專題15 電容器、帶電粒子的運(yùn)動（解析版）-2025版高考物理真題精-選與研析

考情概覽：解讀近年命題思路和內(nèi)容要求，統(tǒng)計真題考查情況。2024年真題研析：分析命題特點(diǎn)，探尋常考要點(diǎn)，真題分類精講。近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢。必備知識速記：歸納串聯(lián)解題必備知識，總結(jié)易錯易混點(diǎn)。名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發(fā)掘高考命題之源。命題解讀考向考查統(tǒng)計本類試題主要考查靜電力作用下的各種運(yùn)動。常常與勻變速直線運(yùn)動規(guī)律、牛頓運(yùn)動定律、功能關(guān)系及能量守恒定律進(jìn)行綜合?？枷蛞恢本€運(yùn)動2024·江西卷，102024·遼寧卷，62024·山東卷，102023·福建卷，162023·新課標(biāo)卷，122022·北京卷，182022·廣東卷，142021·湖南卷，9考向二圓周運(yùn)動2024·河北卷，142024·上海卷，112023·浙江6月，82022·浙江6月，152022·全國乙卷，82022·遼寧卷，14考向三電容器動態(tài)分析2024·遼寧卷，52023·浙江6月，122022·重慶卷，22022·北京卷，9考向四電容器充放電實(shí)驗(yàn)2024·浙江1月，172024·廣西卷，122024·甘肅卷，72023·山東卷，142023·福建卷，132023·新課標(biāo)卷，9考向五類平拋、類斜拋運(yùn)動2023·浙江1月，122023·北京卷，202023·湖北卷，102023·山東卷，152022·浙江6月，92022·湖北卷，102021·全國乙卷，7考向六一般曲線運(yùn)動2023·全國甲卷，52023·全國乙卷，62021·天津卷，8命題分析2024年高考各卷區(qū)物理試題均考查了靜電力作用下的運(yùn)動問題。預(yù)測2025年高考會繼續(xù)考查。試題精講考向一直線運(yùn)動1.（2024年江西卷第10題）（多選）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質(zhì)絕緣細(xì)直桿，質(zhì)量均為m、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點(diǎn)電荷，帶電荷量分別為q和Q。在圖示的坐標(biāo)系中，小球乙靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)，初始時刻小球甲從處由靜止釋放，開始向下運(yùn)動。甲和乙兩點(diǎn)電荷的電勢能（r為兩點(diǎn)電荷之間的距離，k為靜電力常量）。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力f，重力加速度為g。關(guān)于小球甲，下列說法正確的是（）A.最低點(diǎn)的位置B.速率達(dá)到最大值時的位置C.最后停留位置x的區(qū)間是D.若在最低點(diǎn)能返回，則初始電勢能【答案】BD【解析】A．全過程，根據(jù)動能定理解得故A錯誤；B．當(dāng)小球甲的加速度為零時，速率最大，則有解得故B正確；C．小球甲最后停留時，滿足解得位置x的區(qū)間故C錯誤；D．若在最低點(diǎn)能返回，即在最低點(diǎn)滿足結(jié)合動能定理又聯(lián)立可得故D正確。故選BD。2.（2024年遼寧卷第6題）在水平方向的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運(yùn)動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到O點(diǎn)等高處的過程中（）A.動能減小，電勢能增大 B.動能增大，電勢能增大C.動能減小，電勢能減小 D.動能增大，電勢能減小【答案】D【解析】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強(qiáng)度方向?yàn)樗椒较颍鶕?jù)力的合成可知電場強(qiáng)度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到O點(diǎn)等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運(yùn)動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。3.（2024年山東卷第10題）（多選）如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點(diǎn)，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，滑到與小球等高的B點(diǎn)時加速度為零，滑到C點(diǎn)時速度為零。已知AC間的距離為S，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A.OB距離l=B.OB的距離l=C.從A到C，靜電力對小滑塊做功W=﹣mgSD.AC之間的電勢差UAC=﹣【答案】AD【解析】AB．由題意知小滑塊在B點(diǎn)處的加速度為零，則根據(jù)受力分析有沿斜面方向解得A正確，B錯誤；C．因?yàn)榛紺點(diǎn)時速度為零，小滑塊從A到C的過程，靜電力對小滑塊做的功為W，根據(jù)動能定理有解得故C錯誤；D．根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系可知AC之間的電勢差故D正確。故選AD?？枷蚨A周運(yùn)動4.（2024年河北卷第14題）如圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，用長為L的絕緣細(xì)線系住一帶電小球，在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動。圖中A、B為圓周上的兩點(diǎn)，A點(diǎn)為最低點(diǎn)，B點(diǎn)與O點(diǎn)等高。