專題22 電容器帶電粒子在電場中的運動（教師版）-2025版高考物理熱點題型講義

專題22電容器帶電粒子在電場中的運動目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一電容器及平行板電容器的動態(tài)分析 1類型1兩極板間電勢差不變 1類型2兩極板帶電荷量不變 7類型3電容器的綜合分析 10題型二實驗：觀察電容器的充、放電現象 16題型三帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動 24類型1帶電粒子在電場中的直線運動 24類型2帶電體在靜電力和重力作用下的直線運動 28類型3帶電粒子在交變電場中的直線運動 33題型四帶電粒子在電場中的偏轉 36類型1帶電粒子在勻強電場中的偏轉 37類型2帶電粒子在組合電場中的偏轉 42類型3帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉 49類型4類型帶電粒子在交變電場中的偏轉 59題型五帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動 68題型六電場中的力、電綜合問題 77題型一電容器及平行板電容器的動態(tài)分析1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變．(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．2．動態(tài)分析思路(1)U不變①根據C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析Q的變化．②根據E＝eq\f(U,d)分析場強的變化．③根據UAB＝E·d分析某點電勢變化．(2)Q不變①根據C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析U的變化．②根據E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強變化．類型1兩極板間電勢差不變【例1】(多選)如圖所示，是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯電路，開關S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是()A．若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C減小B．若斷開S，將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢能減小C．在S仍閉合的情況下，增大兩極板距離的過程中，電阻R中有從b到a的電流D．若斷開S，減小兩極板距離，則帶電液滴向下運動【答案】AB【解析】根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對面積S減小，電容器的電容C減小，故A正確；由題圖可知帶電液滴受到豎直向上的電場力，電場方向豎直向下，帶電液滴帶負電荷。若斷開S，則電容器所帶的電荷量不變，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πk,εrS)Q可知，電場強度不變。B板電勢為零，根據UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知將B板向下平移一小段位移，dPB增大，則P點的電勢升高。根據Ep＝qφ可知，P點電勢升高，帶負電荷的液滴電勢能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，增大兩極板距離的過程中，電容器的電容C減小，電容器放電，電阻R中有從a到b的電流，故C錯誤；根據選項B分析可知，若斷開S，減小兩極板距離，電場強度不變，液滴受到的電場力不變，則帶電液滴不動，故D錯誤?！纠?】為了方便在醫(yī)院輸液的病人及時監(jiān)控藥液是否即將滴完，有人發(fā)明了一種利用電容器原理實現的輸液報警裝置，實物圖和電路原理如圖所示。閉合開關，當藥液液面降低時，夾在輸液管兩側的電容器C的兩極板之間介質由液體改變?yōu)闅怏w，蜂鳴器B就會因通過特定方向的電流而發(fā)出聲音，電路中電表均為理想電表。根據以上說明，下列選項分析正確的是（）A．液面下降后，電容器兩端電壓變大B．液面下降后，電容器所帶電量減少C．液面下降時蜂鳴器電流由a流向bD．輸液管較粗時，電容器容值會變大【答案】B【詳解】A．開關閉合穩(wěn)定時，電容器兩端電壓等于電源電動勢，即液面下降穩(wěn)定后，電容器兩端電壓不變，故A錯誤；B．根據，液面下降，極板之間的介電常數減小，則電容減小，極板之間電壓不變，則電容器所帶電量減少，故B正確；C．根據圖示可知，電容器右側極板帶負電，結合上述，液面下降時，極板所帶電荷量減少，即右側極板失去電子，電子從a向b運動，則蜂鳴器電流由b流向a，故C錯誤；D．結合上述可知，輸液管較粗時，極板之間間距增大，則電容器容值會變小，故D錯誤。故選B。【例3】．2018年8月23～25日，第九屆上海國際超級電容器產業(yè)展覽會成功舉行，作為中國最大超級電容器展，眾多行業(yè)龍頭踴躍參與。如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)，在其他條件不變的情況下，現將平行板電容器的兩極板非常緩慢地錯開一些，那么在錯開的過程中（）A．電容器的電容C增大B．電容器所帶的電荷量Q增大C．電流計中的電流從N流向MD．油滴將向下加速運動【答案】C【詳解】A．根據可知電容器的兩極板緩慢地錯開一些，即極板間的正對面積減小，電容器的電容C隨之減小。故A錯誤；B．由可知電容器極板間電壓保持不變時，電容減小，則極板所帶的電荷量Q減小。電容器處于放電狀態(tài)，電流計中的電流從N流向M。故B錯誤；C正確；D．根據可知極板間場強未變，極板間距離也未變，所以場強不變，油滴繼續(xù)處于靜止狀態(tài)。故D錯誤。故選C?！纠?】．如圖所示，在平行板電容器兩板間有一個帶電微粒。開關S閉合時，該微粒恰好能保持靜止。若使該帶電微粒向上運動，下列說法正確的是（）A．保持S閉合，極板N上移 B．保持S閉合，極板M上移C．充電后將S斷開，極板N上移 D．充電后將S斷開，極板M上移【答案】A【詳解】AB．微粒靜止，所受重力和電場力等大反向，保持S閉合，則電容器極板間電壓不變，根據，若將極板N上移，板間距離減小，板間場強增大，微粒受到的電場力增大，帶電微粒向上運動；若將極板M上移，板間距離增大，板間場強減小，微粒受到的電場力減小，帶電微粒向下運動；故A正確，B錯誤；CD．充電后將S斷開，則電容器所帶電荷量不變，根據將極板N上移或極板M上移，板間場強不變，，微粒受到的電場力不變，帶電微粒仍處于靜止狀態(tài)，故CD錯誤。故選A?！纠?】美國物理學家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準確地測定了電子的電荷量。如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒壓電源兩極連接，極板N接地?，F有一質量為m的帶電油滴靜止于極板間P點，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）

