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微专题5　带电粒子在电场中的偏转
1.解决带电粒子(或带电体)在电场(或复合场)中的抛体运动
(1)将速度或力分解在相互垂直的方向，分别利用牛顿第二定律和运动学公式求解。
(2)涉及动能问题时常用动能定理解决，带电粒子偏转时静电力做功，W=qEy(y为偏转量)。
2.对于带电粒子在交变电场中的运动，需要进行分段研究，分析粒子在每段运动过程中的受力特点和运动性质。
考点一　带电粒子在电场中的“抛体”运动
1.(2024·福建泉州市二模)如图所示，真空中有一电子以速度v沿着与电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场。以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x轴上取OA=AB=BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线，跟电子的径迹交于M、N、P三点，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度之比为　　　　　　；电子从O点开始连续经过三段相等时间的动能改变量之比为　　　　　　。
2.(2024·浙江名校协作体开学考)如图所示，O点放置的混合放射源可以将正离子a、b、c先后从O点水平射入竖直向下的匀强电场中，a、b打到倾斜的绝缘板A上不同的点，c打在水平绝缘板B上，不计重力及离子间相互作用，下列说法正确的是：
A.b的初速度一定大于a的初速度
B.c从O到B板的时间一定大于a从O到A板的时间
C.a、b打在A板上的速度方向一定是平行的
D.a打在A板时的动量变化一定比b打在A板时的动量变化小
3.(多选)(2024·河北沧州市三模)如图，充电后与电源断开的平行板电容器水平放置，极板长度为l，间距为d，一电子从B点射入电容器，从下极板右侧边缘射出，图中相邻竖直线的间距均为，A与B、B与C、C与D之间的距离分别为d、d、d，电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，已知电子沿极板方向的速度为vx，则：
A.电场强度的大小E=
B.电子做匀变速曲线运动，电势能一直减小
C.仅将电容器的上极板竖直向上移动，电子的出射点将上移
D.仅将电容器的上极板竖直向上移动，电子的出射点不变
【点拨·提炼】　带电粒子只在静电力作用下做“抛体”运动，在静电力方向做匀变速直线运动，灵活运用匀变速直线运动基本公式及推论式，可使问题简化。
4.(2024·四川成都市一模)如图，在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的电场强度E1(未知)的匀强电场，2L(1)(4分)粒子运动至A点的速度大小；
(2)(4分)电场强度E2的大小。
考点二　带电体在复合场中的“抛体”运动
5.(2024·湖南邵阳市三模)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=BC，已知当地重力加速度为g，下列说法正确的是：
A.小球带正电
B.在小球从B点运动到C点的过程中，小球受到的静电力大小为mg
C.小球从A点运动到B点的时间与从B点运动到C点的时间之比为1∶1
D.在小球从A点运动到C点的过程中，其重力势能的减少量与电势能的增加量之比为2∶1
6.(多选)(2024·四川遂宁市三模)如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5 kg、带电荷量为q=+10-4 C的小球从坐标原点O处，以初速度v0= m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方电场强度为E=5×104 V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10 m/s2，下列说法正确的是：
A.小球的加速度大小为10 m/s2
B.小球的加速度大小为10 m/s2
C.若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为 m/s
D.O、P两点间的电势差为6×104 V
考点三　带电粒子在交变电场中的运动
7.(2024·云南模拟)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v进入电容器中(记为t=0时刻)，同时在两极板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是：
A.粒子射出时间可能为t=4 s
B.粒子射出的速度大小为2v
C.极板长度满足L=3vn(n=1，2，3…)
D.极板间最小距离为
【点拨·提炼】　作出粒子的v-t图像或某一方向上的v-t图像，借助图像，结合运动轨迹，使运动过程更直观。
8.(2024·山东德州市一模)如图甲所示，两平行金属板A、B与x轴垂直放置，接在电压U0=400 V的稳压电源上，A板过原点，在B板上中间处有一长度l0=2 cm的水平狭缝。B板右侧水平放置边长为l=8 cm的两正方形平行金属板C、D，两板间距d=4 cm，距板右端处垂直x轴有一荧光屏。在z轴上有一足够长离子源，可以连续释放初速度为零的正离子，已知离子源、B上的狭缝和C、D中间线在同一水平面内。C、D不加电压时，荧光屏上会出现一条长2 cm的水平亮线，离子的比荷均为2×106 C/kg，不计离子的重力及离子间相互作用。
(1)(2分)求离子穿过B板狭缝时的速度大小；
(2)(4分)在C、D两极板间接上电压UDC=120 V，可在两板间形成匀强电场，求离子打在荧光屏上的偏转位移；
