【答案】D 【详解】A．摩擦起电的本质是电子的转移，并不是创造了电荷，该过程遵循电荷守恒定律，故A错误； B．电容器的电容由其本身的结构属性决定，和电容器所带电荷量Q、极板间的电压U均无关，当时，电容C保持不变且不为零，故B错误； C．电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与检验电荷受到的电场力F、检验电荷的电荷量q均无关，故C错误； D．根据电场的基本性质，沿电场线方向电势一定逐渐降低，故D正确。 故选D。 2．（25-26高二上·广东广州·期末）电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊。平行板电容器的极板 M 固定，N 可左右移动，通过测量电容器极板上的电量变化来确定汽车加速度。当汽车紧急刹车时，极板间电压不变，间距减小，则电容器（　　） A．电容变小 B．电容不变 C．极板间的电场强度不变 D．极板所带电量增加 【答案】D 【详解】AB．根据平行板电容器电容决定式，当极板间距减小时，其他参数不变，电容会增大，故 AB 错误； C．极板电压不变，根据电场强度与电势差的关系，减小，则增大，故C 错误； D．根据电容定义式，变大、不变，所以极板带电量增加，故D 正确。 故选D。 3．（专题十八·电容器电容定义C）下列说法正确的是（   ） A．由可知，电容C与Q成正比，与U成反比 B．电容器带电量越多，电容越大 C．电容器两极板间电压越大，电容越小 D．电容器的电容与Q和U无关，由本身结构决定 【答案】D 【详解】电容是电容器本身的固有性质，仅由电容器自身结构（极板正对面积、极板间距、电介质性质）决定。 电容是比值定义，与电容器带电量、两极板间电压均无关。 故选D。 二、多选题 4．（专题二十一·电容器动态分析）平行板电容器充电后与电源断开，极板间为真空（），现将一块相对介电常数的电介质插入极板间（充满且不改变S和d），则下列说法正确的是（     ） A．电容C变为原来的4倍 B．电压U变为原来的 C．电场强度E变为原来的4倍 D．电荷量Q变为原来的4倍 【答案】AB 【详解】AD．平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q不发生改变，已知电容决定式为 从1变为4，S、d不变，可得，所以变为原来的4倍，故A正确，D错误； B．根据 可知Q不变、C变为4倍，则U变为原来的，故B正确； C．平行板电容器内电场为匀强电场，易知电场强度 变为4倍，U变为原来的，d不变，则E变为原来的，故C错误。 故选AB。 考向2　平行板电容器的两类动态分析 一、单选题 1．（2027·广东佛山·一模）手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。手指按压触摸屏，两极板与手指间电场线如图所示。若维持电容器工作电压恒定，下列说法正确的是（     ） A．点的电场强度比点大 B．点的电势比点高 C．手指按压触摸屏时，电容器处于充电状态 D．手指按压触摸屏时，等效电容器电容变小 【答案】C 【详解】A．电场线越密的地方场强越大，电场线越疏的地方场强越小，由图可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误； B．顺着电场线电势逐渐降低，则N点的电势大于M点的电势，故B错误； CD．手指按压触摸屏时，电容器两极板间距d减小，根据可知，电容C增大，又因为U不变，根据Q=CU可知，Q增大，即电容器处于充电状态，故C正确，D错误。 故选C。 2．（25-26高二下·兰坪一中·开学）如图所示，平行板电容器与理想电流表、定值电阻与电源连接，下列操作过程中产生的现象正确的是（　　） A．把上极板下移少许，极板带电荷量Q增大 B．把上极板左移少许，极板间电场强度E增大 C．把上极板上移少许，电容器的电容C增大 D．无论怎么移动极板，电容器的电容C保持不变 【答案】A 【详解】A．上极板下移，极板间距减小，由得电容增大；不变，由，得极板带电量增大，故A正确； B．上极板左移，正对面积减小，极板间距不变，不变，由得极板间电场强度不变，故B错误； C．上极板上移，增大，由得电容减小，故C错误； D．移动极板改变极板间距或正对面积，由电容决定式可知，电容会发生变化，故D错误。 故选A。 3．（25-26高二上·湖南张家界·期末）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属电极和固定金属电极组成，两金属电极间有空气间隙，两金属电极组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（     ） A．按键向下的过程中，电容器的电荷量减小 B．按键向下的过程中，电容器两极间的电场强度减小 C．按键向下的过程中，图丙中电流方向从b流向a D．按键向上的过程中，电容器的电容增大 【答案】C 【详解】A．按键向下的过程中，板间距离减小，根据平行板电容器的电容决定式 可知，电容增大 由于电容器始终与电源相连，电压不变，根据 可知，电容器的电荷量增大，故A错误； B．按键向下的过程中，板间距离减小，电压不变，根据匀强电场场强公式 可知，电容器两极间的电场强度增大，故B错误； C．按键向下的过程中，由A选项分析可知电容增大，电荷量增大，电容器处于充电状态。图丙中电源上端为正极，下端为负极，故上极板带正电，下极板带负电。充电过程中，下极板负电荷增多，电子从电源负极经、流向，电流方向与电子定向移动方向相反，即电流方向从流向，故C正确； D．按键向上的过程中，板间距离增大，根据 可知，电容器的电容减小，故D错误。 故选C。 4．（25-26高二上·西宁·期末）如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接。极板M与静电计的外壳均接地，给电容器充电，静电计指针张开一定角度，实验过程中，电容器所带电荷量几乎不变，下面操作能使静电计指针张角变大的是（　　） A．将M板向上平移 B．将M板沿水平方向靠近N板 C．在M、N之间插入有机玻璃板 D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触 【答案】A 【详解】电容器带电量保持不变，静电计指针张角反映电容器两极板间电压的大小，张角变大意味着变大。根据平行板电容器电容公式，结合电容定义，推导得 A．将M板向上平移，极板正对面积S减小，由​得，增大，静电计指针张角变大，故A正确； B．M板靠近N板，极板间距减小，减小，张角变小，故B错误； C．插入有机玻璃板，相对介电常数增大，减小，张角变小，故C错误； D．插入不接触的金属板，等效极板间距减小，减小，张角变小，故D错误。 故选A。 5．（25-26高二上·陕西华阴·期末）如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极板接地（电势为0），极板间的P点有一静止的带电油滴，现把上极板缓慢向下平移少许后，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容减小 B．油滴带正电 C．P点的电势升高 D．油滴向下运动 【答案】C 【详解】A．根据平行板电容的决定式 ，上极板下移后极板间距减小，电容增大，故A错误； B．极板间电场方向竖直向下（从上极板指向下极板），油滴静止，重力向下，因此电场力向上，电场力方向与电场方向相反，说明油滴带负电，故B错误； C．极板间电场强度 ，不变、减小，因此增大。设到下极板的距离为，上极板移动过程中不变，点电势满足 下极板电势为0，沿电场方向电势降低，增大，因此升高，故C正确； D．