A．油滴帶正電，電荷量為B．將M板向下緩慢移動一小段距離，電源將給電容器充電C．將M板向下緩慢移動一小段距離，油滴將向下運動D．將M板向右移動少許，油滴在P點的電勢能增大【答案】B【詳解】A．帶電油滴靜止于極板間P點，則由平衡條件可得解得根據平衡條件可知油滴所受電場力豎直向上，而板間場強豎直向下，因此可知油滴帶負電，故A錯誤；B．根據電容器電容得決定式可知，當將M板向下緩慢移動一小段距離，電容器的電容將變大，電源將給電容器充電，故B正確；C．由于電源電壓不變，當將M板向下緩慢移動一小段距離，根據可知當板間距減小，電容器兩極板間的電場強度將變大，此時電場力將大于重力，油滴將不再處于平衡態(tài)，將向上運動，故C錯誤；D．根據電容器電容得決定式可知，將M板向右移動少許，電容器的正對面積將減小，從而導致電容器的電容減小，而根據可知，電容器兩極板間的電壓不變，電容器將放電，而N板接地，電勢為零，板間電場強度不變，設P點的電勢為，P點到N板的電勢差P點到N板的距離不變，電場強度不變，則可知P點的電勢不變，而油滴在P點的電勢能P點電勢不變，油滴帶電量不變，則可知油滴在P點的電勢能不變，故D錯誤。故選B?！纠?】如圖平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，閉合開關K，穩(wěn)定時一帶電的油滴靜止于兩極板間的P點，則：（1）油滴帶正電還是負電？（2）若保持開關K閉合，減小兩板間的距離，兩極板間電勢差如何變化？所帶的電荷量如何變化？電流計中電流是什么方向？油滴的狀態(tài)如何？如果是減小兩板正對面積呢？（3）若斷開開關K，減小兩極板間的距離，則兩極板間電勢差如何變化？靜電計指針張角如何變化？油滴的狀態(tài)如何？如果是減小兩板正對面積呢？【答案】（1）負電；（2）不變；增加；從b到a；向上運動；不變；減?。粡腶到b；靜止狀態(tài)；（3）減??；變小；靜止狀態(tài)；增大；變大；靜止狀態(tài)【詳解】（1）對油滴受力分析可知，油滴受到的電場力豎直向上，與板間場強方向相反，則油滴帶負電。（2）若保持開關K閉合，兩極板間電勢差保持不變，根據可知減小兩板間的距離，電容器的電容增大，由可知電容器極板所帶的電荷量增加，處于充電狀態(tài)，電流計中電流是從b到a，根據可知，極板間電場強度增大，油滴受到的電場力增大，將向上運動。同理，若減小兩板正對面積，電容器極板間電勢差仍保持不變，電容器電容減小，極板上電荷量減小，電容器處于放電狀態(tài)，電流計中電流是從a到b，極板間電場強度保持不變，油滴受到的電場力不變，處于靜止狀態(tài)。（3）若斷開開關K，兩極板上電荷量保持不變，根據可知減小兩板間的距離，電容器的電容增大，由可知電容器極板間電勢差減小。靜電計指針張角變小，根據可知，極板間電場強度不變，油滴受到的電場力不變，處于靜止狀態(tài)。同理，若減小兩板正對面積，兩極板上電荷量保持不變，電容器電容減小，極板間電勢差增大。靜電計指針張角變大，極板間電場強度保持不變，油滴受到的電場力不變，處于靜止狀態(tài)。類型2兩極板帶電荷量不變【例1】如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩板間的P點固定一個帶正電的檢驗電荷。用C表示電容器的電容，E表示兩板間的電場強度的大小，表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能。若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離，上述各物理量與負極板移動距離x（）的關系圖像中正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】A．根據公式可知，電容器的電容與移動距離的關系為負極板緩慢向右平移一小段距離，兩板間距減小，電容隨兩板間距減小而增大，但不是線性關系，故A錯誤；B．根據公式、和可得電容器充電后與電源斷開，電荷量保持不變，負極板緩慢向右平移一小段距離，電場強度保持不變，故B錯誤；CD．設初始P點與負極板間距離為，則P點與負極板間電勢差為整理可得由公式可知，正電荷在P點的電勢能減小。故C正確，D錯誤。故選C?！纠?】．如圖所示，帶電的平行板電容器與靜電計連接，下極板接地，靜電計外殼接地，已知電容器上極板帶正電，穩(wěn)定時一帶電的油滴恰好靜止于兩極板間的點，則下列說法正確的是（）A．保持下極板不動，將上極板稍微下移一點距離，靜電計的張角變大B．保持上極板不動，將下極板稍微下移一點距離，液滴將向下運動C．保持下極板不動，將上極板稍微向右移一點距離，點電勢將升高D．保持下極板不動，將上極板稍微向右移一點距離，帶電油滴仍靜止不動【答案】C【詳解】A．將上極板稍微下移一點距離，則d減小，根據可知C增大，根據電荷量Q不變，則U減小，靜電計張角變小，故A錯誤；B．一帶電的油滴恰好靜止于兩極板間的點，根據受力分析可知油滴帶負電，保持上極板不動，將下極板稍微下移一點距離，則d增大，根據可得可知電場強度不變，則油滴不運動，故B錯誤；C．保持下極板不動，將上極板稍微向右移一點距離，則S減小，根據可知電場強度變大，油滴距離下極板的距離不變，根據可知電勢升高，故C正確；D．保持下極板不動，將上極板稍微向右移一點距離，則S減小，根據可知電場強度增大，則電場力增大，帶電油滴向上運動，故D錯誤；故選C。【例3】．某同學設計了一個電容式風力傳感器，如圖所示。將電容器與靜電計組成回路，P點為極板間的一點?？蓜与姌O在風力作用下向右移動，風力越大，移動距離越大（可動電極不會到達P點）。若極板上電荷量保持不變，則下列說法正確的是（）A．風力越大，電容器電容越小 B．風力越大，靜電計指針張角越小C．風力越大，極板間電場強度越大 D．風力越大，P點的電勢仍保持不變【答案】B【詳解】A．根據，風力越大，兩板間的距離d越小，電容器電容C越大，A錯誤；B．根據解得風力越大，兩板間的距離d越小，兩板之間的電勢差越小，靜電計指針張角越小，B正確；C．根據解得風力越大，兩板間的距離d越小，極板間電場強度與距離d無關，電場強度不變，C錯誤；D．根據解得風力越大，P點到負極板之間的距離越小，P點的電勢越小，D錯誤。故選B。類型3電容器的綜合分析【例1】如圖所示，電源電動勢E，內電阻恒為r，R是定值電阻，熱敏電阻RT的阻值隨溫度降低而增大，C是平行板電容器．靜電計上金屬球與平行板電容器上板相連，外殼接地．閉合開關S，帶電液滴剛好靜止在C內．在溫度降低的過程中，分別用ΔI、ΔU1和ΔU2表示電流表、電壓表1和電壓表2示數變化量的絕對值．關于該電路工作狀態(tài)的變化，下列說法正確的是()A.eq\f(ΔU1,ΔI)一定不變，eq\f(ΔU2,ΔI)一定變大B.eq\f(ΔU1,ΔI)和eq\f(ΔU2,ΔI)一定不變C．帶電液滴一定向下加速運動且它的電勢能不斷減少D．靜電計的指針偏角增大【答案】B【解析】根據電路知識知，V1測路端電壓，V2測熱敏電阻RT的電壓，靜電計測定值電阻R的電壓，由U1＝E－Ir可得eq\f(ΔU1,ΔI)＝r，可知eq\f(ΔU1,ΔI)不變，根據U2＝E－I(R＋r)可得eq\f(ΔU2,ΔI)＝r＋R，可知eq\f(ΔU2,ΔI)不變，故A錯誤，B正確；帶電液滴在平行板中受到向上的電場力和向下的重力處于平衡狀態(tài)，在溫度降低的過程，熱敏電阻RT阻值增大，回路中電流減小，路端電壓增大，由于流過定值電阻R的電流減小，所以分得的電壓也就減小，電容器兩端電壓減小，靜電計的張角將減小，平行板間的電場強度也減小，導致帶電液滴向下運動，電場力做負功，電勢能增加，故C、D錯誤．【例2】．手機內電容式傳感器的工作電路如圖所示，M極板固定，N極板可以按圖中標識前后左右運動，下列說法正確的是（??）A．N極板向左運動一段距離后，電容器的電容減小B．N極板向前運動一段距離后，電容器間的電場強度減小C．N極板向后運動一段距離后，電容器的電荷量增加D．N極板向后運動的過程中，流過電流表的電流方向由b向a【答案】AD【詳解】A．根據N極板向左運動一段距離后，電容器兩極板正對面積減小，電容器的電容減小，故A正確；B．N極板向前運動一段距離后，電容器兩極板之間的間距d減小，兩極板之間電勢差不變，根據電容器間的電場強度增大，故B錯誤；C．根據N極板向后運動一段距離后，電容器兩極板之間的間距增大，電容器的電容減小，兩極板之間電勢差不變，根據Q=UC電容器的電荷量減小，故C錯誤；D．電容器上極板與電源正極相接，由C項分析可知N極板向后運動的過程中，電容器的電荷量減小，流過電流表的電流方向由b向a，故D正確。故選AD?！纠?】．如圖所示，M、N是兩塊水平放置的平行金屬板，為定值電阻，和為可變電阻，開關S閉合。質量為m的帶正電荷的微粒從P點以水平速度射入金屬板間，沿曲線打在N板上的O點。若經下列調整后，微粒仍從P點以水平速度射入，則關于微粒打在N板上的位置說法正確的是（）A．斷開開關S，M極板稍微上移，粒子依然打在O點B．斷開開關S，N極板稍微下移，粒子打在O點右側C．保持開關S閉合，減小，粒子依然打在O點D．保持開關S閉合，增大，粒子打在O點右側【答案】AB【詳解】AB．設兩板間的電壓為U，兩板間的距離為d，粒子的電荷量為q，微粒從P點以水平速度射入金屬板間，沿曲線打在N板上的O點，則根據牛頓第二定律可得加速度為方向垂直于板向下斷開開關，平行板帶電量不變，平行板間的電場強度為結合，，可得電場強度不變，故加速度不變，M極板稍微上移，不會影響離子的運動，故還打在O點；N極板稍微下移，粒子在豎直方向運動的位移增大，由可知運動時間增大，沿平行板方向運動的位移變大，粒子打在O點的右側，故AB正確；C．保持開關S閉合，由串并聯電壓關系可知，R0兩端的電壓為減小，U將增大，電容器兩端的電壓增大，粒子向下運動的加速度減小，由可知粒子運動時間變長，沿平行板方向運動的位移變大，故粒子打在O點右側，故C錯誤；D．保持開關S閉合，增大R2，不會影響電阻R0兩端的電壓，故粒子打在O點，故D錯誤。故選AB?！纠?】如圖所示，間距為d的兩平行金屬板通過理想二極管與電動勢為的電源（內阻不計）相連，A板接地，在兩板之間的C點固定一個帶電荷量為的點電荷，C點與B板之間的距離為，下列說法正確的是（）A．圖中電容器無法充電B．點電荷的電勢能為C．把兩板錯開放置，B板的電勢不變D．把A板向下移動，點電荷受到的電場力減小【答案】B【詳解】A．若電容器充電，電流沿順時針方向，通過二極管的電流從左向右，與二極管的導通方向相同，所以電容器能充電，A錯誤；B．間電勢差，則間電勢差點電荷的電勢能，結合可得B正確；C．由二極管的單向導電性可知，電容器只能充電，不能放電，當兩板的正對面積減小時，電容器的帶電荷量Q不變，由可得當兩板的正對面積減小，其他量不變時，B板的電勢降低，C錯誤；D．由可得板間電場強度則把A板向下移動，兩板間的電場強度不變，點電荷受到的電場力不變，D錯誤。故選B。【例5】如圖所示，一水平放置的平行板電容器的下極板接地。一帶電油滴靜止于P點?，F將一與極板相同的不帶電的金屬板插入圖中虛線位置，則下列說法正確的是（）