當(dāng)小球運(yùn)動到A點(diǎn)時，細(xì)線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為、質(zhì)量為m，A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：（1）電場強(qiáng)度E的大小。（2）小球在A、B兩點(diǎn)的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2），【解析】（1）在勻強(qiáng)電場中，根據(jù)公式可得場強(qiáng)為（2）在A點(diǎn)細(xì)線對小球拉力為0，根據(jù)牛頓第二定律得A到B過程根據(jù)動能定理得聯(lián)立解得5.（2024·上海卷·第11題）如圖，靜電選擇器由兩塊相互絕緣、半徑很大的同心圓弧形電極組成。電極間所加電壓為U。由于兩電極間距d很小，可近似認(rèn)為兩電極半徑均為，且電極間的電場強(qiáng)度大小處處相等，方向沿徑向垂直于電極。（1）電極間電場強(qiáng)度大小為______；（2）由核、核和核組成的粒子流從狹縫進(jìn)入選擇器，若不計粒子間相互作用，部分粒子在電場力作用下能沿圓弧路徑從選擇器出射。①出射的粒子具有相同的______；A．速度B．動能C．動量D．比荷②對上述①中的選擇做出解釋。（論證）_____【答案】①.②.B③.電場力作為向心力，q、E、r相同，則由上式可知也相同，即動能相同【解析】[1]由題意可知，電極間可視為勻強(qiáng)電場，因此電場強(qiáng)度大小為[2][3]由題意可知，電場力提供向心力，則其中場強(qiáng)、半徑相同，三種原子核電荷量相同，則三種原子的相同，即動能相同，B正確。故選B?？枷蛉娙萜鲃討B(tài)分析6.（2024年遼寧卷第5題）某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)與濃度的關(guān)系曲線如圖（a）所示，將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源，電流表等構(gòu)成如圖（b）所示的電路，閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則（）A.電容器的電容減小 B.電容器所帶的電荷量增大C.電容器兩極板之間的電勢差增大 D.溶液濃度降低過程中電流方向?yàn)镸→N【答案】B【解析】A．降低溶液濃度，不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)ε增大，根據(jù)電容器的決定式可知電容器的電容增大，故A錯誤；BC．溶液不導(dǎo)電沒有形成閉合回路，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)結(jié)合A選項(xiàng)分析可知電容器所帶的電荷量增大，故B正確，C錯誤；D．根據(jù)B選項(xiàng)分析可知電容器所帶的電荷量增大，則給電容器充電，結(jié)合題圖可知電路中電流方向?yàn)?，故D錯誤。故選B?？枷蛩碾娙萜鞒浞烹妼?shí)驗(yàn)7.（2024年1月浙江卷第17題）在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，把電阻箱（）、一節(jié)干電池、微安表（量程，零刻度在中間位置）、電容器（、）、單刀雙擲開關(guān)組裝成如圖1所示的實(shí)驗(yàn)電路。（1）把開關(guān)S接1，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到零：然后把開關(guān)S接2，微安表指針偏轉(zhuǎn)情況是___；A.迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小B.向右偏轉(zhuǎn)示數(shù)逐漸增大C.迅速向左偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小D.向左偏轉(zhuǎn)示數(shù)逐漸增大（2）再把電壓表并聯(lián)在電容器兩端，同時觀察電容器充電時電流和電壓變化情況。把開關(guān)S接1，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到時保持不變；電壓表示數(shù)由零逐漸增大，指針偏轉(zhuǎn)到如圖2所示位置時保持不變，則電壓表示數(shù)為___V，電壓表的阻值為___（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?C②.0.50③.3.1【解析】（1）[1]把開關(guān)S接1，電容器充電，電流從右向左流過微安表，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到零；把開關(guān)S接2，電容器放電，電流從左向右流過微安表，則微安表指針迅速向左偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小。故選C。（2）[2]由題意可知電壓表應(yīng)選用0~3V量程，由圖2可知此時分度值為0.1V，需要估讀到0.01V，則讀數(shù)為0.50V。[3]當(dāng)微安表示數(shù)穩(wěn)定時，電容器中不再有電流通過，此時干電池、電阻箱、微安表和電壓表構(gòu)成回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律有聯(lián)立可得8.（2024年廣西卷第12題）某同學(xué)為探究電容器充、放電過程，設(shè)計了圖甲實(shí)驗(yàn)電路。器材如下：電容器，電源E（電動勢6V，內(nèi)阻不計），電阻R1=400.0Ω，電阻R2=200.0Ω，電流傳感器，開關(guān)S1、S2，導(dǎo)線若干。