金版教程物理2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第八章 靜電場(chǎng)第4講 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含答案

高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案物理《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第八章靜電場(chǎng)第講帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[教材閱讀指導(dǎo)](對(duì)應(yīng)人教版必修第三冊(cè)相關(guān)內(nèi)容及問題)第十章第5節(jié)閱讀[例題1]。第十章第5節(jié)閱讀[拓展學(xué)習(xí)]“示波管的原理”。第十章第5節(jié)閱讀[科學(xué)漫步]“范德格拉夫靜電加速器”。第十章第5節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T2；T4。提示：T2：－Ume＝0－eq\f(1,2)meveq\o\al(2,m)。T4：設(shè)加速電場(chǎng)的電壓為U，離子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度大小為v1，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度為E，離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中加速度大小為a，則有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0qE＝ma，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，開始計(jì)時(shí)，當(dāng)離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，沿垂直電場(chǎng)強(qiáng)度方向的位移為x時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間t＝eq\f(x,v1)，此時(shí)離子在平行電場(chǎng)強(qiáng)度方向的位移y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立得y＝eq\f(Ex2,4U)，y與q、m無關(guān)，故它們不會(huì)分離為三股粒子束。必備知識(shí)梳理與回顧一、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．加速問題分析帶電粒子加速問題的兩種思路：(1)利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式來分析；適用于eq\x(\s\up1(01))勻強(qiáng)電場(chǎng)且涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間等描述運(yùn)動(dòng)過程的物理量的情景。(2)利用靜電力做功結(jié)合eq\x(\s\up1(02))動(dòng)能定理來分析；適用于涉及位移、速率等動(dòng)能定理公式中的物理量或eq\x(\s\up1(03))非勻強(qiáng)電場(chǎng)的情景。2．偏轉(zhuǎn)問題(1)條件分析：帶電粒子的初速度方向跟電場(chǎng)方向eq\x(\s\up1(04))垂直。(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：eq\x(\s\up1(05))類平拋運(yùn)動(dòng)。(3)處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解。①沿初速度方向：做eq\x(\s\up1(06))勻速直線運(yùn)動(dòng)。②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的eq\x(\s\up1(07))勻加速直線運(yùn)動(dòng)。③運(yùn)動(dòng)過程，如圖所示：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\x(\s\up1(08))\f(qE,m)＝\x(\s\up1(09))\f(qU,md),\a\vs4\al(運(yùn)動(dòng),時(shí)間)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a.能飛出平行板：t＝\x(\s\up1(10))\f(l,v0),b.打在平行極板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)))),離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\x(\s\up1(11))\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d),離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\x(\s\up1(12))\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d)))二、示波管1．構(gòu)造示波管的構(gòu)造如圖所示，它主要由eq\x(\s\up1(01))電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。2．工作原理(1)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′之間和偏轉(zhuǎn)電極YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿eq\x(\s\up1(02))直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。(2)示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待測(cè)的eq\x(\s\up1(03))信號(hào)電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作eq\x(\s\up1(04))掃描電壓。如果信號(hào)電壓是周期性的，并且掃描電壓與信號(hào)電壓的eq\x(\s\up1(05))周期相同，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)隨時(shí)間變化的穩(wěn)定圖像。一、堵點(diǎn)疏通1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)。()2．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，不加特別說明重力可以忽略不計(jì)；帶電微粒、帶電液滴在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，不加特別說明重力不可以忽略不計(jì)。()答案1.×2.√二、對(duì)點(diǎn)激活(人教版必修第三冊(cè)·第十章第5節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T3)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，進(jìn)入時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向垂直。在下列兩種情況下，分別求出電子偏轉(zhuǎn)角的正切與氫核偏轉(zhuǎn)角的正切之比。(1)電子與氫核的初速度相同；(2)電子與氫核的初動(dòng)能相同。答案(1)eq\f(mH,me)(2)1解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間距離為d，極板長(zhǎng)為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))。(1)若電子與氫核的初速度相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若電子與氫核的初動(dòng)能相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝1。關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點(diǎn)一帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)拓展延伸1．帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)是否考慮重力的處理方法(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力。2．做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)帶電粒子(帶電體)所受合力F合＝0，則靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)帶電粒子(帶電體)所受合力F合≠0，且合力與初速度方向在同一條直線上，則將做變速直線運(yùn)動(dòng)。3．解題思路(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析Eq＋F其他＝ma，E＝eq\f(U,d)(勻強(qiáng)電場(chǎng))，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(勻變速直線運(yùn)動(dòng))。(2)用能量觀點(diǎn)分析①勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W電＝Eqd＝qU，W電＋W其他＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W電＝qU，W電＋W其他＝Ek2－Ek1。