初始油滴静止，满足 增大后，电场力向上，因此油滴向上运动，故D错误。 故选C。 6．（26-27高二上·衡阳县第一中学·入学考试）如图是测量运动步数的电容式传感器工作原理图，极板M固定、极板N可动。人在运动的过程中，若M、N两极板距离减小，则（     ） A．两极板间的电压增大 B．电流由经电流表流向 C．电容器的电容减小 D．两极板间的电场强度增大 【答案】D 【详解】A．电容器保持与电源连接，两极板间的电压保持不变，故A错误； BC．两极板间距减小，则根据知电容器的电容增大；根据，电容器带电量增大，则电容器充电，电流由a向b流过电流表，故BC错误； D．根据可知电压不变，电容器两极板间距变小，则电场强度增大，故D正确。 故选D。 二、多选题 7．（26-27高三上·湖北黄石·开学）教室的一体机屏幕多为电容屏，具有灵敏度高的特点。电容式触摸屏其原理可简化为如图所示的电路，其直流电源的电压保持稳定。平行板电容器的上极板为可动电极，下极板为固定电极，为两板间一定点。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，同时也相当于将板接地，形变过程中，电流表G中有从到的电流，则下列判断正确的是（     ） A．触压过程中，电容器电容变小 B．触压过程中，电容器的带电量增大 C．直流电源的端为电源负极 D．触压过程中，点电势升高 【答案】BC 【详解】A．平行板电容器电容决定式为，触压时可动电极A形变，极板间距减小，其余量不变，因此电容变大，故A错误； B．电容器始终与直流电源相连，极板间电压等于电源电压保持稳定，根据，增大时，电容器带电量增大，故B正确； C．电容器带电量增大，对应电容器的充电过程。电流表中电流从到，说明正电荷从流向可知c为电源负极，故C正确； D ．由于电容器两端电压U不变，根据，由于d减小，可知极板间电场强度E增大，A板接地，A板电势为0，由于AB板间电压U不变，所以极板B的电势不变，设P点与极板B的距离为，则有 不变，E增大，可知减小，即点P电势降低，故D错误。 故选BC。 8．（25-26高二上·凤台龙潭高级中学·期末）如图所示，平行板电容器B极板接地，在两极板间的处固定一负点电荷，开关闭合，电路稳定后，下列说法正确的是（　　） A．若保持开关闭合，将A板向上平移少许，则极板间场强减小 B．若保持开关闭合，将B板向下平移少许，则极板电荷量减少 C．若断开开关，将B极板向下平移少许，则极板间场强不变，处电势降低 D．若断开开关，将A板向左平移少许，则极板间场强变大 【答案】ABD 【详解】A．若保持开关闭合，极板电压不变，将A板向上平移少许，间距增大，由知减小，故A正确； B．若保持开关闭合，极板电压U不变，根据，可知将B板向下平移少许，间距增大，导致电容C减小；根据可知，电容器的带电量减小，故B正确； C．若断开开关，电容器的带电量不变。根据电容的定义式，电容器的决定式，电场强度为 可得 即与无关，所以将B极板向下平移少许，两极板间的电场强度不变，导致C点与B板的电势差增大，因B板接地，电势为零，即C点电势增大，故C错误； D．若断开开关，电容器的带电量不变。根据电容的定义式、电容器的决定式和公式可得，将A板向左平移少许，则极板间场强变大，故D正确。 故选ABD。 9．（25-26高二上·福州高级中学·期末）一平行板电容器充放电电路如图甲所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。实验中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．充电过程中，电容器两极板间的电势差增大 B．放电过程中，流过电阻R的电流方向由N到M C．仅增大电阻R，充电过程图中图线与坐标轴所围的面积不变 D．放电时图中图线与坐标轴所围的面积约为40个小方格，则电容器释放的电荷量约为0.8C 【答案】AC 【详解】A．充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器两极板间电势差增加，故正确； B．根据电路图可知，充电过程中，电容器的左极板带正电，放电过程中，流过电阻的电流方向由M到N，故B错误； C．图像与坐标轴围成的面积表示电容器放电量，仅增大电阻，电容器放电量不变，图像与坐标轴所围的面积不变，故C正确； D．图像与坐标轴所围图形的方格数约为40，则电容器释放的电荷量约为，故D错误。 故选AC。 10．（25-26高二上·厦门同安实验中学·期末）观察电容器的充、放电现象的实验电路如图甲所示，将开关S与a端相连，电容器充电；然后把开关S掷向b端，电容器放电。计算机与电流传感器相连接，记录这一过程电流随时间变化的曲线如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时间内，电容器上极板带正电 B．时间内，电阻R中的电流方向从右向左 C．时间内，电容器带电量与两板间电压比值保持不变 D．时间内，电容器带电量与两板间电压比值逐渐减小 【答案】AC 【详解】A．t1~t2时间内，电源对电容器进行充电，电容器上极板与电源正极相连，故上极板带正电，故A正确； B．时间内，电容器放电，上极板的正电荷向右通过电阻R，故电阻R中的电流方向从左向右，故B错误； CD．电容器的电容C由内部结构决定，由电容的定义式 可知，电容器带电量与两板间电压比值保持不变，与充电、放电无关，C正确，D错误。 故选AC。 考向3　带电粒子在电场中的加速与直线运动 一、单选题 1．（2026·广东三校·适应性练习）静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好，又利于工人健康等优点，其简化原理如图所示。一带电油漆微粒从A点以一定的初速度进入水平向左的匀强电场中（实线代表电场线），微粒恰沿直线AB运动。下列说法正确的是（　　 ） A．带电油漆微粒带正电 B．从A到B，微粒做匀减速直线运动 C．从A到B的过程中，微粒的机械能增加 D．从A到B的过程中，微粒的电势能增加 【答案】C 【详解】A．电场方向水平向左，若微粒带正电，电场力向左，合力方向为左下方，无法与斜向右下的AB共线；只有微粒带负电，电场力水平向右，合力才能沿AB直线斜向右下，与运动路径共线，因此微粒带负电，故A错误； B．合力方向斜向右下，与微粒从A到B的初速度方向（沿AB斜向右下）相同，且电场为匀强电场、重力恒定，合力为恒力，因此微粒做匀加速直线运动，故B错误； CD．机械能的变化由除重力外的其他力做功决定，此处电场力是除重力外的唯一力，从A到B过程中，带负电的微粒电场力水平向右，位移的水平分量向右，电场力做正功，因此微粒的机械能增加，电势能减小，故C正确，D错误。 故选C。 二、多选题 2．（25-26高一下·四川广安加德学校·期中）如图所示，倾角为的固定斜面下端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上。现将一质量为m、电荷量为+q的绝缘小滑块从斜面上距离弹簧上端L处由静止释放，小滑块始终处在场强大小为（g为重力加速度）、方向平行斜面向下的匀强电场中，小滑块与斜面间的动摩擦因数为，则小滑块从释放到运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（     ） A． B．滑块与斜面摩擦产生的热量等于滑块的重力势能和电势能的减少量与弹簧弹性势能的增加量之差 C．滑块克服弹簧弹力做的功等于滑块减少的重力势能和增加的电势能及增加的内能之和 D．滑块刚与弹簧接触瞬间达到最大动能 【答案】AB 【详解】A．