(3)(6分)在C、D两极板间接上如图乙所示的电压(离子通过电场时间内电场可视为匀强电场)，若C、D两板间的距离d可调，求离子打在荧光屏上区域面积的最大值。
1.(2024·北京市海淀区二模)如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，已知板间距为d，板长为L，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m、电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率η(相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比)。当两极板间电压为U0时，η恰好为100%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法不正确的是：
A.两极板间电压为U0时，尘埃在静电除尘装置中运动的最大动量变化量为
B.两极板间电压为U0时，除尘率可达25%
C.若极板间电压小于U0，需要减小尘埃的速率v，保持除尘率η=100%
D.仅减少尘埃的比荷，除尘率将减小
2.(2024·山东济宁市二模)如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场(未画出)，电场强度大小为。一足够大平板MN竖直放置于电场中，且与电场垂直，平板左侧表面均匀涂有荧光物质。电场中O点有一粒子源，可以向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的带电粒子，粒子撞击荧光物质会被吸收并使其发出荧光，O点与平板之间的距离为d，不计粒子重力。则平板MN上的发光面积为：
A. B. C.πd2 D.
3.(多选)(2024·海南省模拟)两块水平正对放置的导体板如图甲所示，大量电子由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿水平方向从两板正中间射入。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过，不计电子重力及电子间相互作用力。则：
A.板长和板间距之比为∶1
B.板长和板间距之比为∶1
C.电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为16∶13
D.电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为6∶5
4.(2024·北京市人大附中二模)如图，在xOy平面内，有沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿y轴正方向以某一速度射入电场，A、B为其运动轨迹上的两点，且对应的横坐标xB-xA=L，已知该粒子在A点的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为60°，当粒子运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计粒子重力，求：
(1)(2分)粒子的初速度v0；
(2)(4分)粒子从A到B电势能的变化量ΔEp；
(3)(4分)A、B两点纵坐标的变化量Δy。
答案精析
高频考点练
1.1∶2∶3　1∶3∶5
解析　电子在x轴正方向上做匀速直线运动，由题意可知从O到A、从A到B、从B到C所用时间相等，均设为t。电子在y轴正方向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度分别为vyM=at，vyN=2at，vyP=3at，得vyM∶vyN∶vyP=1∶2∶3；电子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，在相等时间内的位移之比为y1∶y2∶y3=1∶3∶5，根据动能定理，可知动能的增量即为这个过程中静电力做的功，由于力相等，所以动能的增量与位移成正比，即动能的增量之比为EOA∶EAB∶EBC=1∶3∶5。
2.C　[设A板与水平方向的夹角为θ，对离子a、b，由tan θ=水平位移x=v0t，解得t=x=b的水平位移大于a，因两离子的荷质比关系不确定，故初速度关系不确定，选项A错误；根据h=×t2，解得t=虽然hc>ha，但是因a、c两离子的荷质比关系不确定，可知c从O到B板的时间不一定大于a从O到A板的时间，选项B错误；离子a落到斜面上时速度偏向角的正切值tan α===2tan θ，同理b落在斜面上时的速度方向也满足该关系式，可知a、b打在A板上的速度方向一定是平行的，选项C正确；离子打到A板上时动量变化，由动量定理Δp=qEt=2mv0tan θ，因a、b离子的初动量mv0关系不确定，故落到A板上的动量变化关系不确定，选项D错误。]
3.AD　[电子在水平方向运动所用时间T=电子在垂直极板方向做匀变速直线运动，由运动学公式有-=aT2，根据牛顿第二定律有Ee=ma，解得E=故A正确；电子做匀变速曲线运动，由题图知，静电力先做负功后做正功，则电势能先增加后减小，故B错误；仅将电容器的上极板竖直向上移动由E=由电容定义式U=由电容决定式C=联立解得E=可知电场强度不变，即电子的出射点不变，故C错误，D正确。]
4.(1)v0　(2)
解析　(1)粒子在0≤x≤2L区域电场中沿x方向做匀速直线运动，沿y方向做初速度为零的匀加速直线运动
x方向有2L=v0t1
y方向有L=t1，解得vy=v0
在A点处的速度大小为
vA==v0
(2)粒子在2L≤x≤4L区域电场中沿x方向做初速度不为零的匀加速直线运动，沿y方向做匀速直线运动，
y方向有2L-L=vyt2
x方向有4L-2L=v0t2+a2
由牛顿第二定律有qE2=ma2
联立解得E2=。