考向1帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)例1(2022·北京高考)如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F；(2)求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v；(3)若在帶電粒子運(yùn)動(dòng)eq\f(d,2)距離時(shí)撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t。[答案](1)qeq\f(U,d)(2)eq\r(\f(2qU,m))(3)eq\f(3d,2)eq\r(\f(m,qU))[解析](1)兩平行金屬板間的場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(U,d)帶電粒子所受的靜電力的大小F＝qE聯(lián)立解得F＝qeq\f(U,d)。(2)帶電粒子從M板由靜止開始運(yùn)動(dòng)到N板的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(\f(2qU,m))。(3)設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)eq\f(d,2)距離時(shí)的速度大小為v′，根據(jù)動(dòng)能定理有qeq\f(U,2)＝eq\f(1,2)mv′2－0帶電粒子在前eq\f(d,2)距離做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后eq\f(d,2)距離做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)歷的時(shí)間分別為t1、t2，有eq\f(d,2)＝eq\f(v′,2)t1eq\f(d,2)＝v′t2該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2聯(lián)立解得t＝eq\f(3d,2)eq\r(\f(m,qU))。帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法解決此類問題的關(guān)鍵是靈活利用動(dòng)力學(xué)方法分析，可以采用受力分析和動(dòng)力學(xué)公式相結(jié)合的方法進(jìn)行解決，也可以采用功能的觀點(diǎn)進(jìn)行解決，往往優(yōu)先采用動(dòng)能定理?！靖M(jìn)訓(xùn)練】1.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)。現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D．穿過P′點(diǎn)答案A解析設(shè)AB、BC間的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，據(jù)動(dòng)能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)，BC板間的電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距無關(guān)，大小不變。第二次釋放后，設(shè)電子在BC間移動(dòng)的距離為x，則eE1d1－eE2x＝0－0②比較①②兩式知，x＝d2，即電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)返回，A正確?？枷?帶電體在靜電力和重力等作用下的直線運(yùn)動(dòng)考查角度1：靜電力和速度方向在同一直線上例2(多選)如圖所示，一中央開有正對(duì)小孔的平行板電容器，水平放置并與電源連接，電源電壓恒為U，開關(guān)閉合時(shí)，將一帶電液滴從兩小孔的正上方P點(diǎn)靜止釋放，液滴穿過A板的小孔a恰好能夠到達(dá)B板的小孔b處，然后沿原路返回(不計(jì)一切阻力，且液滴運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變)?，F(xiàn)欲使液滴能從小孔b處穿出，下列可行的辦法是()A．保持開關(guān)閉合，將A板下移一段距離B．保持開關(guān)閉合，將B板下移一段距離C．將開關(guān)斷開，將A板上移一段距離D．將開關(guān)斷開，將B板上移一段距離[答案]BD[解析]帶電液滴從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到小孔b處的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mghPb－qU＝Ekb－0，開關(guān)閉合時(shí)，電容器兩板之間的電壓U不變，將A板下移一段距離，hPb不變，液滴仍恰好能夠達(dá)到B板的小孔b處；將B板下移一段距離，hPb增大，根據(jù)動(dòng)能定理知，液滴能夠從小孔b處穿出，A錯(cuò)誤，B正確。帶電液滴從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到小孔b處的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mghPb－qEd＝Ekb－0，開關(guān)斷開時(shí)，極板所帶電荷量不變，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知改變兩極板間距離，場(chǎng)強(qiáng)不變，將A板上移一段距離，d增大，hPb不變，根據(jù)動(dòng)能定理知，液滴不可能從小孔b處穿出；將B板上移一段距離，d減小，hPb減小，且減小量相同，又由hPb>d可知mg<qE，則結(jié)合動(dòng)能定理分析可知，液滴能夠從小孔b處穿出，C錯(cuò)誤，D正確。例3(2023·新課標(biāo)卷)密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、eq\f(v0,4)；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率eq\f(v0,2)，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比。[答案](1)8∶1(2)油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電4∶1[解析](1)設(shè)油滴半徑為r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量m＝eq\f(4,3)πr3ρ由題意知，油滴速率為v時(shí)，所受空氣阻力大小f＝krv(k為大于零的常量)若兩板間不加電壓，當(dāng)油滴勻速豎直下落時(shí)，受力平衡，有mg＝f解得r＝eq\r(\f(3kv,4πρg))∝eq\r(v)可知eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(v0),\r(\f(1,4)v0))＝eq\f(2,1)則eq\f(ma,mb)＝eq\f(req\o\al(3,a),req\o\al(3,b))＝eq\f(8,1)。(2)兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率eq\f(v0,2)，且運(yùn)動(dòng)方向均豎直向下，可知加上電壓后，油滴a向下做減速運(yùn)動(dòng)，油滴b向下做加速運(yùn)動(dòng)，則油滴a受到的電場(chǎng)力方向向上，油滴a帶負(fù)電，油滴b受到的電場(chǎng)力方向向下，油滴b帶正電；當(dāng)再次勻速豎直下落時(shí)，對(duì)a，由平衡條件可得|qa|E＋fa′＝mag其中fa′＝eq\f(1,2)krav0又不加電壓時(shí)有fa＝krav0＝mag對(duì)b，由平衡條件可得fb′＝|qb|E＋mbg其中fb′＝eq\f(1,2)krbv0又不加電壓時(shí)有fb＝eq\f(1,4)krbv0＝mbg聯(lián)立解得eq\f(|qa|,|qb|)＝eq\f(4,1)?？疾榻嵌?：靜電力的方向和帶電體的速度方向不在同一直線上例4(多選)如圖所示，兩個(gè)相同的平行板電容器均與水平方向成θ角放置，兩極板與直流電源相連。若帶電小球分別以速度v0沿邊緣水平射入電容器，均能沿圖中所示水平直線恰好穿出電容器，穿出時(shí)的速度分別為v1和v2。下列說法正確的是()A．兩種情形下帶電小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等B．兩種情形下電容器所加電壓相等C．小球的速度滿足關(guān)系v0＝v1＝v2D．小球的速度滿足關(guān)系2veq\o\al(2,0)＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2)[答案]BD[解析]靜電力的方向垂直于極板，由于兩種情形下小球均沿著水平方向運(yùn)動(dòng)，豎直方向所受合力均為零，因此兩種情形下帶電小球所受靜電力大小均為F＝eq\f(mg,cosθ)，又因兩電容器相同，根據(jù)F＝Eq＝eq\f(Uq,d)知兩種情形下電容器所加電壓相等，B正確；分析知第一種情形小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，第二種情形小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度相同，運(yùn)動(dòng)位移相同，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，兩種情形帶電小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，末速度也不同，A、C錯(cuò)誤；兩種情形小球在水平方向上的加速度大小均為a＝eq\f(Fsinθ,m)＝gtanθ，第一種情形，水平方向上有：veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2ax，第二種情形，水平方向上有：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,0)＝2ax，兩式聯(lián)立，可得2veq\o\al(2,0)＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2)，D正確?？键c(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)拓展延伸1.