滑块与弹簧接触前，受重力、支持力、摩擦力以及沿斜面向下的电场力作用，由于滑块沿斜面加速下滑，则 解得，A正确； B．滑块由静止下滑运动至最低点的过程中，重力做正功、电场力做正功、弹簧的弹力做负功、摩擦力做负功，则由功能关系可知，因摩擦产生的热量等于重力势能和电势能的减少量与弹簧弹性势能的增加量之差，B正确； C．根据功能关系可知，滑块克服弹簧弹力做的功等于滑块的重力势能和电势能的减少量与内能的增加量之差，C错误； D．物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有 物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，D错误； 故选AB。 三、解答题 3．匀强电场的电场强度为，在同一条电场线上有、两点，把质量为、带电荷量为的微粒从A点移到B点，电场力做了的正功。求： (1)、两点间的电势差； (2)、两点间的距离； (3)若微粒在A点具有与电场线同向的速度为，在只有电场力作用的情况下，求经过B点的速度。 【答案】(1) (2) (3)，方向与场强方向相反 【详解】（1）根据电场力做功与电势差的关系式有 解得、两点间的电势差为 （2）由于，且、两点在同一电场线上，所以电场强度方向由指向。故 解得、两点间的距离为 （3）由动能定理有 解得微粒经过B点的速度大小为 其方向与场强方向相反。 4．（25-26高二上·怒江兰孟高中·期末）如图所示，两块平行金属板之间电压为U，两极板间距离为d，将一个带正电的粒子靠近左边正极板某处由静止释放，该粒子仅在电场力的作用下从负极板的小孔穿出。已知粒子电荷量为q，质量为m。求： (1)该过程中电场力对粒子做的功W； (2)粒子穿出小孔时速度v的大小。 (3)让带电粒子运动距离时撤去两极板间所加电压，求该粒子从负极小孔穿出板经历的时间t。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）电场力做功仅与初末位置电势差有关，粒子初末位置的电势差等于极板间电压，因此： （2）粒子仅受电场力，由静止开始运动，根据动能定理，电场力做功等于粒子动能的变化： 代入 整理得： （3）粒子运动分为前匀加速、后​匀速两个阶段： 先求加速度：极板间电场强度 电场力 由牛顿第二定律得加速度： ​ 第一阶段（位移，初速度为0的匀加速）： 由匀变速位移公式 代入得： 解得 加速结束的速度 第二阶段（撤去电压后，位移​，匀速运动）：​​ 总时间 整理得： 5．（25-26高二上·涡阳三中·期末）如图所示，倾斜放置的平行板电容器，两个极板正对且与水平面成θ角，极板的长度为L，极板间电场可视为匀强电场。一带正电小球以某一初速度从A板边缘进入，沿图中水平直线到达B板边缘时速度恰好减为0。已知带电小球的比荷为k，重力加速度为g，求： (1)匀强电场电场强度的大小和方向； (2)两极板间的电压和小球初速度的大小。 【答案】(1)，方向垂直极板向上 (2)， 【详解】（1）分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，小球沿水平直线运动，则小球所受电场力方向为垂直极板斜向左上方，小球的受力分析如图所示 根据小球的受力情况可得 解得 方向垂直极板向上。 （2）根据几何关系可得板间距为 根据电场强度与电势差的关系可得 解得 小球沿水平直线运动到B板边缘速度恰好减为0，根据动能定理可得 解得小球的初速度为 考向4　带电粒子在匀强电场中的偏转 一、解答题 1．（25-26高二上·厦门熹海高级中学·期末）如图为某电子发生装置，产生初速度为0的电子，经过加速电场的加速，然后进入偏转电场运动，最后打在荧光屏上。已知加速电场两板间电势差为，偏转电场两板间电势差为且上板带负电，板长为L，板间距为d，偏转电场与荧光屏的距离为l，电子的质量为m、电荷量为q，其重力不计。 (1)电子离开加速电场获得的速度； (2)电子离开偏转电场时的速度偏角的正切值； (3)电子打到荧光屏的位置与荧光屏中心的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）电子在加速电场中运动，初速度为0，由动能定理 整理得离开加速电场的速度 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动： 水平方向匀速运动 得运动时间 竖直方向匀加速运动：电场强度 加速度 离开时竖直分速度 速度偏角正切值满足 联立得 （3）根据类平抛运动的推论：电子离开偏转电场时，速度的反向延长线一定经过偏转电场水平位移的中点。 结合几何关系，偏移量满足 代入得 2．（25-26高二上·陕西城固二中·期末）如图所示，平行板A、B竖直放置，B板中央开有一小孔，足够长的C、D板水平放置，间距为，A、B板中轴线和C、D板中央在同一直线上，在靠近A板中点处由静止释放一质量为、电荷量为的正粒子，粒子穿过B孔后打在了D板上被吸收。已知A、B板间电压为，C、D板间电压为，不计粒子重力，求： (1)粒子穿过B板中央小孔时的速度大小。 (2)粒子在C、D板间运动的时间； (3)粒子打在D板上时的偏转角的正切值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在A、B板间加速，根据动能定理 解得 （2）粒子带正电，竖直方向做初速度为 0 的匀加速直线运动，由匀变速位移公式得 根据牛顿第二定律，其中 解得 （3）偏转角正切值等于竖直分速度与水平分速度的比值 竖直方向分速度 联立可得 3．（25-26高二上·深圳聚龙科学中学（集团）·期末）如图所示，虚线MN左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为1.5L处有一与电场平行的屏，现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速地放入电场中的A点，最后电子打在右侧屏上的K点，已知：A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子到MN时的速度大小； (2)若，电子离开电场时速度与水平方向的夹角多大； (3)调节的大小可使K点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证K点到O点的距离d满足：，求此条件下的范围。 【答案】(1) (2)60° (3) 【详解】（1）电子到MN的速度为，由动能定理得 解得 （2）电子在电场中受力为，与垂直，所以做的是类平抛运动，有 运动时间 竖直方向速度 设电子离开电场时速度与水平方向夹角为θ， 联立以上各式并代入数据可得， （3）电子离开电场时竖直方向位移为 代入数据得 离开电场后，电子做匀速直线运动，有， 则K点到O点之间的距离 联立解得 又，所以 4．（25-26高二上·重庆彭水一中·阶段检测）如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板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M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的点。已知加速电压为，M、N两板间的电压为，两板间的距离为，板长为，偏转电场的右端距离荧光屏的距离为，电子的质量为，电荷量为，不计电子重力。 (1)求电子穿过A板时的速度大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）在K、A间的加速电场中运动时，只有电场力做功，由动能定理可得 解得电子穿出A板的速度 （2）电子进入偏转电场后做类平抛运动：沿初速度的水平方向电子不受力，做匀速直线运动，穿过偏转电场的时间 垂直初速度的电场方向，电子受恒定电场力，做初速度为0的匀加速直线运动，偏转电场的电场强度 由牛顿第二定律可得电子的加速度 侧移量是匀加速运动的位移，代入匀变速位移公式 联立各式解得 考向5　示波管原理与多粒子偏转比较 一、单选题 1．（25-26高二上·咸阳彩虹中学·月考）如图所示是示波管的原理图，它由电子枪、荧光屏和两对相互垂直的偏转电极、组成。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间电场加速后进入偏转电极，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转。荧光屏上有直角坐标系，轴与电极的金属板垂直（其正方向由指向），轴与电极的金属板垂直（其正方向由指向）。若使亮斑位于荧光屏上第三象限的某一位置，下列说法正确的是（　　） A．将极板、接高电势 B．将极板、接高电势 C．电源1必须使用直流电源 D．电源2可以使用交流电源 【答案】A 【详解】A．带负电，要使亮斑位于荧光屏上第三象限（轴负半轴，轴负半轴），电子束需向方向和方向偏转。根据电场力公式 电子受到的电场力方向与电场强度方向相反，故偏转电场方向应分别指向和，即极板和的电势应高于和，所以应将极板、接高电势，故A正确； B．若将极板、接高电势，电子将向、方向偏转，亮斑将位于第一象限，故B错误； C．电源1连接电子枪的灯丝，利用电流的热效应使金属丝加热逸出电子，交流电源或直流电源均可产生热量，故C错误； D．电源2用于提供加速电场，使电子加速飞出，电场方向必须恒定（由右向左），因此必须使用直流电源，若使用交流电源，电子无法持续加速，故D错误。 故选A。 二、解答题 2．（25-26高一下·浙江绍兴·期末）示波管是示波器的核心部件，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。电子枪上的灯丝可持续发出初速度为零的电子，产生的电子经过加速极被加速后形成电子束从A板处射入偏转电极，已知加速电场的电压为，电子的质量为，电荷量为。当且时，荧光屏中央处会出现一个亮斑。两偏转电极的长度均为、极板之间的距离均为，偏转电极右端与荧光屏之间的距离为，整个装置处于真空中。当偏转电极间加电压时，极板间的电场可视为匀强电场，所有电子均从极板间射出。忽略电子所受重力及电子间的相互作用，两偏转电极间距忽略,不考虑相对论效应。求 (1)所有电子加速后到达板时的速度大小； (2)再在偏转电极上补加如图乙所示电压，已知电压变化的周期远大于电子在示波管内的飞行时间。求电子从射出时的最大的偏转距离，及打到荧光屏上的位置到点的距离； (3)在（2）的基础上，再在之间加图丙所示的扫描电压，请在图丁中画出荧光屏上呈现的稳定图像。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）由动能定理有 解得 （2）因已知电压变化的周期远大于电子在示波管内的飞行时间，即认为电子在偏转电极间运动时偏转电压恒定，且偏转电场电压最大为U时，电子获得最大偏转量 水平方向 竖直方向由牛顿第二定律有 最大的偏转距离 联立解得 由平抛或者类平抛的推论，电子由偏转电场出射时速度反向延长线与水平分位移的交点为水平分位移的中点，由几何关系有 总的侧移量为 （3）两个偏转电压的变化周期均为T，且随时间线性下降、随时间线性上升，二者满足线性对应关系，因此亮屏坐标 (X,Y)满足线性函数，轨迹为直线。 端点坐标：当t=0时，、对应亮斑在第二象限端点； 当t=T时，、，对应亮斑在第四象限端 最终图像是连接这两个端点、过原点的倾斜直线段。 3．（25-26高一下·辽南协作体·期末）示波器中的核心部件示波管（真空管）利用电场来控制带电粒子的运动，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。如图所示，电子枪发出的电子（初速度可忽略）被电压为的电场加速后进入偏转系统，矩形偏转电极和的极板沿方向的长度均为，两板间距离均为，极板中心与荧光屏的距离为，极板中心与荧光屏的距离为，不加偏转电压时，电子打在屏幕中央O点处。已知电子的质量为m，电荷量为，不计电子重力及电子间的相互作用力。所有电子均能从极板中射出，且电子穿过极板的时间极短，每个电子飞行过程中可认为电场恒定。求： (1)电子进入偏转电场时的速度大小； (2)若仅在偏转电极上加正弦交变电压时，求电子打在荧光屏上产生的亮线的最大长度； (3)若在偏转电极上加上，在偏转电极上加上的交变电压时，在荧光屏上会出现一个以O点为圆心的圆形，求和的大小之比。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）电子经加速电场加速，根据动能定理有 解得 （2）电子通过YY'偏转电极时，设电场强度大小为，电子沿方向的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 根据匀强电场中电场强度与电压的关系有 解得 YY'偏转电极的长度为2L，电子在电极间运动的时间为 YY'偏转电极中心到荧光屏的距离为8L，因此电极末端到荧光屏的距离为7L，电子离开电极后运动的时间为 电子在电极间做类平抛运动，离开电极后沿原方向做匀速直线运动，电子在荧光屏上的偏转距离大小为 代入数据并结合解得 当时，电子在荧光屏上的最大偏转距离为 正弦交变电压使电子在点两侧往复扫描，因此亮线的最大长度为 解得 （3）YY'偏转电极中心到荧光屏的距离为8L，由小问2可得电子在荧光屏上的纵坐标为 XX'偏转电极中心到荧光屏的距离为5L，同理可得电子在荧光屏上的横坐标为 电子运动轨迹为以点为中心的圆时，横、纵两个方向的最大偏转距离应相等，则有 解得 4．（25-26高一下·烟台·期末）如图所示，两块相距很近的平行金属板A、B竖直放置，板中央均有小孔，两小孔连线水平向右，以水平向右方向为x轴正方向，A、B板间加速电压恒为，紧靠A板小孔左侧处有一粒子源，能够连续不断地沿x轴正方向均匀发射带正电的同种粒子，所有粒子的初速度均为。紧靠B板右侧有关于x轴上下对称的两平行金属板C、D，板长，板间距，C、D间的电压随时间t变化的关系图像如图甲所示，内，D板电势高于C板。在紧邻C、D板右侧有关于x轴前后对称的两平行金属板E、F，两金属板沿x方向长度为，沿y方向足够长，板间距，E、F间的电压随时间t变化的关系图像如图乙所示，内，F板电势高于E板。在距金属板E、F右侧处放置一足够大的荧光屏，荧光屏面与x轴垂直交于点，在荧光屏上以点为坐标原点建立直角坐标系，y轴正方向竖直向上。已知粒子的比荷，不计粒子重力，求： (1)粒子从B板小孔出射时的速度大小； (2)内，能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比； (3)粒子打在荧光屏上z轴上方的位置中，距离z轴最远位置的点的坐标。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）从A到B，根据能量守恒得 解得 （2）C、D板间的电场强度大小 粒子在C、D板间运动过程中，做类平抛运动，垂直极板方向上，根据牛顿第二定律得 垂直极板方向上位移 沿极板方向上位移 解得 粒子要能够从C、D板间射出，需要满足 解得，， 由于粒子在板间的运动时间极短，因此可以认为粒子在运动过程中板间电压不变。 