實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）斷開S1、S2，將電流傳感器正極與a節(jié)點(diǎn)相連，其數(shù)據(jù)采樣頻率為5000Hz，則采樣周期為_____s；（2）閉合S1，電容器開始充電，直至充電結(jié)束，得到充電過程的I—t曲線如圖乙，由圖乙可知開關(guān)S1閉合瞬間流經(jīng)電阻R1的電流為_____mA（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）；（3）保持S1閉合，再閉合S2，電容器開始放電，直至放電結(jié)束，則放電結(jié)束后電容器兩極板間電壓為_____V；（4）實(shí)驗(yàn)得到放電過程的I—t曲線如圖丙，I—t曲線與坐標(biāo)軸所圍面積對應(yīng)電容器釋放的電荷量為0.0188C，則電容器的電容C為_____μF。圖丙中I—t曲線與橫坐標(biāo)、直線t=1s所圍面積對應(yīng)電容器釋放的電荷量為0.0038C，則t=1s時電容器兩極板間電壓為_____V（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）（2）15.0（3）2（4）①.4.7×103②.2.8【解析】【小問1詳解】采樣周期為【小問2詳解】由圖乙可知開關(guān)S1閉合瞬間流經(jīng)電阻R1的電流為15.0mA；【小問3詳解】放電結(jié)束后電容器兩極板間電壓等于R2兩端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得電容器兩極板間電壓為【小問4詳解】[1]充電結(jié)束后電容器兩端電壓為，故可得解得[2]設(shè)t=1s時電容器兩極板間電壓為，得代入數(shù)值解得9.（2024年甘肅卷第7題）一平行板電容器充放電電路如圖所示。開關(guān)S接1，電源E給電容器C充電；開關(guān)S接2，電容器C對電阻R放電。下列說法正確的是（）A充電過程中，電容器兩極板間電勢差增加，充電電流增加B.充電過程中，電容器的上極板帶正電荷、流過電阻R的電流由M點(diǎn)流向N點(diǎn)C.放電過程中，電容器兩極板間電勢差減小，放電電流減小D.放電過程中，電容器的上極板帶負(fù)電荷，流過電阻R的電流由N點(diǎn)流向M點(diǎn)【答案】C【解析】A．充電過程中，隨著電容器帶電量的增加，電容器兩極板間電勢差增加，充電電流在減小，故A錯誤；B．根據(jù)電路圖可知，充電過程中，電容器的上極板帶正電荷、流過電阻R的電流由N點(diǎn)流向M點(diǎn)，故B錯誤；C．放電過程中，隨著電容器帶電量的減小，電容器兩極板間電勢差減小，放電電流在減小，故C正確；D．根據(jù)電路圖可知，放電過程中，電容器的上極板帶正電荷，流過電阻R的電流由M點(diǎn)流向N點(diǎn)，故D錯誤。故選C?？枷蛞恢本€運(yùn)動1.（2023年福建卷第16題）如圖（a），一粗糙、絕緣水平面上有兩個質(zhì)量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為和。A右端固定有輕質(zhì)光滑絕緣細(xì)桿和輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)。整個空間存在水平向右場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其大小均為。時，A以初速度向右運(yùn)動，B處于靜止?fàn)顟B(tài)。在時刻，A到達(dá)位置S，速度為，此時彈簧未與B相碰；在時刻，A的速度達(dá)到最大，此時彈簧的彈力大小為；在細(xì)桿與B碰前的瞬間，A的速度為，此時。時間內(nèi)A的圖像如圖（b）所示，為圖線中速度的最小值，、、均為未知量。運(yùn)動過程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫侖力等效為真空中點(diǎn)電荷間的靜電力，靜電力常量為k；B與彈簧接觸瞬間沒有機(jī)械能損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（1）求時間內(nèi)，合外力對A所做的功；（2）求時刻A與B之間的距離；（3）求時間內(nèi)，勻強(qiáng)電場對A和B做的總功；（4）若增大A的初速度，使其到達(dá)位置S時的速度為，求細(xì)桿與B碰撞前瞬間A的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）時間內(nèi)根據(jù)動能定理可知合外力做的功為（2）由圖（b）可知時刻A的加速度為0，此時滑塊A所受合外力為0，設(shè)此時A與B之間的距離為r0，根據(jù)平衡條件有其中聯(lián)立可得（3）在時刻，A速度達(dá)到最大，此時A所受合力為0，設(shè)此時A和B的距離為r1，則有且有，聯(lián)立解得時間內(nèi)，勻強(qiáng)電場對A和B做的總功（4）過S后，A、B的加速度相同，則A、B速度的變化相同。設(shè)彈簧的初始長度為；A在S位置時，此時刻A、B的距離為，A速度最大時，AB距離為，細(xì)桿與B碰撞時，A、B距離為。A以過S時，到B與桿碰撞時，A增加的速度為，則B同樣增加速度為，設(shè)B與杠相碰時，B向左運(yùn)動。設(shè)B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運(yùn)動。對A根據(jù)動能定理有對B有當(dāng)A以過S時，設(shè)B與桿碰撞時，A速度為，則B速度為，設(shè)B與杠相碰時，B向左運(yùn)動。設(shè)B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運(yùn)動。對A根據(jù)動能定理有對B聯(lián)立解得2.（2023年新課標(biāo)卷第12題）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，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，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達(dá)到相同的速率，均豎直向下勻速運(yùn)動。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計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所帶電荷量的絕對值之比?！敬鸢浮浚?）