基本規(guī)律設(shè)粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，所受重力影響忽略，兩平行金屬板間的電壓為U，板長(zhǎng)為l，板間距離為d，粒子能以平行金屬板的初速度v0進(jìn)入兩金屬板間且能從兩金屬板之間穿過，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(l,v0)。(3)末速度eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d)))。2．兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)U1加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度θ和偏移量y總是相同的。證明：由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qU2l,mveq\o\al(2,0)d)，得tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)。由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及y＝eq\f(qU2l2,2mveq\o\al(2,0)d)，得y＝eq\f(U2l2,4U1d)。(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)射出后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O1為粒子在初速度方向分位移的中點(diǎn)，即O1到極板邊緣在初速度方向的距離為eq\f(l,2)。3．在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示。(1)確定最終偏移距離思路一：思路二：(2)確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度)思路一：思路二：考向1帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)例5(2021·全國乙卷)(多選)四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與y軸平行，不計(jì)重力。下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，可能正確的是()[答案]AD[解析]帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝eq\f(qE,m)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，垂直于電場(chǎng)方向有x＝v0t，平行于電場(chǎng)方向有y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立得y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))。因?yàn)樗膫€(gè)帶電粒子的初速度v0相同，所以沿x軸方向運(yùn)動(dòng)相同距離時(shí)，沿y軸方向運(yùn)動(dòng)的距離與比荷成正比，再結(jié)合粒子所帶電荷的電性，分析可知，粒子(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)向一側(cè)偏轉(zhuǎn)，粒子(－q，m)向另一側(cè)偏轉(zhuǎn)，且比荷相同的粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)的偏轉(zhuǎn)程度相同，比荷較小的粒子(＋q，2m)的偏轉(zhuǎn)程度較小，故A、D可能正確，B、C錯(cuò)誤。例6(多選)如圖所示，三個(gè)同樣的帶電粒子a、b、c(不計(jì)重力)同時(shí)從同一位置沿同一方向垂直于電場(chǎng)線射入平行板電容器間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，它們的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，不考慮帶電粒子間的相互作用，下列說法中正確的是()A．當(dāng)b飛離電場(chǎng)的同時(shí)，a剛好打在下極板上B．b和c同時(shí)飛離電場(chǎng)C．進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，c的速度最大，a的速度最小D．在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，c的動(dòng)能增加量最小，a、b的動(dòng)能增加量相同[答案]ACD[解析]三個(gè)粒子相同，故進(jìn)入電場(chǎng)后，受到的靜電力相等，即加速度相等，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，偏移量y＝eq\f(1,2)at2，所以ta＝tb＞tc，故B錯(cuò)誤，A正確；粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故有v0＝eq\f(x,t)，因?yàn)閤b＝xc＞xa，ta＝tb＞tc，所以有vc＞vb＞va，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝Eqy＝ΔEk，知c的動(dòng)能增加量最小，a、b的動(dòng)能增加量相同，故D正確。例7(2023·湖北高考)(多選)一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時(shí)緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力。下列說法正確的是()A．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶1C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運(yùn)動(dòng)軌跡不變[答案]BD[解析]微粒在電容器中沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)微粒射入電容器時(shí)的速度為v0，則水平方向和豎直方向的分速度大小分別為v0x＝v0cosα，v0y＝v0sinα，其中α＝45°，微粒從射入電容器到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則有2L＝v0xt1，d＝eq\f(0＋v0y,2)t1，聯(lián)立可得L∶d＝1∶1，A錯(cuò)誤；在電容器中運(yùn)動(dòng)過程，由牛頓第二定律可得微粒的加速度大小a＝eq\f(F,m)，微粒所受電場(chǎng)力大小F＝qE，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(U2,2d)，從射入電容器到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知veq\o\al(2,0y)＝2ad，微粒經(jīng)電壓U1加速過程，由動(dòng)能定理可得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得U1∶U2＝1∶1，B正確；微粒從最高點(diǎn)到穿出電容器，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則有L＝v0xt2，穿出電容器時(shí)沿豎直方向的分速度大小vy＝at2，從射入電容器到最高點(diǎn)有v0y＝at1，且2L＝v0xt1，解得vy＝eq\f(v0y,2)＝eq\f(v0x,2)，設(shè)微粒射出電容器時(shí)速度與水平方向的夾角為β，則tanβ＝eq\f(vy,v0x)＝eq\f(1,2)，因此微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan(α＋β)＝eq\f(\a\vs4\al(tanα＋tanβ),1－tanαtanβ)＝3，C錯(cuò)誤；微粒射入電容器后，經(jīng)時(shí)間t，水平方向的位移為x＝v0xt，豎直方向的位移為y＝v0yt－eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得y＝x－eq\f(U2x2,4dU1)，即微粒在電容器中的運(yùn)動(dòng)軌跡與微粒的電荷數(shù)量、質(zhì)量無關(guān)，D正確。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問題的兩種求解思路(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)是指用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式來解決實(shí)際問題。帶電粒子的初速度方向垂直電場(chǎng)線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要采取類似平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法。(2)能量觀點(diǎn)：首先對(duì)帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算。①若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能的增量。②若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。考向2帶電體在靜電力和重力等作用下的類平拋運(yùn)動(dòng)例8(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，已知重力加速度為g，下列結(jié)論正確的是()A．兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)B．兩極板間電壓為eq\f(2mgd,q)C．整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能增加eq\f(3mg2L2,2veq\o\al(2,0))D．