可得能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比为 （3）距离z轴最远时，y坐标最大，所以粒子在C、D板间偏转距离需最大，又粒子打在荧光屏上z轴上方，所以，根据图像甲可得，粒子发射时间或 当时，根据图像乙可得 E、F板间的电场强度大小 粒子在E、F板间运动过程中，做类平抛运动，沿x轴方向上位移 解得 沿z轴方向上，根据牛顿第二定律得 沿z轴方向上位移 末速度 沿y轴方向上，做匀速直线运动，速度 位移 粒子出E、F板间后，做匀速直线运动，沿x轴方向上位移 解得 沿z轴方向上，位移 沿y轴方向上，位移 所以，打在荧光屏上时，y轴坐标为 z轴坐标为 故该点坐标为 同理，，时，发射的粒子打在荧光屏上的点也距z轴最远。 此时，， z轴坐标为 故该点坐标为 综上，该点坐标为或 考向6　带电粒子在力电等效场中的圆周运动 一、单选题 1．（26-27高三上·安徽六校联考·开学测试）如图，在竖直向下匀强电场中有一长为的轻杆，杆的中点处有光滑的水平转动轴，杆两端分别固定质量均为的小球甲和乙，甲带正电，乙带负电，两者电荷量均为，电场强度为。现将甲、乙从水平位置静止释放，当甲第一次运动到最低点时，转轴处受到杆作用力的合力大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】甲、乙绕O点转动，转动半径均为，线速度大小始终相等。 从水平静止释放到甲第一次到最低点的过程中，对两球组成的系统由动能定理： 解得 圆心O在甲的正上方，合力向上提供向心力，设杆对甲的作用力为（向上为正）： 得，方向向上。 圆心O在乙的正下方，合力向下提供向心力。设杆对乙的作用力为（向下为正）： 得，方向向下。 根据牛顿第三定律，甲对杆的作用力向下、大小为，乙对杆的作用力向上、大小为 因此转轴受到杆的合力为： 故选A。 2．（2026·嘉峪关酒钢三中·适应性训练）如图，空间内存在方向水平向左，范围足够大的匀强电场。用一长为L的不可伸长的绝缘轻绳将一质量为的带电小球悬挂在点，平衡时小球停止于点，此时轻绳与竖直方向夹角，在点正下方。现把小球拉到点正右方的处，此时轻绳刚好处于水平状态，将小球无初速度释放，不计空气阻力，带电小球可视为质点，重力加速度为，，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小为 B．小球运动到点时的速度为 C．小球从到的过程中绳子的最大拉力为 D．小球从到的过程中机械能先减小后增加 【答案】B 【详解】A．小球在点处于平衡状态，受重力、电场力和绳子拉力作用，根据共点力平衡条件可知电场力水平向右，满足 解得电场强度 ，故A错误； B．小球从点运动到点的过程中，根据动能定理有 代入 解得，故B正确； C．小球所受电场力和重力恒定，故先将这两个力合成，当做等效重力，大小为 故小球在等效最低点（即点）时速度最大，绳子拉力最大。从点到点，根据动能定理有 解得 在点由牛顿第二定律得 解得，故C错误； D．小球从到的过程中，水平方向一直向左运动，而电场力水平向右，电场力一直做负功，小球的机械能一直减小，故D错误。 故选B。 3．（25-26高二下·广西桂平一中·期中）如图所示，质量为m、带电量为+q的带电小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动，整个轨道处于电场强度为的竖直向下匀强电场中。圆半径为R，小球经过圆环最高点时恰好不脱离圆轨。则其通过最高点时（     ） A．小球的线速度大小等于 B．小球的线速度大小等于 C．小球对圆环的压力大小等于mg D．小球对圆环的压力大小等于2mg 【答案】B 【详解】AB．小球带正电，电场方向竖直向下，故电场力方向竖直向下，大小为 小球在最高点恰好不脱离圆轨道，说明此时圆轨对小球的弹力为零，即 小球在最高点受重力 和电场力 作用，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有 代入 得 解得小球在最高点的线速度大小为 ，故A错误，B正确； CD． 由于小球恰好不脱离圆轨，轨道对小球的弹力为零，根据牛顿第三定律，小球对圆环的压力也为零，故C错误，D错误。 故选B。 4．（26-27高三上·豫南名校·开学考）如图所示的匀强电场斜向右上方且与水平方向的夹角为53°，电场强度大小为E，一带电量为+q的小球（视为质点），用轻质绝缘不可伸长的细线悬挂于O点，小球静止时处于A点，此时细线水平。以O点为圆心、细线的长为半径，在竖直面内做虚线圆，AB为水平直径，现把小球移动到B点，给小球一个竖直向上的速度，小球沿虚线圆刚好能做完整的圆周运动，重力加速度为g，，，下列说法正确的是（     ） A．小球的质量为 B．细线的长度为 C．小球沿着虚线圆从B点运动到A点，电势能的减小量为 D．小球沿着虚线圆从B点运动到A点，动能的变化量与电场力做功不相等 【答案】B 【详解】A．小球静止在A点，由三力平衡的矢量三角形可得 解得，故A错误； B．A点是圆周运动的等效最低点，B点是圆周运动的等效最高点，小球静止在A点时，由三力平衡的矢量三角形可得 解得 则小球做圆周运动的等效重力加速度 小球刚好做完整的圆周运动，则在等效最高点 综合解得细线的长度，故B正确； C．小球沿着虚线圆从B点运动到A点，电场力做的功为 则电势能的减小量为，故C错误； D．A、B两点的高度差为0，小球沿着虚线圆从B点运动到A点，重力做的功为0，细线的拉力不做功，则合力做的功等于电场力做的功，由动能定理，动能的变化量与电场力做功相等，故D错误。 故选B。 二、多选题 5．（25-26高二上·陕西华阴·期末）如图所示，光滑绝缘的圆形轨道BCDG位于竖直平面内，B点是轨道最低点，C点和G点与圆心等高，D点是最高点，轨道半径为R，下端与光滑倾斜绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为的小球（可视为质点），已知小球可由轨道上A点沿轨道运动到G点，小球在A点的初速度，在AB段的加速度，倾斜轨道倾角，AB的距离，重力加速度为g，，。则（　　） A．匀强电场的场强大小为 B．小球过C点时，它的速度大小为 C．小球过C点时，它对轨道的压力大小为 D．小球在圆形轨道上运动的最小速度为 【答案】AD 【详解】A．物体在AB段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 解得，故A正确； BC．物体从A到C的过程中，由动能定理可得 物体在C点时，根据牛顿第二定律有 解得，，故BC错误； D．物体越过最高点D沿轨道滑行，当电场力和重力的合力指向圆心时，速度最小。设此时合力的方向与竖直方向的夹角为，则 解得 物体从C点到速度最小的过程中，由动能定理得 解得，故D正确。 故选AD。 三、解答题 6．（26-27高二上·广西贵港平南县中学·开学）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为，方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限x=0与x=3R之间有大小为，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m，电荷量为q的带负电小球从B点正上方高2R处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用g表示，求： (1)小球经过B点时的速度大小vB； (2)小球经过第Ⅲ象限的C点时对轨道的压力大小； (3)小球运动到y轴右侧后离开电场时的坐标。 