A．油滴帶負電 B．M、N兩極板間的電壓保持不變C．P點的電勢減小 D．油滴在P點的電勢能減小【答案】AC【詳解】A．一帶電油滴靜止于P點，電場力向上，則油滴帶負電，故A正確；B．現將一與極板相同的不帶電金屬板插入圖中虛線位置，相當于減小了板間距，根據電容的決定式可知，電容C變大，電量Q不變，依據公式可知，M、N兩極板間電壓變小，故B錯誤；C．板間場強可知場強E不變，而P點與下極板間距減小，根據則可知P點的電勢減小，故C正確；D．油滴在P點的電勢能，因油滴帶負電，則電勢能變大，故D錯誤。故選AC?！纠?】．如圖所示，間距為d的水平正對平行板A、B通過二極管與電動勢為的電源相連，A板接地，在兩板之間的C點固定一個帶電量為的點電荷，C點與B板之間的距離為，下列說法正確的是（）A．圖中二極管的連接方式不能使電容器充電B．固定在C點的點電荷電勢能為C．把B板水平向右移動一些，B板的電勢降低D．把A板向下移動一些，C點的點電荷受到的電場力減小【答案】BC【詳解】A．電容器充電，電流沿順時針方向，通過二極管的電流從左向右，與二極管的通電方向相同，所以電容器能充電，A錯誤；B．穩(wěn)定后有，又因為，所以，則C點的點電荷電勢能為B正確；C．由二極管的單向導電性可知，電容器只能充電，不能放電，B板水平向右移動，兩平行板的正對面積減小，由，可知Q不變，變大，而，可得即B板的電勢降低，C正確；D．A板向下移動，d增大，由，可知Q不變，變大，由可得即兩板間的電場強度不變，C點的點電荷受到的電場力不變，D錯誤。故選BC。題型二實驗：觀察電容器的充、放電現象1．實驗原理(1)電容器的充電過程如圖所示，當開關S接1時，電容器接通電源，在靜電力的作用下自由電子從正極板經過電源向負極板移動，正極板因失去電子而帶正電，負極板因獲得電子而帶負電．正、負極板帶等量的正、負電荷．電荷在移動的過程中形成電流．在充電開始時電流比較大(填“大”或“小”)，以后隨著極板上電荷的增多，電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，當電容器兩極板間電壓等于電源電壓時電荷停止定向移動，電流I＝0.(2)電容器的放電過程如圖所示，當開關S接2時，相當于將電容器的兩極板直接用導線連接起來，電容器正、負極板上電荷發(fā)生中和．在電子移動過程中，形成電流．放電開始電流較大(填“大”或“小”)，隨著兩極板上的電荷量逐漸減小，電路中的電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，兩極板間的電壓也逐漸減小到零．2．實驗步驟(1)按圖連接好電路．(2)把單刀雙擲開關S打在上面，使觸點1和觸點2連通，觀察電容器的充電現象，并將結果記錄在表格中．(3)將單刀雙擲開關S打在下面，使觸點3和觸點2連通，觀察電容器的放電現象，并將結果記錄在表格中．(4)記錄好實驗結果，關閉電源．3．注意事項(1)電流表要選用小量程的靈敏電流計．(2)要選擇大容量的電容器．(3)實驗要在干燥的環(huán)境中進行．【例1】．工業(yè)生產中經常會用到需要避光儲存的絕緣液體原料，為了方便測量其深度，某同學設計了如下裝置。在儲存液體原料的桶的外側底部，放置一個與桶底形狀相同、面積為S的金屬板，桶內有一面積為S的輕質金屬箔板，漂浮在液體表面上。圓桶由絕緣材料制成，桶壁厚度可忽略不計，使用時需要進行如下操作：(1)將開關接“1”接線柱，電容器充滿電后，將開關接“2”接線柱，電流傳感器記錄下電流隨時間的變化關系如圖。可知電容器充滿電后的電荷量C。(2)再將開關接“1”接線柱，電容器充滿電后，將開關接“3”接線柱，電壓傳感器的示數為。可根據的大小得出液體的深度；改變深度，電壓傳感器示數隨之改變。根據所學知識判斷電壓傳感器示數和液體的深度成關系（填“線性”、“非線性”）。(3)由于工作過程中電荷量會有一定的損失，將導致深度的測量結果（填“偏大”、“偏小”、“不受影響”）。【答案】(1)(2)線性(3)偏小【詳解】（1）I-t圖像與坐標軸圍成的面積表示電量，一小格的電量為圖中總共約14小格，所以電容器充滿電的電荷量為（2）根據，聯立，解得可知電壓傳感器示數和液體的深度成線性關系。（3）由于工作過程中電荷量會有一定的損失，則極板間電壓隨之減小，將導致深度的測量結果偏小?！纠?】．電容儲能已經在電動汽車，風光發(fā)電、脈沖電源等方面得到廣泛應用。某物理興趣小組設計圖甲所示電路，探究不同電壓下電容器的充放電過程。器材如下：電容器C（額定電壓10V，電容標識不清）；電源（電動勢12V，內阻不計）；電阻箱R1（阻值0~99999.9Ω）；滑動變阻器（最大阻值20Ω，額定電流2A）；電壓表V（量程15V，內阻很大）發(fā)光二極管D1和D2，開關S1和S2，電流傳感器，計算機，導線若干。(1)電容器充電過程，若要提高電容兩端電壓，應將滑片向（選填“左”，“右”）移動。(2)某次實驗中，完成充電后電壓表讀數如圖乙所示，電容器兩端的電壓為。(3)繼續(xù)調節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表示數為8.0V時，開關S2擲向1，得到電容器充電過程的I-t圖像，如圖丙所示。借鑒“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中估算油膜面積的方法，根據圖像可估算出充電結束后，電容器存儲的電荷量為C（結果保留2位有效數字），電容器的電容為F。(4)電容器充電后，將開關S2擲向2，發(fā)光二極管（選填“D1”，“D2”）發(fā)光?！敬鸢浮?1)右(2)6.5V(3)3.8×10-34.75×10-4(4)D1【詳解】（1）由于滑動變阻器采用分壓式接法，故向右端滑動滑片時可以提高電容兩端電壓。（2）由于電壓表量程為15V，所以每一小格為0.5V，所以讀數為（3）[1]I-t圖像與坐標軸所圍區(qū)域的面積等于電容器存儲的電荷量，所以電容器存儲的電荷量為[2]根據電容的定義式可得（4）電容器充電后，將開關S2擲向2，電容器放電，且電容器左極板高電勢，右極板低電勢，根據二極管的特性可知，D1閃光?！纠?】．電流傳感器不僅可以和電流表一樣測電流，而且還具有反應快、能捕捉到瞬間電流變化等優(yōu)點。某學習小組用傳感器觀察電容器的充放電現象并測量該電容器的電容。實驗操作如下：①小組成員按照圖甲所示的電路進行實物連接；②先將開關S撥至1端，電源向電容器充電，電壓傳感器記錄這一過程中電壓隨時間變化的圖線，如圖乙所示；③然后將開關S撥至2端，電容器放電，電流傳感器記錄這一過程中電流隨時間變化的圖線，如圖丙所示。則：(1)電容器放電時，流過電阻R的電流方向為；（選填“a→b”或“b→a”）；(2)已知圖線與t軸所圍成的面積表示電荷量，若圖丙中圖線與t軸所圍的小格數約為60個，則該電容器充電完畢后所帶的電荷量約為C，電容大小約為F。（結果均保留兩位有效數字）【答案】(1)(2)【詳解】（1）電容器上極板帶正電，則放電時，流過電阻R的電流方向為b→a；（2）[1]該電容器充電完畢后所帶的電荷量約為[2]電容大小約為【例4】．圖甲所示電路為“用傳感器觀察電容器的放電過程”實驗電路圖。開關未閉合時，電源的電壓。實驗操作時，單刀雙擲開關先跟2相接。某時刻開關改接1，一段時間后，把開關再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。開關再改接2后得到的圖像如圖乙所示。(1)開關改接1后流經電阻上的電流方向為（填“自上而下”或“自下而上”）。(2)已知電容器的電容為，則圖乙中圖線與坐標軸所圍“面積”為。