若僅增大兩極板間距，該質(zhì)點(diǎn)仍能垂直打在M上[答案]BD[解析]據(jù)題分析可知，質(zhì)點(diǎn)在平行板間的軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，飛出電場(chǎng)后，質(zhì)點(diǎn)的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡有對(duì)稱性，則兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE－mg＝mg，解得：E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed可知兩極板間電壓為：U＝eq\f(2mgd,q)，故A錯(cuò)誤，B正確；質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中向上偏轉(zhuǎn)的距離為：y＝eq\f(1,2)at2，而a＝eq\f(qE－mg,m)＝g，t＝eq\f(L,v0)，解得：y＝eq\f(gL2,2veq\o\al(2,0))，故質(zhì)點(diǎn)打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為：s＝2y＝eq\f(gL2,veq\o\al(2,0))，整個(gè)過程質(zhì)點(diǎn)重力勢(shì)能的增加量為：Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,veq\o\al(2,0))，故C錯(cuò)誤；因兩極板上所帶電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，若僅增大兩極板間的距離，可知板間場(chǎng)強(qiáng)不變，質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中的受力情況不變，則運(yùn)動(dòng)情況不變，故質(zhì)點(diǎn)仍能垂直打在M上，D正確?？枷?帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例9如圖所示，一真空示波管的電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計(jì))，經(jīng)燈絲與A板間的加速電場(chǎng)加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中(偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng))，電子進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，電子經(jīng)過電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的右端到熒光屏的距離為l，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子重力。(1)求電子穿過A板時(shí)的速度大小v0；(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量y；(3)求OP的距離Y；(4)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量y和偏轉(zhuǎn)電壓U2的比叫作示波器的靈敏度，分析說明可采用哪些方法提高示波器的靈敏度。[答案](1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4dU1)(3)eq\f(U2L,2U1d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋l))(4)增加L或者減小d以及減小U1均可增加靈敏度[解析](1)粒子在加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理可知：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直電場(chǎng)方向：L＝v0t則沿電場(chǎng)方向：eeq\f(U2,d)＝ma側(cè)移量：y＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得：y＝eq\f(U2L2,4dU1)。(3)由幾何關(guān)系可知：eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋l)＝eq\f(y,Y)得：Y＝eq\f(U2L,2U1d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋l))。(4)該示波器的靈敏度D＝eq\f(y,U2)解得：D＝eq\f(L2,4dU1)則增加L或者減小d以及減小U1均可增加靈敏度。例10如圖是示波管的原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成。管內(nèi)抽成真空，給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點(diǎn)，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。下列說法不正確的是()A．要想讓亮斑沿OY向上移動(dòng)，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加電壓，且Y′比Y電勢(shì)高B．要想讓亮斑移到熒光屏的左下方，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′上加電壓，且X比X′電勢(shì)低、Y比Y′電勢(shì)低C．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條豎直亮線，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加特定的周期性變化的電壓D．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條正弦曲線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加適當(dāng)頻率的掃描電壓、在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加按正弦規(guī)律變化的電壓[答案]A[解析]要想讓亮斑沿OY向上移動(dòng)，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加電壓，使電子受向上的電場(chǎng)力，則要使Y比Y′電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；要想讓亮斑移到熒光屏的左下方，則要使電子受到OX′以及OY′方向的電場(chǎng)力，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′上加電壓，且X比X′電勢(shì)低、Y比Y′電勢(shì)低，B正確；由示波管的原理可知，要想在熒光屏上出現(xiàn)一條豎直亮線，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加特定的周期性變化的電壓，C正確；要想在熒光屏上出現(xiàn)一條正弦曲線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加適當(dāng)頻率的掃描電壓、在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加按正弦規(guī)律變化的電壓，D正確。本題選說法不正確的，故選A?？键c(diǎn)三帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)方法技巧1.帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形。當(dāng)粒子垂直于交變電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性。2．研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)變化的特點(diǎn)，利用動(dòng)力學(xué)規(guī)律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)電場(chǎng)的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等。3．帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析要點(diǎn)(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。(2)注意從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。4．對(duì)于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場(chǎng)，若粒子穿過板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過電場(chǎng)時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。例11如圖a所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖b所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)[答案]B[解析]設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度時(shí)而為負(fù)，時(shí)而為正，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度為負(fù)。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時(shí)情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確?！