【答案】(1) (2)5.5mg (3)（3R，0） 【详解】（1）带负电小球从A点由静止释放到B点，根据自由落体运动规律可得 则小球经过B点时的速度大小为 （2）小球从B点运动到C点，根据动能定理可得 解得 在C点，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小为5.5mg； （3）在第Ⅳ象限电场中，小球做类平抛运动，假设能从电场所在0-3R区域离开电场，则水平方向，有 竖直方向，有， 联立解得 假设成立，即小球从右侧电场边界与x轴的交点离开电场，离开时与x轴的交点坐标为（3R，0）。 考向7　带电粒子在交变电场中的运动 一、多选题 1．（25-26高一下·大连八中·阶段测试）如图甲所示，水平放置的两块平行金属板P、Q，长度为2d，间距为d，两板间加如图乙所示最大值为的周期性变化的电压。在P板左侧边缘处有一粒子源A，自时刻开始，连续向两板之间释放初速度大小为、方向平行于金属板的相同带电粒子，且时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化的周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则下列说法正确的是（     ） A．粒子的电荷量为 B．粒子的电荷量为 C．在时刻释放的粒子，从右侧离开电场时的位置距P板的距离为 D．在时刻释放的粒子，从右侧离开电场时的位置距P板的距离为 【答案】BC 【详解】AB．取竖直向下为正方向。根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，电场强度大小为 粒子带正电，由牛顿第二定律得 时刻释放的粒子在前半个周期内向下加速，位移为 末速度大小为 方向向下。后半个周期内电场方向反向，粒子向下减速，位移为 末速度为零。粒子的总竖直位移为 由题意知，联立上述关系并代入 解得，故A错误，B正确； CD．在时刻释放的粒子，在电场中依次经历向下加速、向上加速和向下加速三个阶段，其运动轨迹如图所示。 由前述计算得加速度大小为 第段历时，粒子向下加速，位移为 末速度大小为 方向向下。第段历时，粒子向上加速，位移为 末速度大小为 方向向上。第段历时，粒子向下加速，位移为 竖直位移方向向上。离场时粒子距板的距离为 结合前述结果得，故C正确，D错误。 故选BC。 二、解答题 2．（26-27高三上·江苏南通·学情调研）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板，为板间中线，为两板右侧边缘连线的中点。板长为L（不考虑电场边缘效应）。电子从O点沿方向射入两板间，电子的电荷量为e、质量为m。不计电子重力。 (1)若两板间电场强度恒为E，且M、N板间距离为d，电子从点正上方A点从板间射出，、A两点间距离为，求该电子从点射入电场的初速度； (2)两板间的电压与（1）相同，只上下移动N板，改变M、N板间距离，求电子射出电场时动能的最大值； (3)若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压，和已知。某电子在时刻以初速度射入电场，要使该电子能从点射出电场，求以及板间距离d应满足的条件。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）取电子进入方向为轴正方向、竖直向上为轴正方向。电子带负电，要向上偏转，则电场力方向向上，电子在竖直方向的加速度大小为；水平方向不受力，做匀速直线运动，故飞行时间为。 电子从中线运动到点，竖直位移为，由匀变速直线运动位移公式得。由 有 解得 （2）设移动下极板后两板间距为。两板电压仍为，所以板间场强大小为 电子仍从中线进入，水平方向速度保持为，在到达右侧边缘前的时间为。 电子在竖直方向的位移为 代入第（1）问结果，得。 为使电子不碰上方极板，须有，故。电子射出时的竖直速度随增大而增大，因而动能最大对应临界情况，此时电子恰好从上极板边缘射出。从进入到射出，电场力做功等于，由动能定理得 代入， 解得 （3）取竖直向上为正方向，板间距为。在内，电压为，电子向上做匀加速运动，加速度大小为；在内，电压为，电子向下做匀减速运动，加速度大小为。 前半周期末电子的竖直速度为，竖直位移为 要使电子在时回到中线，后半周期的竖直位移应使总位移为零，即。由 整理得 因此 在后半周期内，电子先上升后下降，最大位移出现在竖直速度减为零的时刻。相对于，上升时间为，故最大位移为。由 整理得 电子不能碰到上极板，须满足，所以 即 3．（26-27高三上·安徽部分重点高中·学情检测）如图1所示，地面上方足够高的空间内存在与水平地面成角、方向周期性变化的电场，以斜向下为正方向，电场的变化规律如图2所示，其中周期为，电场强度的大小E未知。时刻，质量、电荷量的带正电小球从O点以速度水平向右抛出，时刻小球经过A点，速度方向竖直向下，再过一段时间后小球第一次经过O点正下方，该点记为B点。已知O、A的高度差，重力加速度g取，不计空气阻力，求： (1)电场强度的大小E及角； (2)小球第一次经过O点正下方时的速度大小； (3)小球第n次经过O点正下方时到O点的距离H。 【答案】(1)， (2) (3)（n=1，2，3⋯） 【详解】（1）小球在水平方向，速度时间关系 解得 竖直方向，位移时间关系 解得 又水平方向，根据牛顿第二定律， 联立解得， （2）0∼：x向右匀减速到0，位移 ∼：电场仍为斜向下正方向，x方向加速度仍为−10m/s2，x方向速度从0开始向左加速，时刻x方向的速度 此阶段x位移 说明此时到达O点正下方B点，此时竖直方向的速度 则B点的速度 （3）第一次回到O点正下方时刻为t1= 竖直位移 之后电场反向，电场的水平分量变为向左的反方向，即水平加速度变为 竖直分量向上，竖直加速度变为 则第二次回到O点正下方时刻为t2= 竖直位移 第三次回到O点正下方竖直位移 第四次回到O点正下方竖直位移 …… 小球第n次经过O点正下方时到O点的距离 （n=1，2，3⋯） 4．（25-26高一下·大连八中·阶段测试）某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为，AB两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压随时间t的变化规律如图2所示，周期为T，质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子，从时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场。粒子通过偏转电场的时间远小于T，可视作穿过AB板时，偏转电压恒定等于射入时刻的电压，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值； (3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从静止进入偏转电场前，电场力做功为，由动能定理得 整理得 （2）设粒子射入偏转电场时的电压为。粒子在板间沿板长方向做匀速运动，运动时间为 偏转位移的大小为 代入小问1的结果得 粒子恰好从板间右侧射出时满足 因此，穿过偏转电场的条件为 由图2可知，在一个周期内电压在至之间均匀变化。满足通过条件的电压区间宽度为，整个电压变化区间宽度为。由于粒子持续均匀进入，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值为 （3）粒子在板间做类平抛运动，水平方向的速度始终为。设板间竖直加速度为，出板时的竖直速度为，出板点的竖直坐标为。由匀变速直线运动规律得， 结合小问2的板间运动时间可得 因而出板速度方向的反向延长线通过。粒子出板后可等效为从  点沿出板速度方向做匀速直线运动。当时，粒子打在点；当时，粒子分别打在，点。