5.C　[小球从A到B过程，由题意可知，其做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，而由于从B到C，其到达C点时速度方向恰好水平，设∠ABM=θ，带电小球水平方向做匀速直线运动，有xAB=v0t1=ABcos θ，同理有xBC=v0t2=BCcos θ，AB=BC，说明从B到C为从A到B的逆过程，由运动的对称性可知，从A到B的时间与从B到C时间相同t1=t2，故C项正确；由之前的分析可知，从B到C的过程，小球受到的静电力方向竖直向上，与电场线方向相反，所以小球带负电，故A项错误；由之前的分析可知，从A到B和从B到C可以看成互为逆过程，从A到B有mg=ma，则从B到C有F电-mg=ma，解得F电=2mg，故B项错误；由之前的分析可知，静电力的大小是重力的二倍，而由于A到B与B到C互为运动的逆过程，所以A到B的竖直方向的高度与B到C竖直方向的高度相同，设其为h，则重力做功为WG=mg·2h=2mgh，克服静电力做功为W克电=F电h=2mgh，两者做功的大小相同，所以重力势能的减少量与电势能的增加量相同，故D项错误。]
6.BC　[小球在电场中受到的静电力为F=qE=10-4×5×104 N=5 N，小球受到的重力为G=mg=0.5×10 N=5 N，小球受力如图所示，根据几何知识可知小球受到合力为F合=5 N，则小球的加速度的大小为a== m/s2=10 m/s2，故A错误，B正确；设OP的距离为x，把x分别沿着v0和垂直于v0方向分解，则有x1=xsin 30°，x2=xcos 30°，因F合与v0垂直，故由类平抛运动规律可得x1=v0t，x2=at2，小球在P点的速度为v=联立解得x= m，v= m/s，故C正确；由匀强电场电势差与电场强度关系可得UOP=Excos 30°=9×104 V，故D错误。]
7.D　[粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的v-t图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s…，满足t=1.5n(n=1，2，3…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L=v·1.5n(n=1，2，3…)，故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥v垂直×1.5 s，v垂直=a×1 s，a=联立求得d≥故D正确。]
8.(1)4×104 m/s　(2)2.4 cm
(3)16 cm2
解析　(1)正离子在A、B间加速时，由动能定理得qU0=m
得v0==4×104 m/s
(2)正离子在C、D间发生偏转时，由牛顿第二定律，得F==ma
得加速度为a=
正离子通过C、D板间运动时间为
t=
得离子在板间偏转距离为y=at2
得y==1.2 cm
由于y<
离子可以通过偏转电场，由几何关系得=
得离子打在荧光屏上的偏转位移为
Y=2y=2.4 cm
(3)由于C、D两板间的距离d可调，当离子恰好能从板的边界射出，最终打到荧光屏上的竖直位移也最大，设此时粒子离开偏转电场竖直方向分速度为vy，
则=2a'y'=2·
得最大竖直分速度为vym==2×104 m/s
此时速度方向和水平方向的夹角正切值为
tan θ==
由偏转距离=a't2
=··()2
得dm=
代入数据得dm=4 cm
荧光屏上的偏转位移为
Y'=+tan θ=4 cm
最大面积为S=2Y'l0=16 cm2。
补偿强化练
1.A　[由动量定理得尘埃在静电除尘装置中运动的最大动量变化量为Δp=Eqt=A错误；两极板间电压为U0时，尘埃的加速度变为原来的尘埃在板间运动的时间不变，那么尘埃在板间竖直方向的最大位移为板间距的所以有的尘埃被收集，则除尘率为η=×100%=25%，B正确；若极板间电压小于U0，则尘埃在板间的加速度减小，保持除尘率η=100%，则尘埃竖直方向的最大位移不变，所以需要延长尘埃在板间的飞行时间，因此需要减小尘埃进入板间的速度，C正确；除尘率为η===×100%，仅减少尘埃的比荷，那么除尘率减小，D正确。]
2.D　[设恰能到达平板的粒子初速度方向与平板方向夹角为θ，则(v0sin θ)2=2ad，a=解得θ=60°，沿平板方向的位移x=v0cos θ·t，t=则平板MN上的发光面积S=πx2，解得S=故选D。]
3.BC　[电子通过两板之间的时间为3t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，可知t=2nt0(n=0，1，2，3…)射入的电子穿过两板后获得的动能最大，电子的加速度为a==电子沿电场方向最大速度为v1=a·2t0，恰好能使所有电子均从两板间通过，则=a(2t0)2+at0·t0，电子在加速电场中，根据动能定理eU0=m导体板板长为L=v0·3t0，联立解得L=3t0d=t0故板长和板间距之比为L∶d=∶1，故A错误，B正确；电子穿过两板后获得的最大动能为Ekmax=m+m=eU0，t=(2n+1)t0(n=0，1，2，3…)射入的电子穿过两板后获得的动能最小，电子沿电场方向最小速度为v2=at0，电子穿过两板后获得的最小动能为Ekmin=m+m=eU0，可得电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为=故C正确，D错误。]
4.(1)　(2)-mv2　(3)L
解析　(1)粒子做类平抛运动，在y轴方向做匀速直线运动，
则有v0=vsin 60°
解得v0=
(2)粒子在B点，根据速度分解有v0=vBsin 30°
结合上述解得vB=v
粒子从A到B过程，根据动能定理有
WAB=m-mv2
根据功能关系有WAB=-ΔEp
解得ΔEp=-mv2
(3)粒子从A到B过程，沿x轴方向有L=·Δt