靖M(jìn)訓(xùn)練】2.如圖甲所示，一對(duì)平行金屬板M、N長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，O1O2為中軸線，兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，忽略兩極板外的電場(chǎng)。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時(shí)，某一帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)以速度v0沿O1O2方向射入電場(chǎng)，粒子恰好打在上極板M的中點(diǎn)，粒子重力忽略不計(jì)。(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，從t＝0開始，前eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)UMN＝2U，后eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O2方向持續(xù)射入電場(chǎng)，最終所有粒子恰好能全部離開電場(chǎng)而不打在極板上，求U的值。(不計(jì)帶電粒子之間的相互作用)答案(1)eq\f(4d2veq\o\al(2,0),U0L2)(2)eq\f(3U0,8)解析(1)設(shè)粒子經(jīng)過時(shí)間t0打在M板中點(diǎn)沿極板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直極板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,0)式中粒子的加速度大小a0＝eq\f(qE0,m)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E0＝eq\f(U0,d)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2veq\o\al(2,0),U0L2)。(2)粒子通過兩板間的時(shí)間t＝eq\f(L,v0)＝T從t＝0時(shí)刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)，每個(gè)電壓變化周期的前三分之一時(shí)間內(nèi)的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每個(gè)電壓變化周期的后三分之二時(shí)間內(nèi)的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)如圖所示為從不同時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子在垂直極板方向的分速度與時(shí)間的關(guān)系圖像，根據(jù)題意和圖像分析可知，從t＝nT(n＝0，1，2，…)或t＝eq\f(T,3)＋nT(n＝0，1，2，…)時(shí)刻入射的粒子恰好不打在極板上，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×T×vym，式中vym＝a1×eq\f(T,3)解得U＝eq\f(3U0,8)。課時(shí)作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1.(2023·河北省保定市高三下二模)一對(duì)平行正對(duì)的金屬板C、D接入如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，C板固定，D板可左右平行移動(dòng)，閉合開關(guān)，一段時(shí)間后再斷開開關(guān)，從C板發(fā)射一電子，恰能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后再返回，已知A到D板的距離是板間距離的三分之一，電子質(zhì)量為m，電荷量為－e，忽略電子的重力，則()A．設(shè)定C板電勢(shì)為0，電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能為－eq\f(2,3)eEB．若要讓電子能夠到達(dá)D板，可將D板向左平移至A點(diǎn)或A點(diǎn)左側(cè)某位置C．若要讓電子能夠到達(dá)D板，可將D板向右平移至某位置D．若要讓電子能夠到達(dá)D板，可閉合開關(guān)，再將D板向右平移至某位置答案B解析由題圖可知，金屬板間的電場(chǎng)線方向由C指向D，C、D兩板間的電勢(shì)差UCD＝φC－φD＝E，設(shè)C、D兩極板間距離為d，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E′＝eq\f(E,d)，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，設(shè)定C板電勢(shì)為0，即φC＝0，又UCA＝φC－φA＝E′·eq\f(2,3)d，解得φA＝－eq\f(2,3)E，電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能為EpA＝－eφA＝eq\f(2,3)eE，故A錯(cuò)誤；閉合開關(guān)，一段時(shí)間后再斷開開關(guān)，則金屬板電容器極板上的電荷量Q不變，根據(jù)電容的定義式和決定式C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)，及平行板電容器間電場(chǎng)強(qiáng)度E′＝eq\f(U,d)可知，E′＝eq\f(4πkQ,εrS)，即E′與板間距離無關(guān)，由題意并結(jié)合動(dòng)能定理可知，若將D板向左平移至A點(diǎn)或A點(diǎn)左側(cè)某位置，電子能夠到達(dá)D板，若將D板向右平移至某位置，電子無法到達(dá)D板，B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)閉合開關(guān)時(shí)，兩極板間電勢(shì)差UCD＝E保持不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知，D板無論向左移動(dòng)還是向右移動(dòng)，電子都無法到達(dá)D板，D錯(cuò)誤。2.(2022·浙江6月選考)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)(不考慮邊界效應(yīng))。t＝0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)B．兩個(gè)粒子的電勢(shì)能都增加C．粒子在兩板間的加速度a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D．粒子從N板下端射出的時(shí)間t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)答案C解析由于不知道兩粒子或M、N所帶電荷的電性，故不能確定M板和N板的電勢(shì)高低，A錯(cuò)誤；根據(jù)題意，垂直M板向右運(yùn)動(dòng)的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，則平行M板向下的粒子到達(dá)N板下端過程電場(chǎng)力也做正功，電勢(shì)能同樣減小，故B錯(cuò)誤；設(shè)兩板間距離為d，平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因兩粒子相同，則在電場(chǎng)中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－veq\o\al(2,0)＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，故C正確，D錯(cuò)誤。3.(2020·浙江7月選考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)()A．所用時(shí)間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點(diǎn)的距離為eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°答案C解析粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上有x＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)t2，當(dāng)粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)，有eq\f(y,x)＝tan45°，聯(lián)立可得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)，有vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故此時(shí)粒子的速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)，與P點(diǎn)的距離為L(zhǎng)＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，故C正確；粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)，速度方向與豎直方向的夾角的正切值為tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)<tan30°，可知此時(shí)的速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯(cuò)誤。4.如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴()A．仍然保持靜止 B．