(3)電容器充電后就儲存了能量，某同學研究電容器儲存的能量與電容器的電容、電荷量及電容器兩極板間電壓之間的關系。他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他還做出電容器兩極板間的電壓隨電荷量變化的圖像如圖所示。按照他的想法，下列說法正確的是（）A．圖線的斜率越大，電容越小B．對同一電容器，電容器儲存的能量與電荷量成正比C．對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比【答案】(1)自上而下(2)(3)AC【詳解】（1）開關S接1時，電源給電容器充電，電容器上極板接正極，充電完成，上極板帶正電，下極板帶負電，電子自下而上流經電阻，故開關改接1后流經電阻上的電流方向為自上而下；（2）圖乙中圖線與坐標軸所圍“面積”為電容器充電后所帶電荷量，由得（3）A．由得圖線的斜率為，故圖線的斜率越大，電容越小，故A正確；BC．電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功，也等于圖像所圍的面積解得從上面的式子看出，電容器儲存的能量與電荷量的平方成正比，對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比，故B錯誤，故C正確。故選AC?！纠?】．電容器是一種重要的電學元件，有著廣泛的應用。某學習興趣小組用圖甲所示電路探究電容器兩極板間的電勢差與所帶電荷量的關系。實驗操作如下：①開關接1給電容器A充電，記錄電壓表示數，A帶電荷量記為；②開關接2，使另一個相同的但不帶電的電容器B跟A并聯，穩(wěn)定后斷開，記錄電壓表示數，A帶電荷量記為，閉合，使B放電，斷開。③重復操作②，記錄電壓表示數，A帶電荷量記為。電荷量…電壓表示數/V3.151.600.780.39…(1)在操作②中，開關閉合前電容器A帶電荷量（填“大于”、“等于”或“小于”）電容器B帶電荷量。結合表格數據進一步分析可知電容器的電勢差與其所帶電荷量成（填“正比”或“反比”）關系。(2)該小組用圖乙所示電路進一步探究電容器A的充放電規(guī)律。①開關接1，電源給電容器A充電，觀察到電流計G的指針偏轉情況為；A．逐漸偏轉到某一刻度后迅速回到0

B．逐漸偏轉到某一刻度后保持不變C．迅速偏轉到某一刻度后逐漸減小到0

D．迅速偏轉到某一刻度后保持不變②圖丙為電容器A放電時的圖像。已知電容器放電之前的電壓為3V，該電容器A的實測電容值為F（結果保留2位有效數字）?！敬鸢浮?1)等于正比(2)C////////）【詳解】（1）[1][2]在操作②中，S1從1接2，S2處于斷開狀態(tài)，A、B兩電容器并聯，穩(wěn)定后，A、B兩電容器電壓相等，故開關閉合前電容器A帶電荷量等于電容器B帶電荷量。結合表格數據進一步分析可知，電容器的電勢差與其所帶電荷量的比值近似相等，故成正比關系。（2）[1]開關S接1，電源給電容器A充電，電路瞬間有了充電電流，隨著電容器所帶電荷量逐漸增大，電容器兩極板間的電壓逐漸增大，充電電流逐漸減小，所以此過程中觀察到的電流表指針迅速偏轉到某一刻度后逐漸減小到0。故選C。[2]由可知，電荷量為曲線與坐標軸所圍成的面積由解得題型三帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動類型1帶電粒子在電場中的直線運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動．(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動．2．用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1【例1】如圖，在P板附近有電荷（不計重力）由靜止開始向Q板運動，則以下解釋正確的是（）A．到達Q板的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關B．電壓一定時，兩板間距離越大，加速的時間越短，加速度越小C．電壓一定時，兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越大D．若加速電壓與電量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則到達Q板的速率變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】D【詳解】A．根據動能定理得到達Q板的速率為可知到達Q板的速率只與加速電壓有關，與板間距離無關，故A錯誤；BC．根據運動學公式由牛頓第二定律可知兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越小，故BC錯誤；D．到達Q板的速率為故若加速電壓、與電量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則到達Q板的速率變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。故選D?！纠?】某些腫瘤可以用“質子療法”進行治療。在這種療法中，為了能讓質子進入癌細胞，首先要實現質子的高速運動，該過程需要一種被稱作“粒子加速器”的裝置來實現。質子先被加速到較高的速度，然后轟擊腫瘤并殺死癌細胞。如圖所示，來自質子源的質子（初速度為零），經加速電壓為的加速器加速后，形成細柱形的質子流。已知細柱形的質子流橫截面積為，質子的質量為，其電量為，這束質子流內單位體積的質子數為，那么其等效電流是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】根據題意，由動能定理有設經過時間，由電流的定義式可得，等效電流為聯立解得故選A?！纠?】如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管（漂移管）組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速、加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為，進入漂移管E時速度為，電源頻率為，漂移管間縫隙很小。質子在每個管內運動時間視為電源周期的，質子的荷質比取。則（）A．漂移管需要用絕緣材料制成B．各漂移管的長度應相等C．漂移管B的長度為0.6mD．相鄰漂移管間的加速電壓【答案】D【詳解】A．質子在漂移管內做勻速直線運動，漂移管內電場強度為零，根據靜電屏蔽，漂移管需要用金屬材料制成，故A錯誤；B．質子在漂移管間被電場加速，在漂移管內做勻速直線運動，質子在每個管內運動時間視為電源周期的，各漂移管的長度應逐漸增大，故B錯誤；C．電源周期為漂移管B的長度為故C錯誤；D．從到，根據動能定理解得相鄰漂移管間的加速電壓故D正確。故選D?！纠?】(多選)一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強電場，場強為E(如圖所示)，則()A．粒子射入的最大深度為eq\f(mv02,qE)B．粒子射入的最大深度為eq\f(mv02,2qE)C．粒子在電場中運動的最長時間為eq\f(mv0,qE)D．粒子在電場中運動的最長時間為eq\f(2mv0,qE)【答案】BD【解析】粒子從射入到運動至右端，由動能定理得－Eqxmax＝0－eq\f(1,2)mv02，最大深度xmax＝eq\f(mv02,2qE)，由v0＝at故選B、D.【例5】．如圖所示，O點左側水平面粗糙，右側水平面光滑。過O點的豎直虛線右側有一水平向左、足夠大的勻強電場，場強大小為E。一質量為m、電荷量為的絕緣物塊，從O點以初速度水平向右進入電場。求：（1）物塊向右運動離O點的最遠距離L；（2）物塊在整個運動過程中受到靜電力的沖量I的大小和方向；（3）物塊在整個運動過程中產生的內能Q?！敬鸢浮浚?）;（2），其方向與方向相反;（3）【詳解】（1）物塊向右減速運動，根據動能定理有得（2)取方向為正方向，由于物塊從出發(fā)到返回出發(fā)點的過程中，靜電力做功為零，所以返回出發(fā)點時的速度根據動量定理有得負號表示其方向與方向相反。（3)在物塊運動的全過程中，根據能量守恒有類型2帶電體在靜電力和重力作用下的直線運動【例1】水平放置的兩平行金屬板間，有一個帶正電的小球，從某點無初速度自由下落。經過t時間，在兩板間施加豎直向上的勻強電場。再經過t時間，小球又回到出發(fā)點。已知小球質量為m，重力加速度為g。小球未與下極板發(fā)生碰撞。不計空氣阻力。從施加電場開始到小球又回到出發(fā)點的過程中（）A．