粒子从A到B过程，沿y轴方向有
Δy=v0·Δt
解得Δy=L。(共49张PPT)
专题一　力与运动
微专题5
带电粒子在电场中的偏转
知识聚焦
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
PART ONE
知识聚焦
1.解决带电粒子(或带电体)在电场(或复合场)中的抛体运动
(1)将速度或力分解在相互垂直的方向，分别利用牛顿第二定律和运动学公式求解。
(2)涉及动能问题时常用动能定理解决，带电粒子偏转时静电力做功，W=qEy(y为偏转量)。
2.对于带电粒子在交变电场中的运动，需要进行分段研究，分析粒子在每段运动过程中的受力特点和运动性质。
核心精讲
PART TWO
考点一　带电粒子在电场中的“抛体”运动
1.(2024·福建泉州市二模)如图所示，真空中有一电子以速度v沿着与电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场。以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于
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高频考点练
PART THREE
电场方向，y轴平行于电场方向，在x轴上取OA=AB=BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线，跟电子的径迹交于M、N、P三点，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度之比为　　　　　；电子从O点开始连续经过三段相等时间的动能改变量之比为　　　　　。
1∶2∶3
1∶3∶5
设加速度大小为a，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度分别为vyM=at，vyN=2at，vyP=3at，得vyM∶vyN∶vyP=1∶2∶3；电子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，在相等时间内的位移之比为y1∶y2∶ y3=1∶3∶5，根据动能定理，可知动能的增量即为这个过程中静电力做的功，由于力相等，所以动能的增量与位移成正比，即动能的增量之比为EOA∶EAB∶EBC=1∶3∶5。
电子在x轴正方向上做匀速直线运动，由题意可知从O到A、从A到B、从B到C所用时间相等，均设为t。电子在y轴正方向上做匀加速直线运动，
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2.(2024·浙江名校协作体开学考)如图所示，O点放置的混合放射源可以将正离子a、b、c先后从O点水平射入竖直向下的匀强电场中，a、b打到倾斜的绝缘板A上不同的点，c打在水平绝缘板B上，不计重力及离子间相互作用，下列说法正确的是
A.b的初速度一定大于a的初速度
B.c从O到B板的时间一定大于a从O到A板的时间
C.a、b打在A板上的速度方向一定是平行的
D.a打在A板时的动量变化一定比b打在A板时的动量变化小
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根据h=×t2，解得t=，虽然hc>ha，但是因a、c两离子的荷质比关系不确定，可知c从O到B板的时间不一定大于a从O到A板的时间，选项B错误；
设A板与水平方向的夹角为θ，对离子a、b，由tan θ =
，水平位移x=v0t，解得t=，x= ，
b的水平位移大于a，因两离子的荷质比关系不确定，故初速度关系不确定，选项A错误；
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离子打到A板上时动量变化，由动量定理Δp=qEt=2mv0tan θ，因a、b离子的初动量mv0关系不确定，故落到A板上的动量变化关系不确定，选项D错误。
离子a落到斜面上时速度偏向角的正切值tan α==
=2tan θ，同理b落在斜面上时的速度方向也满足该关系式，可知a、b打在A板上的速度方向一定是平行的，选项C正确；
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3.(多选)(2024·河北沧州市三模)如图，充电后与电源断开的平行板电容器水平放置，极板长度为l，间距为d，一电子从B点射入电容器，从下极板右侧边缘射出，图中相邻竖直线的间距均为，A与B、B与C、C与D之间的距离分别为d、d、d，电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，已知电子沿极板方向的速度为vx，则
A.电场强度的大小E=
B.电子做匀变速曲线运动，电势能一直减小
C.仅将电容器的上极板竖直向上移动，电子的出射点将上移
D.仅将电容器的上极板竖直向上移动，电子的出射点不变
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电子做匀变速曲线运动，由题图知，静电力先做负功后做正功，则电势能先增加后减小，故B错误；
电子在水平方向运动所用时间T=
-=aT2，根据牛顿第二定律有Ee=ma，
解得E=，故A正确；
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仅将电容器的上极板竖直向上移动，由E=，由电容定义式U=，由电容决定式C=，联立解得E=，可知电场强度不变，即电子的出射点不变，故C错误，D正确。
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点拨·提炼
带电粒子只在静电力作用下做“抛体”运动，在静电力方向做匀变速直线运动，灵活运用匀变速直线运动基本公式及推论式，可使问题简化。