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r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量則速率為v時受阻力則當(dāng)油滴勻速下落時解得可知則（2）兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達(dá)到相同的速率，可知油滴a做減速運(yùn)動，油滴b做加速運(yùn)動，可知油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電；當(dāng)再次勻速下落時，對a由受力平衡可得其中對b由受力平衡可得其中聯(lián)立解得3.（2022年北京卷第18題）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板時的速度大小v；（3）若在帶電粒子運(yùn)動距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時間t?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）兩極板間的場強(qiáng)帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開始運(yùn)動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）設(shè)帶電粒子運(yùn)動距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動，后距離做勻速運(yùn)動，設(shè)用時分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時間4.（2022年廣東卷第14題）密立根通過觀測油滴的運(yùn)動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質(zhì)量均為、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內(nèi)都勻速下落了距離。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時間后向上勻速運(yùn)動。B在勻速運(yùn)動時間t內(nèi)上升了距離，隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運(yùn)動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：（1）比例系數(shù)k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離電勢能的變化量；（3）新油滴勻速運(yùn)動速度大小和方向。【答案】（1）；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，電荷量，電勢能的變化量；（3）見解析【解析】（1）未加電壓時，油滴勻速時的速度大小勻速時又聯(lián)立可得（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場力向上，極板間電場強(qiáng)度向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運(yùn)動時，速度大小為根據(jù)平衡條件可得解得根據(jù)又聯(lián)立解得（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為，新油滴所受電場力若，即可知新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得新油滴向上加速，達(dá)到平衡時解得速度大小為速度方向向上；若，即可知設(shè)向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知新油滴向下加速，達(dá)到平衡時解得速度大小為速度方向向下。5.（2021年湖南卷第9題）（多選）如圖，圓心為的圓處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與圓平面平行，和為該圓直徑。將電荷量為的粒子從點(diǎn)移動到點(diǎn)，電場力做功為；若將該粒子從點(diǎn)移動到點(diǎn)，電場力做功為。下列說法正確的是（）A.該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向與平行B.將該粒子從點(diǎn)移動到點(diǎn)，電場力做功為C.點(diǎn)電勢低于點(diǎn)電勢D.若只受電場力，從點(diǎn)射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運(yùn)動【答案】AB【解析】A．由于該電場為勻強(qiáng)電場，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x軸，垂直與cd方向建立y軸如下圖所示在x方向有W=Exq2R在y方向有2W=EyqR+ExqR經(jīng)過計算有Ex=，Ey=，E=，tanθ=由于電場方向與水平方向成60°，則電場與ab平行，且沿a指向b，A正確；B．該粒從d點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)，電場力做的功為W′=Eq=0.5WB正確；C．沿電場線方向電勢逐漸降低，則a點(diǎn)的電勢高于c點(diǎn)的電勢，C錯誤；D．若粒子的初速度方向與ab平行則粒子做勻變速直線運(yùn)動，D錯誤。故選AB。考向二圓周運(yùn)動6.（2023年浙江6月卷第8題）某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場。粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線（等勢線）運(yùn)動，并從虛線上的N點(diǎn)射出，虛線處電場強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足（）A. B. C. D.【答案】A【解析】帶電粒子在電場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，則有聯(lián)立可得故選A。7.（2022年浙江6月卷第15題）（多選）如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強(qiáng)度大小可表示為，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運(yùn)動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）