小球所受電場力與重力的大小之比為3:1B．小球加速運動時間與減速運動時間之比為3:1C．小球的動量變化量大小為4mgt，方向豎直向上D．小球電勢能的減少量與動能的增加量之比為4:3【答案】D【詳解】A．以豎直向下為正，假設施加電場后小球加速度大小為a，則解得所以解得小球所受電場力與重力的大小之比為4:1，故A錯誤；B．小球下落時間t時的速度大小為小球回到出發(fā)點時的速度大小為從施加電場開始到小球又回到出發(fā)點的過程中減速運動時間加速運動時間小球加速運動時間與減速運動時間之比為2:1，故B錯誤；C．以豎直向下為正，則小球的動量變化量大小為3mgt，方向豎直向上。故C錯誤；D．從施加電場開始到小球又回到出發(fā)點的過程中電場力做功為合外力做功為所以小球電勢能的減少量與動能的增加量之比為故D正確。故選D?！纠?】如圖所示，平行板電容器的兩極板連接一電壓恒定的電源，板間距離為d，一帶電粒子P靜止在電容器內部。若固定該帶電粒子，將電容器極板間距離增加h，然后釋放該帶電粒子。重力加速度為g，則粒子的加速度大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】極板間距離增加之前，粒子受重力和電場力作用處于平衡，有將電容器極板間距離增加h后，由牛頓第二定律得解得故選A?！纠?】．1909年密立根通過油滴實驗測得電子的電荷量，因此獲得1923年諾貝爾物理學獎，實驗裝置如圖。兩塊水平放置相距為d的金屬板A、B分別與電源正、負兩極相接，從A板上小孔進入兩板間的油滴因摩擦帶上一定的電荷量。兩金屬板間未加電壓時，通過顯微鏡觀察到某帶電油滴P以速度大小豎直向下勻速運動；當油滴P經過板間M點（圖中未標出）時金屬板加上電壓U，經過一段時間，發(fā)現油滴P恰以速度大小豎直向上勻速經過M點。已知油滴運動時所受空氣阻力大小為，其中k為比例系數，v為油滴運動速率，r為油滴的半徑，不計空氣浮力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．油滴P兩次經過M點時速度、大小相等B．油滴P所帶電荷量的值為C．油滴P先后兩次經過M點經歷的時間為D．從金屬板加上電壓到油滴向上勻速運動的過程中，油滴P的加速度先增大后減小【答案】C【詳解】A．油滴P兩次經過M點時重力與電場力做功均為0，阻力做負功，所以故A錯誤；B．設油滴P所帶電荷量的值為q，沒有加電壓時，根據平衡條件可得施加電壓后勻速向上運動時，根據平衡條件可得解得故B錯誤；C．油滴經過M點向下運動到速度為零過程中，取向上為正方向，根據動量定理可得油滴從速度為零到達到M點的過程中，根據動量定理可得其中，，解得油滴先后兩次經過M點經歷的時間為故C正確；D．從金屬板加上電壓到油滴速度減為零的過程中，根據牛頓第二定律可得解得隨著速度的減小，加速度逐漸減小；油滴向上加速運動到的過程中，根據牛頓第二定律可得解得隨著速度的增大，加速度逐漸減?。痪C上所述，從金屬板加上電壓到油滴向上勻速運動的過程中，油滴的加速度一直減小，故D錯誤。故選C。【例4】．如圖所示，平行板電容器上極板MN與下極板PQ水平放置，一帶電液滴從下極板P點射入，恰好沿直線從上極板N點射出。下列說法正確的是（）A．該電容器上極板一定帶負電B．液滴從P點到N點的過程中速度增加C．液滴從P點到N點的過程中電勢能減少D．液滴從P點以原速度射入后可能做勻減速直線運動【答案】C【詳解】B．由于帶電液滴受到的重力和電場力都處于豎直方向，所以為了使帶電液滴從下極板P點射入，恰好沿直線從上極板N點射出，帶電液滴的合力應為零，帶電液滴做勻速直線運動，即液滴從P點到N點的過程中速度不變，故B錯誤；A．電場力與重力平衡，電場力方向豎直向上，由于不知道帶電液滴的電性，所以不能確定電場方向，不能確定極板電性，故A錯誤；C．電場力與重力平衡，電場力方向豎直向上，可知電場力對帶電液滴做正功，液滴的電勢能減少，故C正確；D．液滴從P點以原速度射入時，液滴受到重力和電場力均保持不變，液滴仍做勻速直線運動，故D錯誤。故選C?！纠?】．如圖所示，質量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后，分別抵達B、C兩點，若AB=BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于（）A．1∶ B．∶1 C．2∶1 D．1∶2【答案】C【詳解】豎直方向水平方向解得可得故選C。類型3帶電粒子在交變電場中的直線運動1．常見的交變電場常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動．(2)粒子做往返運動．3．解題技巧(1)按周期性分段研究．(2)將eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t圖像,U－t圖像,E－t圖像))eq\o(→,\s\up7(轉換))a－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉化))v－t圖像．【例1】某電場的電場強度E隨時間t變化規(guī)律的圖像如圖所示。當t=0時，在該電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受靜電力作用，則下列說法中正確的是（）A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．0～2s內靜電力對帶電粒子的沖量為0C．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點D．0～2s內，靜電力做的總功不為零【答案】D【詳解】A．由牛頓第二定律可得帶電粒子在第1s內的加速度大小為a1＝第2s內加速度大小為a2＝因E2＝2E1則a2＝2a1則帶電粒子先勻加速運動1s再勻減速0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向勻加速，再反向勻減速，t＝3s時速度為零，v－t圖像如圖所示。由圖可知，帶電粒子在電場中做往復運動，故A錯誤；C．由v－t圖像面積表示位移可知，t＝2s時，帶電粒子位移不為零，沒有回到出發(fā)原點，故C錯誤；D．由v－t圖像可知，t＝2s時，v≠0，根據動能定理可知，0～2s內靜電力做的總功不為零，故D正確；B．由動量定理可知靜電力對帶電粒子的沖量不為0，故B錯誤。故選D?！纠?】如圖甲所示，兩板距離足夠寬，板間原來固定一電子，使之處于靜止狀態(tài)，電子重力不計。兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，在t時刻釋放電子，以下說法正確的是（）A．如果t=，電子一直向A板運動B．如果t=，電子時而B板運動，時而向A板運動，最后向B板靠近C．如果t=，電子時而向B板運動，時而向A板運動，最后向A板靠近D．如果t=，電子時而向B板運動，時而向A板運動，最后向A板靠近【答案】D【詳解】A．如果t=，電子先向A板加速，再向A板減速，而后向B板加速，再向B板減速，之后重復以上運動，最后打到A板。故A錯誤；B．如果t=，電子先向A板加速，再向A板減速，而后向B板加速，再向B板減速，之后重復以上運動，電子時而B板運動，時而向A板運動，兩板距離足夠寬，最后不會打到A、B板上。故B錯誤；C．如果t=，電子先向B板加速，再向B板減速，而后向A板加速，再向A板減速，之后重復以上運動，電子時而B板運動，時而向A板運動，兩板距離足夠寬，最后不會打到A、B板上。故C錯誤；D．如果t=，電子先向B板加速，再向B板減速，而后向A板加速，再向A板減速，之后重復以上運動，最后打到A板。故D正確。故選D?！纠?】微波器件的核心之一是反射式速調管，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理可簡化為靜電場模型。已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢隨x的分布如圖所示。一質量為、電荷量為的帶負電粒子從點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸做往復運動，求：（1）在區(qū)域內電場強度的大小和方向；（2）該粒子運動過中的最大速度；（3）該粒子運動的周期?！敬鸢浮浚?），沿x軸負方向；（2）；（3）【詳解】（1）由圖像的物理意義可知，在x軸正、負半軸分布著方向相反的勻強電場，在區(qū)域內電場強度大小方向沿x軸負方向（2）粒子經過處時速度最大，由動能定理可得代入數值可得（3）在范圍電場強度大小設粒子從處運動至處用時，從處運動至處用時，則有解得運動周期帶入數據可得題型四帶電粒子在電場中的偏轉1.