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4.(2024·四川成都市一模)如图，在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的电场强度E1(未知)的匀强电场，2L和v0，求：
(1)粒子运动至A点的速度大小；
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答案　v0　
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粒子在0≤x≤2L区域电场中沿x方向做匀速直线运动，沿y方向做初速度为零的匀加速直线运动
x方向有2L=v0t1
y方向有L=t1，解得vy=v0
在A点处的速度大小为
vA==v0
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(2)电场强度E2的大小。
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粒子在2L≤x≤4L区域电场中沿x方向做初速度不为零的匀加速直线运动，沿y方向做匀速直线运动，
y方向有2L-L=vyt2
x方向有4L-2L=v0t2+a2
由牛顿第二定律有qE2=ma2
联立解得E2=。
考点二　带电体在复合场中的“抛体”运动
5. (2024·湖南邵阳市三模)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=BC，已知当地重力加速度为g，下列说法正确的是
A.小球带正电
B.在小球从B点运动到C点的过程中，小球受到的静电力
大小为mg
C.小球从A点运动到B点的时间与从B点运动到C点的时间之比为1∶1
D.在小球从A点运动到C点的过程中，其重力势能的减少量与电势能的增加量
之比为2∶1
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方向恰好水平，设∠ABM=θ，带电小球水平方向做匀速直线运动，有xAB=v0t1=ABcos θ，同理有xBC=v0t2=BCcos θ，AB=BC，说明从B到C为从A到B的逆过程，由运动的对称性可知，从A到B的时间与从B到C时间相同t1=t2，故C项正确；
小球从A到B过程，由题意可知，其做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，而由于从B到C，其到达C点时速度
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由之前的分析可知，从A到B和从B到C可以看成互为逆过程，从A到B有mg=ma，则从B到C有F电-mg=ma，解得F电=2mg，故B项错误；
由之前的分析可知，从B到C的过程，小球受到的静电力方向竖直向上，与电场线方向相反，所以小球带负电，故A项错误；
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度相同，设其为h，则重力做功为WG=mg·2h=2mgh，克服静电力做功为W克电=F电h=2mgh，两者做功的大小相同，所以重力势能的减少量与电势能的增加量相同，故D项错误。
由之前的分析可知，静电力的大小是重力的二倍，而由于A到B与B到C互为运动的逆过程，所以A到B的竖直方向的高度与B到C竖直方向的高
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6.(多选)(2024·四川遂宁市三模)如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5 kg、带电荷量为q=+10-4 C的小球从坐标原点O处，以初速度v0= m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方电场强度为E=5×104 V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹
角为30°，重力加速度取10 m/s2，下列说法正确的是
A.小球的加速度大小为10 m/s2
B.小球的加速度大小为10 m/s2
C.若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为 m/s
D.O、P两点间的电势差为6×104 V
√
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√
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设OP的距离为x，把x分别沿着v0和垂直于v0方向分解，则有x1=xsin 30°，x2=xcos 30°，因F合与v0垂直，故由类平抛运动规律可得x1=v0t，x2=at2，小
球在P点的速度为v=，联立解得x= m，v= m/s，故C正确；
由匀强电场电势差与电场强度关系可得UOP=Excos 30°=9×104 V，故D错误。
小球在电场中受到的静电力为F=qE=10-4×5×104 N=5 N，小球受到的重力为G=mg=0.5×10 N=5 N，小球受力如图所示，根据几何知识可知小球受到合力为F合=5 N，则小球的加速度
的大小为a== m/s2=10 m/s2，故A错误，B正确；
考点三　带电粒子在交变电场中的运动
7.(2024·云南模拟)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v进入电容器中(记为t=0时刻)，同时在两极板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是
A.粒子射出时间可能为t=4 s