豎直向下運(yùn)動(dòng)C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng)答案D解析兩極板平行時(shí)帶電油滴處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場(chǎng)力，當(dāng)下極板右端向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，板間距離增大場(chǎng)強(qiáng)減小，電場(chǎng)力小于重力；由于電場(chǎng)線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場(chǎng)線如圖所示，所以重力與電場(chǎng)力的合力偏向右下方，故油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，D正確。5.(2022·廣東省深圳市高三下一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)兩個(gè)帶電小油滴a、b在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中分別以速度v1、v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力及兩油滴之間的庫侖力，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b帶異種電荷 B．a(chǎn)比b的比荷大C．a(chǎn)的電勢(shì)能減小，b的電勢(shì)能增加D．沿v1方向電勢(shì)增加，沿v2方向電勢(shì)減小答案C解析由于兩油滴均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則所受電場(chǎng)力與重力平衡，電場(chǎng)力都豎直向上，因此a、b均帶正電荷，A錯(cuò)誤；根據(jù)qE＝mg得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，因此a、b的比荷相同，B錯(cuò)誤；a向上運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，b向下運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，C正確；沿電場(chǎng)線方向，電勢(shì)減小，因此沿v1方向電勢(shì)減小，沿v2方向電勢(shì)增加，D錯(cuò)誤。6.(多選)如圖所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出，油滴質(zhì)量為m，電荷量為q，現(xiàn)僅將上極板上移些許，其他條件保持不變，則下列分析正確的是()A．上移后油滴的運(yùn)動(dòng)軌跡仍然是直線B．上移后電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)，方向豎直向上C．上移后下板和上板之間的電勢(shì)差為eq\f(mgd,q)D．上移后油滴穿越兩板之間的電場(chǎng)電勢(shì)能減少了mgd答案ABD解析由于油滴沿直線從上極板邊緣射出，可知油滴在極板間一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE＝mg，可得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知，當(dāng)上極板向上移動(dòng)時(shí)，E不變，方向仍然豎直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的運(yùn)動(dòng)軌跡仍然是直線，A、B正確；綜上分析，由于E不變，根據(jù)U＝Ed，當(dāng)上極板向上移動(dòng)些許時(shí)，上、下兩極板間的電勢(shì)差U變大，不再是eq\f(mgd,q)，C錯(cuò)誤；當(dāng)上極板向上移動(dòng)后，E不變，所以油滴射出電場(chǎng)時(shí)的位置也不變，重力做功－mgd，則靜電力做功mgd，根據(jù)功能關(guān)系可知，油滴的電勢(shì)能減少了mgd，D正確。[B組綜合提升練]7.(2022·全國乙卷)(多選)一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測(cè)裝置，由兩個(gè)同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板(半徑分別為R和R＋d)和探測(cè)器組成，其橫截面如圖a所示，點(diǎn)O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，方向指向O點(diǎn)。4個(gè)帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測(cè)器。不計(jì)重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動(dòng)，圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2(R<r1<r2<R＋d)；粒子3從距O點(diǎn)r2的位置入射并從距O點(diǎn)r1的位置出射；粒子4從距O點(diǎn)r1的位置入射并從距O點(diǎn)r2的位置出射，軌跡如圖b中虛線所示。則()A．粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大B．粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大C．粒子1入射時(shí)的動(dòng)能小于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能D．粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能答案BD解析粒子3從距O點(diǎn)r2的位置入射并從距O點(diǎn)r1的位置出射，電場(chǎng)力做正功，則動(dòng)能增大，即粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的小，同理可知，粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大，故A錯(cuò)誤，B正確；在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)為Er＝k，帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qE1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，qE2＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(qE1r1,2)＝eq\f(kq,2)，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(kq,2)，即粒子1入射時(shí)的動(dòng)能等于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；粒子3入射后做近心運(yùn)動(dòng)，有qE2>meq\f(veq\o\al(2,3),r2)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)<eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能，故D正確。8.(2022·湖南省永州市高三下高考第三次適應(yīng)性考試)如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個(gè)方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(即電子)。若極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時(shí)(忽略邊緣效應(yīng)及重力影響)，只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C與兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為()A.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m)) B.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,2m))C.eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（L2＋d2）,m)) D.eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（L2－d2）,m))答案C解析從細(xì)管C發(fā)射出的β粒子的末速度方向沿水平方向，則其逆運(yùn)動(dòng)為該β粒子從細(xì)管C水平進(jìn)入電場(chǎng)，最后落到O，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有L＝v0t，eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2，vy＝at，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，根據(jù)牛頓第二定律有ma＝eeq\f(U,d)，聯(lián)立解得從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為v＝eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（L2＋d2）,m))，故選C。9．(2023·浙江1月選考)如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長(zhǎng)度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子()A．在XX′極板間的加速度大小為eq\f(eU,m)B．打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小為eq\r(2meU)D．