帶電粒子在勻強電場中偏轉的兩個分運動(1)沿初速度方向做勻速直線運動，t＝eq\f(l,v0)(如圖)．(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)②離開電場時的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)③離開電場時的偏轉角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)2．兩個重要結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．證明：在加速電場中有qU0＝eq\f(1,2)mv02在偏轉電場偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏轉角θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)y、θ均與m、q無關．(2)粒子經電場偏轉后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為偏轉極板長度的一半．3．功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．類型1帶電粒子在勻強電場中的偏轉【例1】長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個帶電量為、質量為m的帶電粒子，以初速度緊貼上極板垂直于電場線方向進入該電場，剛好從下極板邊緣射出，射出時速度恰與下極板成30°角，如圖所示，不計粒子重力，求：（1）求粒子從下極板邊緣射出時豎直方向的速度的大小；（2）求粒子在勻強電場中運動時的加速度大?。唬?）求勻強電場的場強大小和方向?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），方向豎直向下【詳解】（1）粒子從下極板邊緣射出時豎直方向的速度的大?。?）粒子水平方向做勻速運動豎直方向做勻加速運動，則解得粒子在勻強電場中運動時的加速度大小（3）根據可得勻強電場的場強大小方向豎直向下?！纠?】．如圖，空間內存在一水平向右的勻強電場，一質量為m、電荷量為的帶電粒子，從A點垂直電場方向射入電場，初速度大小為v，經過電場偏轉到達B點時速度大小為2v，已知A、B兩點之間沿電場方向的距離為d，不計帶電粒子的重力，該勻強電場的電場強度大小為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】對帶電粒子從A點到B點，由動能定理得解得故選D。【例3】．靜止在O點的原子核發(fā)生衰變的同時，空間中加入如圖所示的勻強電場。之后衰變產物A、B兩粒子的運動軌跡OA、OB如圖虛線所示，不計重力和兩粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．A、B兩粒子均帶負電 B．衰變后瞬間A、B粒子動量大小之比為C．B粒子為 D．衰變后瞬間A、B粒子速度大小之比為【答案】C【詳解】A．根據A、B兩粒子的運動軌跡，可知其所受電場力方向均與電場方向相同，A、B兩粒子均帶正電，原子核發(fā)生的是α衰變，故A錯誤；BD．該核反應方程為衰變過程動量守恒，有可得衰變后瞬間A、B粒子動量大小之比為，速度大小之比為故BD錯誤；C．粒子在電場中做類平拋運動，則有，解得可知當兩粒子豎直方向的位移相等時，粒子的水平位移較小，B粒子為，故C正確。故選C。【例4】．一帶正電微粒從靜止開始經電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點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，不計重力。下列說法正確的是（）A．L:d=2:1B．U1:U1=2:1C．微粒穿過圖中電容器區(qū)域的速度偏轉角度的正切值為D．僅改變微粒的質量或者電荷數量，微粒在電容器中的運動軌跡不變【答案】D【詳解】A．帶電粒子在勻強電場中做類斜拋運動，從進入電場到最高點有聯立解得故A錯誤；B．帶電粒子在加速電場中，有帶電粒子在偏轉電場中，有聯立解得故B錯誤；C．設帶電粒子進入偏轉電場的速度方向與水平方向夾角為α，則有設帶電粒子射出偏轉電場的速度方向與水平夾角為β，則有依題意，帶電粒子從最高點運動到射出電場過程，有聯立解得根據數學三角函數，可得故C錯誤；D．粒子射入最高點的過程水平方向和豎直方向的位移分別為解得可知帶電粒子的軌跡方程與其質量或者電荷數量無關，即軌跡不會變化，故D正確。故選D?！纠?】．在與紙面平行的勻強電場中，建立如圖甲所示的直角坐標系，a、b、c、d是該坐標系中的4個點，已知、、；現有一電子僅受靜電力作用，以某一初速度從點沿Od方向射入，則圖乙中abcd區(qū)域內，能大致反映電子運動軌跡的是（）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【詳解】根據勻強電場中電勢分布特點可知，的中點電勢為，可知連線為等勢線，場強與等勢線垂直，即沿著方向斜向下，如圖所示電子以某一初速度從O點沿方向射入圖中區(qū)域內，電子的初速度方向與電場力方向垂直，電子做類平拋運動，則能大致反映電子運動軌跡的是②。故選B。類型2帶電粒子在組合電場中的偏轉【例1】如圖所示，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），在KA間經加速電壓加速后，從A板中心小孔射出，進入由M、N兩個水平極板構成的偏轉電場，M、N兩板間的距離為d，電壓為，板長為L，電子進入偏轉電場時的速度與電場方向垂直，射出時沒有與極板相碰。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力及它們之間的相互作用力。求：（1）電子穿過A板小孔時的速度大小v；（2）電子從偏轉電場射出時垂直極板方向偏移的距離y；（3）電子從偏轉電場射出時的速度方向。【答案】（1）；（2）；（3）速度方向與水平方向夾角，斜向右下方【詳解】（1）根據動能定理解得（2）進入偏轉電場后做類平拋運動聯立解得（3）設速度與水平方向夾角為θ，則則斜向右下方?！纠?】如圖所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，下列說法不正確的是（）A．經過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多B．經過偏轉電場的過程中，電場力對三種原子核做的功一樣多C．三種原子核打在屏上的動能一樣大D．三種原子核都打在屏的同一位置上【答案】A【詳解】A．設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d。在加速電場中，電場力做的功為由于加速電壓相同，電荷量相等，所以電場力做的功相等，故A錯誤；D．在偏轉電場中的偏轉位移為解得同理可得到偏轉角度的正切為可見y和tanθ與電荷的電量和質量無關。所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同。運動軌跡相同，故三種粒子打屏上同一點，故D正確。B．粒子的運動軌跡相同，電荷量相同，電場力相同，在偏轉電場中電場力做功相同，故B正確；C．整個過程運用動能定理得在偏轉電場中電場力做功W2一樣大，故C正確；故選A?！纠?】．某些腫瘤可以用“質子療法”進行治療。如圖所示，來自質子源的質子初速度為零，經加速電壓U加速后，沿圖中四分之一圓弧虛線通過輻向電場，再從P點豎直向上進入存在水平向右的勻強電場的圓形區(qū)域，最終轟擊處在圓上Q點的腫瘤細胞。已知四分之一圓弧虛線處的場強大小為E0，方向沿半徑指向圓心O，圓O′與OP相切于P點，OP=R0，圓形區(qū)域的半徑為R，Q點位于OP上方處，質子質量為m、電量為e。不計質子間相互作用，則下列說法正確的是（