圆弧半径为，且，与水平方向夹角均为。三点的横坐标分别为，和。所以与或之间的横坐标差为 各粒子离开偏转电场后的水平速度均为，从进入偏转电场到出板的时间也相同，因此打在时用时最长，打在或时用时最短。由匀速直线运动规律得 代入小问1的结果得 一、单选题 1．（2027·陕西商洛山阳·一模）如图甲所示，虚线、、、表示竖直平面内的匀强电场中的等势面，相邻两等势面间距均为，等势面与水平面平行。电量为、质量为的带电小球以一定初速度水平向左抛出，运动过程中小球的动能和机械能随下降高度的变化关系如图乙中两图线所示，图中、为已知量，重力加速度为，不计空气阻力。则下列说法正确的是（     ） A．图线为机械能随下降高度的变化关系 B．小球下降过程的加速度大小为 C．小球经过等势面时的机械能为 D．电场强度大小为 【答案】D 【详解】A．小球运动过程中仅受到竖直方向的重力和电场力作用（等势面水平，电场沿竖直方向），故可将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向初速度为0的匀变速直线运动，因此竖直方向小球的速度从零开始逐渐增大，小球的合速度逐渐增大，动能逐渐增大，图线为动能随下降高度的变化关系，故A错误； D．由上述分析可知，图线为机械能随下降高度的变化关系，机械能随增大而减小，可知下降时电场力竖直向上，电场力做负功，电场力做功等于机械能变化量，满足 又根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化，满足 联立解得电场强度大小，故D正确； B．根据牛顿第二定律，小球下降过程的加速度大小满足 代入 解得，故B错误； C．小球初始位置在等势面，到的下降高度为，机械能随线性变化，时机械能从减小到,即每下降高度机械能减小，故​小球下降到时，机械能为，故C错误。 故选D。 2．（2027·广西河池·一模）如图所示，两等长轻杆一端与固定在水平地面的铰链相连，另一端分别固定两个带电绝缘小球P、Q，两轻杆与竖直方向的夹角分别为、，已知，整个系统保持静止，不计一切摩擦。设两杆对小球P、Q的作用力大小分别为、，下列说法正确的是（     ） A．两小球一定带同种电荷 B． C．小球P的质量小于小球Q的质量 D．小球P的电荷量大于小球Q的电荷量 【答案】C 【详解】A．若两小球带同种电荷，小球P受到的库仑斥力沿远离Q的方向，该力与重力对铰链O产生的力矩方向相同，而杆的作用力通过O，不能产生力矩，系统不可能平衡，因此两小球必须带异种电荷，故A错误； B．设两球间库仑力大小为，由等腰三角形的几何关系可知，两球连线与水平方向的夹角为，根据两小球水平方向受力平衡分别有， 两式相比解得 因此，故B错误； C．设到两球连线的垂直距离为，库仑力对两个小球的力臂均为。分别对小球P、Q以为转轴，根据力矩平衡有， 联立解得 因此小球P的质量小于小球Q的质量，故C正确； D．力的作用是相互的，无论两球所带电量多少，所受的库仑力一定大小相等，因此无法判断两球所带电荷量的大小关系，故D错误。 故选C。 3．（26-27高三上·安徽部分重点高中·学情检测）电容器是组成电子电路的重要元件，有着广泛的应用。如图为安装在加速系统上的电容式加速传感器，平行板电容器的极板A固定，极板B与绝缘弹簧左端相连，弹簧右端固定在侧壁上，极板B可以随着弹簧水平移动。闭合开关，当系统由静止开始向右加速运动时，有（     ） A．电容器电容变小 B．极板间电场强度增大 C．极板间电场强度不变 D．极板上所带电荷量变少 【答案】B 【详解】A．系统由静止开始向右加速，极板随系统一起加速，由牛顿第二定律可知极板在水平方向所受的合力必须向右，弹簧对极板的弹力方向必向右，弹簧处于伸长状态，故极板相对侧壁向左移动，两板之间的距离减小。由平行板电容器的决定式，极板正对面积和电介质的介电常数均不变，减小使电容增大，故A错误； BC．开关闭合，电容器始终与电源相连，两板间的电势差不变；由匀强电场中电场强度与电势差的关系，不变而减小，故极板间的电场强度增大，故B正确，C错误； D．由电容的定义式，不变而电容增大，故极板所带电荷量增大，故D错误。 故选B。 4．（2026·渭南韩城·考前学情自测）如图为某昆虫机器人翅膀结构原理图，M、N为固定电极，P为柔性机翼电极，其间有绝缘液体电解质，可视为电容器。电极M、P、N通过单刀双掷开关连接在直流电源上，P极接地。实验时，开关S掷于1端，P向上摆动；开关S掷于2端，P向下摆动，从而模拟翅膀振动。已知O为NP间一点，当开关S掷于2端，P缓慢向下摆动达到O点前（     ） A．N极电荷量逐渐减小 B．O点的场强逐渐增大 C．N板的电势逐渐减小 D．O点的电势逐渐增大 【答案】B 【详解】A．开关S掷于2端，N极接电源正极，P极接地，电容器两端电压U等于电源电动势E，保持不变。P缓慢向下摆动，板间距离d减小，根据 可知电容C增大，结合 可知N极电荷量逐渐增多，故A错误； B．根据 可知，电压U不变，板间距离d减小，则板间场强逐渐增大，即O点的场强逐渐增大，故B正确； C．N板始终与电源正极相连，其电势保持不变，故C错误； D．O点为NP间一点，相对于固定电极N的位置不变，即N、O间距离不变。根据 因场强增大，故UNO增大，又φN不变，所以O点的电势φO逐渐减小，故D错误。 故选B。 5．（25-26高三下·辽宁名校联盟·考前学情自测）如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。下列说法正确的是（　　） A．“小火箭”始终不带电 B．“小火箭”首次向上运动的过程中电势能减小 C．撤去“小火箭”，若减小两板间距离，则板间电场强度不变 D．撤去“小火箭”，若减小两板间距离，则锡纸上的电荷量减少 【答案】B 【详解】A．小火箭是锡纸（导体），与带正电的下板接触后，会带上和下板同号的正电荷，故A错误； B．下板接正极、上板接负极，板间电场方向向上；小火箭带正电，向上运动时电场力做正功，因此小火箭的电势能减小，故B正确； C．电容器接稳压电源，不变，根据电场强度公式，减小板间距时，板间电场强度会增大，故C错误； D．根据平行板电容决定式，减小则电容增大；又，不变，因此锡纸上的总电荷量增大，故D错误。 故选B。 6．（2026·榆林靖边中学·模拟）如图所示，两块较大的金属板M、N平行放置并与一电源相连，开关S闭合稳定后，两金属板间有一个带电油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．带电油滴带正电 B．保持开关S闭合，若将M板向上移动一小段位移过程中，G中有的电流 C．若将开关S断开，再将M板向下移动一小段位移，油滴向下运动 D．若将开关S断开，再将N板向左移动一小段位移，油滴向上运动 【答案】D 【详解】A．电路中M接电源正极、N接负极，因此平行板间电场方向向下，油滴静止说明重力与电场力平衡，电场力向上，因此油滴带负电，故A错误； B．保持开关闭合，电容器电压等于电源电压不变；M上移，板间距增大，由 得减小；由 得减小，电容器放电，M带正电，正电荷从M经电流计从流向，因此电流方向为，故B错误； C．开关断开后，电容器电荷量不变；M下移，减小，推导电场强度 可得与无关，因此不变，电场力不变，油滴仍静止，故C错误； D．开关断开，不变；N左移，正对面积减小，由 得增大，电场力大于重力，油滴向上运动，故D正确。 故选D。 7．（2026·河北·冲刺卷）雷电是一种放电现象，云与地面之间的放电现象称为地闪。某次地闪时，带电云层距离地面的高度为（离地面较近）、面积为S，云层和地面类似平行板电容器的两个极板，形成一个巨型平行板电容器，它们之间的电场可视为匀强电场。若正对地面的云层单位面积上的电荷量始终为q，取空气相对介电常数，静电力常量为k，则（　　） A．