B.粒子射出的速度大小为2v
C.极板长度满足L=3vn(n=1，2，3…)
D.极板间最小距离为
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的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s…，满足t=1.5n (n=1，2，3…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；
极板长度L=v·1.5n(n=1，2，3…)，故C错误；
因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥v垂直×1.5 s，v垂直=a×1 s，a=，联立求得d≥，故D正确。
粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的v-t图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直板
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点拨·提炼
作出粒子的v-t图像或某一方向上的v-t图像，借助图像，结合运动轨迹，使运动过程更直观。
8.(2024·山东德州市一模)如图甲所示，两平行金属板A、B与x轴垂直放置，接在电压U0=400 V的稳压电源上，A板过原点，在B板上中间处有一长度l0=2 cm的水平狭缝。B板右侧水平放置边长为l=8 cm的两正方形平行金属板C、D，两板间距d=4 cm，距板右端处垂直x轴有一荧光屏。在z轴上有一足够长离子源，可以连续释放初速度为零的正离子，已知离子源、B上的狭缝和C、D中间线在同一水平面内。C、D不加电压时，荧光
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屏上会出现一条长2 cm的水平亮线，离子的比荷均为2×106 C/kg，不计离子的重力及离子间相互作用。
(1)求离子穿过B板狭缝时的速度大小；
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答案　4×104 m/s　
正离子在A、B间加速时，由动能定理得qU0=m
得v0==4×104 m/s
(2)在C、D两极板间接上电压UDC=120 V，可在两板间形成匀强电场，求离子打在荧光屏上的偏转位移；
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答案　2.4 cm　
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正离子在C、D间发生偏转时，由牛顿第二定律，得F==ma
得加速度为a=
正离子通过C、D板间运动时间为t=
得离子在板间偏转距离为y=at2
得y==1.2 cm
由于y<
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离子可以通过偏转电场，由几何关系得
=
得离子打在荧光屏上的偏转位移为
Y=2y=2.4 cm
(3)在C、D两极板间接上如图乙所示的电压(离子通过电场时间内电场可视为匀强电场)，若C、D两板间的距离d可调，求离子打在荧光屏上区域面积的最大值。
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答案　16 cm2
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由于C、D两板间的距离d可调，当离子恰好能从板的边界射出，最终打到荧光屏上的竖直位移也最大，设此时粒子离开偏转电场竖直方向分速度为vy，
则=2a'y'=2·
得最大竖直分速度为vym==2×104 m/s
此时速度方向和水平方向的夹角正切值为
tan θ==
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由偏转距离=a't2=··()2
得dm=
代入数据得dm=4 cm
荧光屏上的偏转位移为
Y'=+tan θ=4 cm
最大面积为S=2Y'l0=16 cm2。
1.(2024·北京市海淀区二模)如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，已知板间距为d，板长为L，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m、电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率η(相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘
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补偿强化练
PART FOUR
空间尘埃的数量之百分比)。当两极板间电压为U0时，η恰好为100%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法不正确的是
A.两极板间电压为U0时，尘埃在静电除尘装置中
运动的最大动量变化量为
B.两极板间电压为U0时，除尘率可达25%
C.若极板间电压小于U0，需要减小尘埃的速率v，保持除尘率η=100%
D.仅减少尘埃的比荷，除尘率将减小
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√
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尘埃在板间运动的时间不变，那么尘埃在板间竖直方向的最大位移为板间距的的尘埃被收集，则除尘率为η=×100%= 25%，B正确；