）A．在輻向電場中做勻速圓周運動，速度大小B．在加速電場中做勻加速直線運動，電壓C．在勻強電場中做勻變速曲線運動，場強D．若腫瘤細胞位于圓上S處（OP上方為R），只需將電壓調整為就能擊中【答案】C【詳解】A．在輻向電場中做勻速圓周運動，可得解得故A錯誤；B．在加速電場中做勻加速直線運動，有聯立，解得故B錯誤；C．在勻強電場中做勻變速曲線運動，有又聯立，解得故C正確；D．將電壓調整為，則有根據可得即質子不能沿圖中四分之一圓弧虛線通過輻向電場，更不可能擊中腫瘤細胞，故D錯誤。故選C?！纠?】．如圖所示，加速電場的兩極板P、Q豎直放置，間距為d，電壓為U1，偏轉電場的兩極板M、N水平放置，兩極板長度及間距均為L，電壓為U2，P、Q極板分別有小孔A、B，AB連線與偏轉電場中心線BC共線。質量為m、電荷量為q的正離子從小孔A（初速度視為0）進入加速電場，經過偏轉電場，可到達探測器（探測器可上下移動）。整個裝置處于真空環(huán)境，兩電場均為勻強電場，且不計離子重力。下列說法正確的是（）A．離子在加速電場中運動時間為B．到達探測器的離子在M、N板間運動時間為C．離子到達探測器的最大動能為D．為保證離子不打在M、N極板上，U1與U2應滿足的關系為U2>2U1【答案】C【詳解】A．粒子在加速電場做勻加速直線運動，加速度為根據位移時間關系有所以離子在加速電場中運動時間為故A錯誤；B．設粒子進入偏轉電場的速度為v0，根據動能定理可得所以則離子在M、N板間運動時間為故B錯誤；C．根據動能定理可得故C正確；D．為保證離子不打在M、N極板上，即粒子在豎直方向的偏轉位移應小于，有可得故D錯誤。故選C。【例5】．如圖所示，在示波管中，質量為m，電荷量為-q的帶電粒子從燈絲K射出（初速度不計），經加速電場U1（未知）加速，從AB板的中心S沿中心線KO射出時的速度大小為v，再經平行板電容器的偏轉電場U2偏轉后，又做一段勻速直線運動最后打到熒光屏上，顯示出亮點C，已知平行板電容器的兩極板間的距離為d，板長為l，偏轉電場的右端到熒光屏的距離為L，不計帶電粒子的重力。（1）求加速電場的電壓U1；（2）求帶電粒子從偏轉電場射出時的側移量y和熒光屏上OC間的距離；（3）帶電粒子從偏轉電場射出時的側移量y和偏轉電壓U2的比叫作示波器的靈敏度D，如何通過改變平行板電容器的l或d來提高示波器的靈敏度D?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）粒子在加速電場中加速，由動能定理可得解得（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，如圖所示垂直電場方向有沿電場方向有側移量聯立解得由幾何關系可知得熒光屏上間的距離（3）該示波器的靈敏度解得則增加或者減小均可增加靈敏度。類型3帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉【例1】在空間中水平面的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為的帶電小球由上方的A點以一定初速度水平拋出，從點進入電場，到達點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且，已知當地重力加速度為，下列說法正確的是（）A．小球帶正電B．在小球從點運動到點的過程中，小球受到的電場力大小為C．小球從點運動到點的時間與從點運動到點的時間之比為D．在小球從點運動到點的過程中，其重力勢能的減少量與電勢能的增加量之比為【答案】C【詳解】C．小球從A到B過程，由題意可知，其做平拋運動，水平方向勻速，豎直方向做勻加速直線運動，而由于從B到C，其到達C點時速度方向恰好水平，且設，帶電小球水平方向做勻速直線運動，有同理有，說明從B到C為從A到B的逆過程，由運動的對稱性可知，從A到B的時間與從B到C時間相同故C項正確；A．由之前的分析可知，從B到C的過程，小球受到的電場力方向為豎直向上的，與電場線方向相反，所以小球帶負電，故A項錯誤；B．由之前的分析可知，從A到B和從B到C可以看成互為逆過程，從A到B有則從B到C為解得故C項錯誤；D．由之前的分析可知，電場力的大小是重力的二倍，而由于A到B與B到C互為運動的逆過程，所以A到B的豎直方向的高度與B到C豎直方向的高度相同，設其為h，則重力做功為克服電場力做功為由于電場力做功改變電勢能，重力做功改變重力勢能，而由分析可知，兩者做功的大小相同，所以重力勢能的變化量與電勢能的變化量相同，故D項錯誤。故選C?！纠?】．如圖所示，在一斜面頂端，將A、B兩個帶電小球先后分別以相同速度v0沿同一方向水平拋出，兩球都落在斜面上，已知A球質量為2m，帶電量為+q，B球質量為m，帶電量也為+q，整個裝置處于豎直向下的勻強電場中，場強，重力加速度g取10m/s2。A、B兩球在空中運動的時間分別為tA、tB，加速度分別為aA、aB，位移分別為sA、sB，落在斜面上的重力功率分別為PA、PB，不計空氣阻力，則（）A．tA=2tB B．3aA=2aB C．sA=2sB D．PA=3PB【答案】B【詳解】B．根據題意有所以，則故B正確；A．小球落在斜面上有所以故A錯誤；C．小球落在斜面上位移大小為所以故C錯誤；D．小球落在斜面上時重力的功率為所以故D錯誤。故選B?！纠?】如圖所示，兩水平面(虛線)之間區(qū)域存在與水平方向成45°斜向右上方的勻強電場，自該區(qū)域上方A點將質量均為m、帶電荷量分別為q和2q帶正電粒子M、N，同時以相反的初速度v0沿水平方向射出。兩粒子進入電場時速度方向與上邊界均成45°角，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知M在電場中做直線運動，N離開電場時速度方向恰好豎直。(重力加速度大小為g，不計空氣阻力和粒子間相互作用)求：(1)A點距電場上邊界的高度；(2)該電場強度的大??；(3)M與N兩粒子離開電場時位置間的距離?！敬鸢浮?1)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)(2)eq\f(\r(2)mg,2q)(3)eq\f(7veq\o\al(2,0),2g)【解析】(1)M、N兩粒子進入電場前做平拋運動，設A點距電場上邊界的高度為h，粒子進入電場時速度偏向角滿足vy＝v0tan45°＝v0，又veq\o\al(2,y)＝2gh，解得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)。(2)M粒子在電場中做直線運動，受力分析知，電場力qE與重力mg的合力與速度同向，可得qE＝mgcos45°，解得E＝eq\f(\r(2)mg,2q)。(3)M、N兩粒子進電場前，運動時間均為t1，可得t1＝eq\f(vy,g)＝eq\f(v0,g)水平位移x1＝v0t1＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)電場中，N粒子受電場力F＝2qE＝eq\r(2)mg由力的合成可知N粒子所受合力F合＝mg，方向水平向右，則N粒子水平方向以大小為g的加速度做初速度為v0的勻減速直線運動，設運動時間為t2，由運動學公式可得v0－gt2＝0，x2＝v0t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)豎直方向做勻速直線運動，電場高度為H，可得H＝v0t2＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)當M離開電場時，M在電場中運動的水平距離為x3，由幾何關系可得x3＝Htan45＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)所以M與N兩粒子離開電場時位置間的距離d＝2x1＋x2＋x3＝eq\f(7veq\o\al(2,0),2g)?！纠?】空間存在水平向左的勻強電場，一質量為m，帶電量為q的小球由M點以速度豎直向上拋出，運動到最高點P時速度大小恰好也為，一段時間后落回到與拋出點等高的N點（圖中未畫出），空氣阻力不計，重力加速度為g，小球從M到N的過程中，以下說法正確的是（）A．小球在電場中運動的加速度大小為2gB．運動過程中速度的最小值為C．M、N兩點間的距離為D．從M到N小球電勢能減少【答案】B【詳解】A．小球在豎直方向做豎直上拋運動，從出發(fā)運動到最高點P滿足水平方向做初速度為0的勻加速直線運動，從出發(fā)運動到最高點P滿足解得根據矢量合成法則，小球的合加速度應為，故A錯誤；C．根據豎直方向的運動規(guī)律可知，當小球從P點落回到N點時，其運動時間也為所以有故C錯誤；B．根據運動的分解，將初速度沿垂直加速度和沿加速度方向分解，可知當沿著加速度方向的分速度為0時，小球的合速度最小，且合速度等于與加速度垂直的速度分量大小，即小球速度達到最小時所經歷的時間故小球從M到N的過程中速度的最小值為，故B正確；D．根據運動學規(guī)律可知，當小球運動到N點時，水平速度為豎直速度為所以到達N點的速度為其動能為，根據功能關系可知，小球電勢能的減小量為故D錯誤。故選B?！纠?】如圖所示，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，OA垂直于AB，∠AOB=60°，將一質量為m的小球沿某一方向以一定的初動能自O點拋出，小球在運動過程中通過A點時的動能是初動能的2倍。