云层下降时，云层与地面之间的电势差增大 B．云层与地面之间的电场强度 C．若某次地闪持续时间为τ，云层释放一半电荷，则放电的平均电流为 D．云层上升时，云层与地面之间的电场强度增大 【答案】C 【详解】A．根据可知，云层下降时，云层与地面之间的距离d减小，则电容C增大，根据可知，电荷量不变，则电势差减小，故A错误； B．根据和可知，云层与地面之间的电场强度为，故B错误； C．放电的平均电流为，故C正确； D．由以上分析可知 云层上升时，云层与地面之间的电场强度不变，故D错误。 故选C。 二、多选题 8．（2027·广东梅州·模拟）如图所示为某种粒子飞行时间探测器的简化工作原理图。开关闭合，在真空室内，电容器极板间的加速电压为，两极板中央开有小孔，为接收端，间为无场漂移区域。有一质量为、电荷量为（）的带电粒子自极板小孔飘入（忽略初速度），经加速区域和漂移区域到达端结束，时间探测器显示整个过程的时间为。不计粒子重力，则下列说法正确的是（     ） A．保持闭合，仅将增大，变短 B．保持闭合，仅将变大，变短 C．保持闭合，仅将极板向右移动，变短 D．将断开，仅将极板向右移动，变短 【答案】ABD 【详解】A．设极板、间的距离为，、间的总距离为，粒子在极板、间的匀强电场中，根据牛顿第二定律有 极板间匀强电场强度为 联立可得加速度为 粒子由静止开始做匀加速直线运动，根据速度与时间关系公式有 位移与时间关系公式有 解得， 漂移区域没有电场，粒子在漂移区域做匀速直线运动，漂移区域的长度为，运动时间为 整个过程的总时间为 保持开关S闭合，仅将增大时，总时间变短，故A正确； B．根据总时间，保持开关S闭合，仅将变大，即变小，则总时间变短，故B正确； C．根据总时间，保持开关S闭合，仅将B极板向右移动，即增大，则总时间变长，故C错误； D．将开关S断开，电容器带电荷量不变，根据电容的定义式 决定式 可得极板间的电压为 极板间的电场强度为 可知极板间的电场强度保持不变，粒子在加速区域的加速度不变，由前面推导可知，粒子的出射速度为，总时间为 由于，当增大时，即B极板向右移动时，函数值减小，总时间变短，故D正确。 故选ABD。 9．（2026·郑州某重点中学·考前学情自测）如图所示，可看做质点的带正电小球用长度为l轻质绝缘细绳悬挂于O点，小球的质量为m，带电量为q。整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为。现让小球以初速度从最低点水平向右运动，（重力加速度为g，）下列说法正确的是（    ） A．若带电小球能做完整的圆周运动，则初速度的最小值为 B．若带电小球能做完整的圆周运动，则初速度的最小值为 C．在最低点改变小球的速度的大小和方向，小球刚好做匀速圆周运动，小球的轨道半径可能为0.8l D．在最低点改变小球的速度的大小和方向，小球刚好做匀速圆周运动，小球初速度大小可能为 【答案】BCD 【详解】AB．如图所示，电场力大小为，重力和电场力的合力为 与水平方向的夹角为，即 若小球能够做完整的圆周运动，重力场和电场的复合场的最高点为B点，若刚好做圆周运动，在B点， 从最低点到B点，根据动能定理 解得，选项A错误、B正确。 CD．改变初速度的大小和方向，小球刚好做匀速圆周运动，则小球以复合场的力的方向为轴做匀速圆周运动，速度方向与纸面垂直，轨道半径为 做匀速圆周运动的速度为 解得，选项CD正确。 故选BCD。 10．（2025·成都嘉祥外国语学校·适应性考试）如图所示为某智能手机内部微机电系统（MEMS）加速度计的俯视图，M、N为电容器的两极板，M极板固定在手机上，N极板通过两个完全相同、劲度系数为k的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开。手机静止时，M、N两极板间距为，电压传感器示数为，不计一切摩擦，N极板的质量为m。若手机以加速度a垂直N、M两极板方向水平向左加速运动时，两极板间距减小为，则（　　） A．电容器的电容增大 B．M、N两极板间的电场强度变大 C．手机的加速度大小 D．电压传感器的示数 【答案】AD 【详解】A．电容，，故电容增大，故A正确； B．充电后断开电源，不变，，与无关，故电场强度不变，故B错误； C．每个弹簧形变量为，两个弹簧弹力合力为，由牛顿第二定律 得，故C错误； D．根据， 得，，故D正确。 故选AD。 11．（2026·陕西榆林·冲刺压轴卷）如图所示，电容器和静电计并联后与定值电阻和电源连接，开关闭合时，带电液滴静止在电容器中。静电计所带电量忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．保持开关闭合，电容器的上极板上移少许，静电计指针偏角变小 B．开关断开后，带电液滴仍静止不动 C．断开开关，电容器的上极板上移少许，液滴静止同时静电计指针偏角变小 D．保持开关闭合，电容器的上极板上移少许，带电液滴向下加速运动 【答案】BD 【详解】A．保持开关闭合，电容器两端电压等于电源电动势，保持不变。静电计测量电容器两端电压，指针偏角不变，故A错误； B．开关断开后，电容器电荷量不变。板间场强 与板间距离无关，场强不变，液滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，液滴静止，故B正确； C．断开开关，不变。上极板上移，增大，电容减小。由可知电压增大，静电计指针偏角变大。由B项分析知场强不变，液滴仍静止，故C错误； D．保持开关闭合，不变。上极板上移，增大，由可知场强减小。液滴受到的电场力减小，，液滴向下加速运动，故D正确。 故选BD。 三、综合题 12．（26-27高三上·湖北九师联盟·学情检测）如图所示，物块B（可看作质点）和足够长的木板A一起叠放在光滑的水平地面上，A通过劲度系数k＝12.5N/m的弹性绳（符合胡克定律，形变量为x时弹性势能）系在左侧竖直墙壁上，弹性绳的原长为0.5m，开始时A的左侧与墙壁之间的距离为0.4m，整个空间中存在水平向右的匀强电场，场强大小。已知A、B质量均为m＝1kg，A、B之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A为不带电的绝缘体，B带正电，电荷量。现把A、B由静止释放，重力加速度g取。 (1)求释放瞬间，A、B间的摩擦力大小； (2)求A、B刚发生相对滑动时，B的速度大小； (3)当B达到第（2）问中的速度时，剪断弹性绳并撤去电场，在A上距B右侧d＝0.1m处轻放一个不带电、质量为2m的绝缘物块C，C与A间的动摩擦因数也为，B、C间的碰撞为弹性碰撞。求整个运动过程中A、B间的摩擦力产生的热量Q。 【答案】(1)5N (2)2m/s (3) 【详解】（1）假设开始时A、B相对静止一起加速运动，由牛顿第二定律得 对A受力分析，A、B间的摩擦力大小f＝ma＝5N 由于，假设成立，A、B间为静摩擦力，大小为5N （2）A、B刚发生相对滑动时，加速度相同，设此时弹性绳伸长量为 对B由牛顿第二定律得 对A由牛顿第二定律得 由系统功能关系有 解得v＝2m/s （3）A、B一起向右减速，C向右加速，设A、B和C碰撞前速度分别为和 由动量守恒有 由能量守恒有 解得 B、C发生弹性碰撞，设碰后B、C速度分别为 由动量守恒有 由能量守恒有 解得 B、C碰后均在A上向右加速，加速度相同，C与A先相对静止 其中，， 设B、C碰后C在A上滑行时间为t，A、C共速为 由运动学公式有 解得 B、C碰后，C相对A滑行位移 C与A相对静止后一起减速，B加速，最终A、B、C速度相等一起匀速 最终A、B、C共同速度为，由动量守恒有 由能量守恒有A、B间摩擦产生热量 2 学科网（北京）股份有限公司 $