由动量定理得尘埃在静电除尘装置中运动的最大动量变化量为Δp=Eqt=，A错误；
两极板间电压为U0时，尘埃的加速度变为原来的
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除尘率为η===×100%，仅减少尘埃的比荷，那么除尘率减小，D正确。
若极板间电压小于U0，则尘埃在板间的加速度减小，保持除尘率η=100%，则尘埃竖直方向的最大位移不变，所以需要延长尘埃在板间的飞行时间，因此需要减小尘埃进入板间的速度，C正确；
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2.(2024·山东济宁市二模)如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场(未
画出)，电场强度大小为。一足够大平板MN竖直放置于电场中，且
与电场垂直，平板左侧表面均匀涂有荧光物质。电场中O点有一粒子源，可以向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的带电粒子，粒子撞击荧光物质会被吸收并使其发出荧光，O点与平板之间的距离为d，不计粒子重力。则平板MN上的发光面积为
A. B.
C.πd2 D.
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设恰能到达平板的粒子初速度方向与平板方向夹角为θ，则(v0sin θ)2=2ad，a=，解得θ=60°，沿平板方向的位移x=v0cos θ·t，t=，则平板MN上的发光面积S=πx2，解得S=，故选D。
3.(多选)(2024·海南省模拟)两块水平正对放置的导体板如图甲所示，大量电子由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿水平方向从两板正中间射入。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过，不计电子重力及电子间相互作用力。则
A.板长和板间距之比为∶1
B.板长和板间距之比为∶1
C.电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为16∶13
D.电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为6∶5
√
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√
3…)射入的电子穿过两板后获得的动能最大，电子的加速度为a==，电子沿电场方向最大速度为v1=a·2t0，恰好能使所有电子均从两板间通过，则=a(2t0)2+at0·t0，电子在加速电场中，根据动能定理eU0=m，导体板板
长为L=v0·3t0，联立解得L=3t0，d=t0，故板长和板间距之比为
L∶d=∶1，故A错误，B正确；
电子通过两板之间的时间为3t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，可知t=2nt0(n=0， 1，2，
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t0(n=0，1，2，3…)射入的电子穿过两板后获得的动能最小，电子沿电场方向最小速度为v2=at0，电子穿过两板后获得的最小动能为Ekmin=m+m=eU0，可得电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为=，故C正确，D错误。
电子穿过两板后获得的最大动能为Ekmax=m+m=eU0，t=(2n+1)
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4.(2024·北京市人大附中二模)如图，在xOy平面内，有沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿y轴正方向以某一速度射入电场，A、B为其运动轨迹上的两点，且对应的横坐标xB-xA=L，已知该粒子在A点的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为60°，当粒子运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计粒子重力，求：
(1)粒子的初速度v0；
答案　
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粒子做类平抛运动，在y轴方向做匀速直线运动，则有v0=vsin 60°
解得v0=
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(2)粒子从A到B电势能的变化量ΔEp；
答案　-mv2　
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粒子在B点，根据速度分解有v0=vBsin 30°
结合上述解得vB=v
粒子从A到B过程，根据动能定理有
WAB=m-mv2
根据功能关系有WAB=-ΔEp
解得ΔEp=-mv2
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(3)A、B两点纵坐标的变化量Δy。
答案　L
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粒子从A到B过程，沿x轴方向有
L=·Δt
粒子从A到B过程，沿y轴方向有
Δy=v0·Δt
解得Δy=L。

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