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα＝eq\f(l,20d)答案D解析在XX′極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Ex＝eq\f(U,d)，電子在該電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力大小為Fx＝eEx，由牛頓第二定律可得Fx＝max，聯(lián)立得電子在XX′極板間的加速度大小為ax＝eq\f(eU,md)，A錯(cuò)誤；設(shè)電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速度大小為vz，由動(dòng)能定理有10Ue＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,z)，設(shè)電子在XX′極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開XX′極板間時(shí)在垂直O(jiān)O′方向的分速度大小為vx，有l(wèi)＝vzt，vx＝axt，電子離開XX′極板后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為Ek＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,z)＋veq\o\al(2,x))，聯(lián)立得Ek＝eUeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(l2,40d2)))，B錯(cuò)誤；電子在XX′極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小為Ix＝Fxt，聯(lián)立得Ix＝eq\f(l,d)eq\r(\f(meU,20))，C錯(cuò)誤；打在熒光屏?xí)r，電子速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα＝eq\f(vx,vz)，聯(lián)立得tanα＝eq\f(l,20d)，D正確。10．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長(zhǎng)L＝10cm，極板間距d＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。每個(gè)電子穿過極板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求：(1)在t＝0.06s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的位置到O點(diǎn)的距離；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長(zhǎng)度。答案(1)13.5cm(2)30cm解析(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)電容器間偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，則有：E＝eq\f(U,d)②設(shè)電子經(jīng)時(shí)間t通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏離軸線的側(cè)向位移為y，則：沿中心軸線方向有：t＝eq\f(L,v0)③垂直中心軸線方向有：a＝eq\f(eE,m)④聯(lián)立①②③④得y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eUL2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4U0d)⑤設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)有：vy＝at⑥tanθ＝eq\f(vy,v0)⑦則電子在熒光屏上偏離O點(diǎn)的距離為Y＝y(tǒng)＋Ltanθ＝eq\f(3UL2,4U0d)⑧由題圖乙知t＝0.06s時(shí)刻U＝1.8U0，解得Y＝13.5cm。(2)由題知電子偏轉(zhuǎn)量y的最大值為eq\f(d,2)，根據(jù)y＝eq\f(UL2,4U0d)可得，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時(shí)，電子就打不到熒光屏上了。代入⑧式得：Ymax＝eq\f(3L,2)⑨所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)度為：2Ymax＝3L＝30cm。第八章核心素養(yǎng)提升[科學(xué)思維提煉]1．守恒思想：電荷守恒定律。2．轉(zhuǎn)換法：(1)利用驗(yàn)電器兩金屬箔片張開的角度大小顯示帶電體帶電量的多少；(2)利用靜電計(jì)指針偏角顯示電容器極板間電壓大小。3．放大法、轉(zhuǎn)換法：(1)庫侖扭秤實(shí)驗(yàn)；(2)密立根油滴實(shí)驗(yàn)——電子電荷量的測(cè)定。4．控制變量法：(1)探究影響電荷間相互作用的力的演示實(shí)驗(yàn)；(2)研究影響平行板電容器電容因素的演示實(shí)驗(yàn)。5．比例法定義物理量：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義；(2)電勢(shì)的定義；(3)電容的定義。6．作圖法：(1)用電場(chǎng)線、等勢(shì)線(等勢(shì)面)形象描述電場(chǎng)的性質(zhì)；(2)根據(jù)平行板電容器充放電時(shí)電流大小隨時(shí)間的變化圖像，求解電容器所帶的電荷量。7．類比法：(1)等勢(shì)線與等高線的類比；(2)電容物理意義的理解；(3)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)——類平拋運(yùn)動(dòng)。8．微元法：推導(dǎo)靜電力做功特點(diǎn)的過程。9．反證法：分析靜電平衡狀態(tài)導(dǎo)體內(nèi)電場(chǎng)特點(diǎn)的思路。10．等分法：確定電場(chǎng)線及電勢(shì)高低的一種方法。11．等效法：分析帶電物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)與重力場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)的模型——等效重力場(chǎng)法：等效重力加速度、等效最高點(diǎn)、等效最低點(diǎn)。[素養(yǎng)提升集訓(xùn)]一、選擇題(本題共7小題)1．(2023·廣東省佛山市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)(二))(多選)某種駐極體自身總帶有定量的電荷，且所帶電荷無法自由移動(dòng)，利用駐極體可實(shí)現(xiàn)力電轉(zhuǎn)換，進(jìn)而解決可穿戴電子設(shè)備的供電難題。下圖為某種可發(fā)生彈性形變的駐極體，其內(nèi)部帶有負(fù)電荷，閉合開關(guān)，按壓駐極體，下方金屬板上的自由電子在靜電力作用下發(fā)生如右圖所示的移動(dòng)。下列說法正確的是()A．若閉合開關(guān)S，在向下按壓駐極體的過程中，電流自左向右流經(jīng)電阻RB．若閉合開關(guān)S，在向下按壓駐極體的過程中，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能C．若閉合開關(guān)S，周期性按壓駐極體，有交變電流流經(jīng)電阻RD．若斷開開關(guān)S，按壓駐極體，則下方金屬板上的P點(diǎn)電勢(shì)升高答案BC解析若閉合開關(guān)S，由按壓狀態(tài)圖可知，電子自左向右流經(jīng)電阻R，故電流自右向左流經(jīng)電阻R，故A錯(cuò)誤；若閉合開關(guān)S，由題目描述可知，在向下按壓駐極體的過程中，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電路的電能，故B正確；若閉合開關(guān)S，向下按壓駐極體時(shí)金屬板上的自由電子自左向右流經(jīng)電阻R進(jìn)入大地，可知當(dāng)停止按壓，駐極體恢復(fù)為原狀，自由電子從大地經(jīng)電阻R流回金屬板，所以若周期性按壓駐極體，則有交變電流流經(jīng)電阻R，故C正確；開關(guān)閉合，沒有按壓駐極體時(shí)無電流，說明金屬板上P點(diǎn)電勢(shì)等于大地的電勢(shì)，按壓駐極體時(shí)，電流方向自右向左，說明大地電勢(shì)高于此時(shí)P點(diǎn)電勢(shì)，所以若斷開開關(guān)S，按壓駐極體，會(huì)使P點(diǎn)電勢(shì)降低，故D錯(cuò)誤。2.(2021·江蘇高考)一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點(diǎn)，OA＝OB，現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點(diǎn)，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則()A．O、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等B．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)C．沿直線從A到B電勢(shì)先升高后降低D．沿直線從A到B電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大答案A解析在均勻帶正電的完整球面中，球內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)處處為零，則O、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等；由對(duì)稱性可知，左、右半球面在O點(diǎn)的電勢(shì)相等，在C點(diǎn)的電勢(shì)也相等，則題中O、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故A正確。