使此小球帶電，電荷量為q（q>0），同時加一勻強電場，場強方向與三角形OAB所在平面平行，從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過A點時的動能是初動能的3倍；將該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，通過B點的動能也是初動能的3倍。已知重力加速度大小為g，則所加電場的場強大小為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】令OA的距離為d，初動能為Ek0小球從O到A只有重力做功，根據動能定理可得加電場后，小球從O到A根據動能定理小球從O到B根據動能定理聯立可得令O點的電勢為零，即可得在勻強電場中，沿任意直線，電勢的下降是均勻的，可得OM為等勢點，M為AB的三等分點，根據電場線與等勢面垂直，可知電場強度沿CA方向，如圖所示根據幾何關系可得電場強度為聯立以上可得故選C?！纠?】如圖所示，其空中有一足夠大的水平向右的勻強電場，質量均為m、帶電量分別為和的兩小球同時從O點以速度斜向右上方射入勻強電場中，方向與水平方向成角，A、B（圖中未畫出）兩點分別為兩小球運動軌跡的最高點，帶正電的小球經過A點的速度大小仍然為，若僅把帶正電的小球射入速度變?yōu)?，其運動軌跡的最高點記為C。不考慮兩球間的庫侖力。下列說法錯誤的是（）A．兩小球同時到A、B兩點B．與之比為C．兩小球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為D．帶正電的小球經過C點的速度大小【答案】C【詳解】A．由題可知，將帶電小球的運動分解成水平方向和豎直方向的運動，由受力可知，兩小球在豎直方向只受重力，故在豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向的初速度為上升到最高點時，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達A、B兩點的時間相同，A正確；C．水平方向只受電場力，故水平方向做勻變速直線運動，水平方向的初速度為由題可知，帶正電的小球有帶負電的小球有解得可見到達最高點時兩小球的速度大小相等，水平方向只有電場力做功，由動能定理可知，兩球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為，C錯誤；B．由上分析可知解得故故與之比為，B正確；D．由題可知聯立得D正確。本題選擇錯誤的，故選C?！纠?】．如圖所示，在豎直平面xOy內存在大小、方向未知的勻強電場。一質量為m的小球從y軸上P點以水平速度v進入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經過x軸上Q點時的速度大小也為v，方向與x軸夾角為37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，小球從P點運動到Q點的過程中（）A．速度的最小值為B．所受電場力的最小值為C．動能與電勢能之和一直減小D．水平位移與豎直位移的大小之比為2:1【答案】B【詳解】D．小球水平分位移為小球豎直分位移為解得D錯誤；B．根據題中所述，可知小球水平方向先向右做勻減速直線運動，小球水平方向的分加速度大小為小球豎直方向的分加速度大小為令小球合加速度方向與豎直方向夾角為，則有解得可知，小球在空中做類斜拋運動，可以將該運動分解為垂直于合加速度方向的勻速直線運動與沿合加速度方向的勻加速直線運動，可知勻速直線運動的分速度即為速度的最小值，則有結合上述解得A錯誤；C．根據上述可知，小球從P點運動到Q點的過程中重力一直做正功，重力勢能一直減小，小球運動過程中只有重力勢能、動能與電勢能的轉化，可知動能與電勢能之和一直增大，C錯誤；B．根據上述小球所受電場力與重力的合力大小為該合力方向與豎直方向夾角亦為，可知，當電場力方向與合力方向垂直時，電場力達到最小值，則有B正確。故選B。類型4類型帶電粒子在交變電場中的偏轉1．帶電粒子在交變電場中的運動，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．當粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性．2．研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況．根據電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子運動時間上的周期性和空間上的對稱性，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的臨界條件．4．對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動．【例1】如圖（a）所示，兩水平平行正對的金屬板M、N間距為d，加有如圖（b）所示的交變電壓。一質量為m、電荷量為q的帶正電的微粒，時刻微粒在兩板正中間的P點以速度v0平行金屬板運動，3t0時間內粒子未到達極板。則在0~3t0時間內，下列說法正確的是（）A．時間內，微粒偏向N板運動B．時，重力對微粒做功的瞬時功率為C．0~2t0時間內，電場力對微粒做的功為D．0~3t0時間內，微粒動能增量為【答案】C【詳解】A．時間內，，電場線方向由N指向粒子帶正電，因此受電場力方向指向M板，故A錯誤；B．時間內，對粒子受力分析，粒子所受電場力為方向豎直向上，因此此時合力的大小為mg，方向豎直向上，根據牛頓第二定律，粒子的加速度大小為g，方向豎直向上。t0~2t0時間內，電場力方向改變，大小未改變，此時合力向下，大小為3mg，根據牛頓第二定律，此時粒子的加速度大小為3g，方向豎直向下，根據運動學公式，時粒子在豎直方向的速度大小為方向豎直向下，根據瞬時功率的公式重力的瞬時功率為故B錯誤；C．根據B選項分析，粒子在時間內的豎直位移為方向豎直向上。粒子在t0~2t0時間內的豎直位移為方向豎直向下，則0~2t0時間內，粒子豎直方向的總位移為0，則重力做的總功為0。根據動能定理，電場力對微粒做的功為故C正確；D．時間內，粒子的受力與相同，故加速度與時間內相同，根據前面選項已知的信息，的速度為方向豎直向下，則時間內，微粒動能增量為故D錯誤。故選C?！纠?】(多選)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示.t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是()A.末速度大小為eq\r(2)v0B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了eq\f(1,2)mgdD.克服靜電力做功為mgd【答案】BC【解析】因0～eq\f(T,3)內微粒勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時間內，由牛頓第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0，微粒的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知eq\f(1,2)mgd＋W克電＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02，可知克服靜電力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤.【例3】如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長和板間距均為d，兩板之間的電壓隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示。一不計重力的帶電粒子束先后以速度從O點沿板間中線射入極板之間，若時刻進入電場的帶電粒子在時刻剛好沿A板右邊緣射出電場，則（）?A．時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為B．時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為C．時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為D．時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離A板的最