在均勻帶正電的完整球面中，設(shè)左、右半球面在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，則知E1＝E2，根據(jù)對(duì)稱性，左、右半球在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E2和E1，且E1＝E2；在圖示電場(chǎng)中，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，所以A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，沿直線從A到B電場(chǎng)強(qiáng)度不可能逐漸增大，故B、D錯(cuò)誤。對(duì)于均勻帶正電的右半球面，由電場(chǎng)疊加可知，AO直線處場(chǎng)強(qiáng)方向向左；同理可知完整球面的左半球面在OB處場(chǎng)強(qiáng)方向向右，又因在完整球面內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為零，可知右半球面在OB處場(chǎng)強(qiáng)方向向左；故題中右半球面在AB連線上電場(chǎng)線方向向左，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，則沿直線從A到B電勢(shì)逐漸升高，故C錯(cuò)誤。3．(2022·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高三下教學(xué)情況調(diào)研二)足夠大的帶電金屬平板其附近的電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，平行板電容器內(nèi)部電場(chǎng)是兩個(gè)極板電荷的疊加場(chǎng)。某平行板電容器的帶電量為Q，內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為E，不計(jì)電容器的邊緣效應(yīng)，其兩極板間的吸引力為()A．QE B.eq\f(QE,2)C．2QE D．4QE答案B解析將電容器的一個(gè)極板上的電荷看作是場(chǎng)源電荷，另一個(gè)極板上的電荷看作檢驗(yàn)電荷，由題意可知電容器內(nèi)部電場(chǎng)是兩個(gè)極板電荷產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場(chǎng)的疊加場(chǎng)，則場(chǎng)源電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(E,2)，因此兩極板相互間的靜電力為F＝eq\f(E,2)·Q＝eq\f(QE,2)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。4．(2023·遼寧省葫蘆島市高三下第二次模擬)(多選)為了測(cè)定某平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)，某同學(xué)進(jìn)行了如下操作：取電場(chǎng)內(nèi)某一位置O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立x軸，選取x軸上到O點(diǎn)距離為r的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，以O(shè)為圓心、r為半徑作圓。如圖甲所示，從P點(diǎn)起逆時(shí)針沿圓周測(cè)量圓上各點(diǎn)的電勢(shì)和轉(zhuǎn)過的角度θ，當(dāng)半徑r分別取r0、2r0、3r0時(shí)，繪制的φ-θ圖像對(duì)應(yīng)乙圖中③、②、①，它們的電勢(shì)均在θ＝θ0時(shí)達(dá)到最大值，最大值分別為2φ0、3φ0、4φ0。下列說法正確的是()A．O點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)B．場(chǎng)強(qiáng)的大小為eq\f(φ0,r0)C．場(chǎng)強(qiáng)方向與x軸正方向的夾角為θ0D．曲線①、②、③的交點(diǎn)M和N在同一等勢(shì)線上答案BD解析電勢(shì)降低最快的方向是電場(chǎng)方向，則以O(shè)為圓心、r為半徑的圓周上過電勢(shì)最高點(diǎn)的電場(chǎng)線一定過圓心O，且方向?yàn)閺碾妱?shì)最高點(diǎn)指向O點(diǎn)，結(jié)合題圖乙知，電場(chǎng)方向與x軸負(fù)方向夾角為θ0，故C錯(cuò)誤；由上述分析，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系U＝Ed，結(jié)合題意和題圖乙可知，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(φ1max－φ3max,3r0－r0)＝eq\f(φ0,r0)，B正確；根據(jù)U＝Δφ＝Ed可知，O點(diǎn)電勢(shì)φO＝2φ0－Er0＝φ0，A錯(cuò)誤；曲線①、②、③交于M、N兩點(diǎn)，則半徑r分別取3r0、2r0、r0的圓周上的點(diǎn)在θ＝θM和θ＝θN時(shí)電勢(shì)分別相等，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向與等勢(shì)線的關(guān)系可知，θ＝θM和θ＝θN時(shí)，對(duì)應(yīng)的半徑均垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向，故M和N在過O點(diǎn)的同一等勢(shì)線上，故D正確。5.(2023·福建省三明市高三下質(zhì)量檢測(cè))(多選)如圖，水平放置的A、B板和M、N板分別組成平行板電容器C1和C2，A板通過一理想二極管與M板相連接，B板和N板都接地。M、N兩板之間插有電介質(zhì)，A板和B板正中均有一小孔，兩孔在同一豎直線上?，F(xiàn)讓A板帶正電，穩(wěn)定后，一帶電液滴從小孔正上方由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)B板處速度恰為零?？諝庾枇雎圆挥?jì)，極板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)。下列說法正確的是()A．僅將A板向下移動(dòng)一小段距離后，A板電勢(shì)升高B．僅將N板向右移動(dòng)一小段距離時(shí)，C1、C2均不充、放電C．僅在M、N板間更換相對(duì)介電常數(shù)更大的電介質(zhì)時(shí)，C1充電、C2放電D．M板向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，液滴能穿過B板小孔答案BD解析開始各板均不帶電，各板電勢(shì)均為0，讓A板帶正電后，A板電勢(shì)大于0，二極管導(dǎo)通，有電流從A板到M板，M板帶上正電，直到A、M板電勢(shì)相同后達(dá)到穩(wěn)定。僅將A板向下移動(dòng)一小段距離后，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器C1的電容增大，設(shè)A板電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)可知A板電勢(shì)降低，所以M板要給A板充電，但是二極管反向無法接通，所以不能充電，故A板電荷量不變，電勢(shì)降低，故A錯(cuò)誤；僅將N板向右移動(dòng)一小段距離時(shí)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器C2的電容減小，設(shè)M板電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)可知M板電勢(shì)升高，M板要給A板充電，但是二極管反向無法接通，所以不能充電，故M板電荷量不變，A板電荷量不變，C1、C2均不充、放電，故B正確；僅在M、N板間更換相對(duì)介電常數(shù)更大的電介質(zhì)時(shí)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器C2的電容增大，設(shè)M板電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)可知M板電勢(shì)降低，A板要給M板充電，二極管正向?qū)ǎ阅艹潆?，則C1放電、C2充電，故C錯(cuò)誤；M板向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器C2的電容增大，由C項(xiàng)分析同理可知C1放電、C2充電，則A、B板間電勢(shì)差減小，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，帶電液滴在A、B板間克服電場(chǎng)力做功減小，由動(dòng)能定理可知液滴能穿過B板小孔，故D正確。6.(2023·浙江6月選考)AB、CD兩塊正對(duì)的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為1.0×10－8C、質(zhì)量為3.0×10－4kg的小球用長(zhǎng)為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開關(guān)S，小球靜止時(shí)，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動(dòng)到CD板上的M點(diǎn)(未標(biāo)出)，重力加速度g取10m/s2，則()A．MC距離為5eq\r(3)cmB．電勢(shì)能增加了eq\f(3,4)eq\r(3)×10－4JC．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\r(3)×104N/CD．減小R的阻值，MC的距離將變大答案B解析閉合開關(guān)、剪斷細(xì)線前對(duì)小球受力分析如圖1所示，根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，水平方向有Tcos60°＝qEcos60°，豎直方向有Tsin60°＋qEsin60°＝mg，聯(lián)立解得T＝eq\r(3)×10－3N，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝eq\r(3)×105N/C，C錯(cuò)誤；剪斷細(xì)線，小球所受合力沿細(xì)線拉力T的反方向，大小為F合＝T＝eq\r(3)×10－3N，則小球沿原細(xì)線方向向