A.軌道半徑r小的粒子角速度一定小B.電荷量大的粒子的動能一定大C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)D.當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運(yùn)動【答案】BC【解析】A．根據(jù)電場力提供向心力可得解得可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯誤；BC．根據(jù)電場力提供向心力可得解得又聯(lián)立可得可知電荷量大的粒子的動能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)，故BC正確；D．磁場的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運(yùn)動，也可能做近心運(yùn)動，故D錯誤。故選BC。8.（2022年全國乙卷第8題）（多選）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別為R和）和探測器組成，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個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動，圓的圓心為O、半徑分別為、；粒子3從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射；粒子4從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大B.粒子4入射時的動能比它出射時的大C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能【答案】BD【解析】C．在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)為帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動，則有，可得即粒子1入射時動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；A．粒子3從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，做向心運(yùn)動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；B．粒子4從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，做離心運(yùn)動，電場力做負(fù)功，則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；D．粒子3做向心運(yùn)動，有可得粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；故選BD9.（2022年遼寧卷第14題）如圖所示，光滑水平面和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點(diǎn)時的速度大小為，之后沿軌道運(yùn)動。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，在區(qū)域有方向與x軸夾角為的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為。小球在運(yùn)動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：（1）彈簧壓縮至A點(diǎn)時的彈性勢能；（2）小球經(jīng)過O點(diǎn)時的速度大??；（3）小球過O點(diǎn)后運(yùn)動的軌跡方程?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得（2）小球從B到O，根據(jù)動能定理有解得（3）小球運(yùn)動至O點(diǎn)時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有豎直方向有解得，說明小球從O點(diǎn)開始以后的運(yùn)動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，y軸方向做勻速直線運(yùn)動，即做類平拋運(yùn)動，則有，聯(lián)立解得小球過O點(diǎn)后運(yùn)動的軌跡方程考向三電容器動態(tài)分析10.（2023年浙江6月卷第12題）AB、CD兩塊正對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、質(zhì)量為的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開關(guān)S，小球靜止時，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動到CD板上的M點(diǎn)（未標(biāo)出），則（）A.MC距離為 B.電勢能增加了C.電場強(qiáng)度大小為 D.減小R的阻值，MC的距離將變大【答案】B【解析】A．根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，對小球受力分析如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得剪斷細(xì)線，小球做勻加速直線運(yùn)動，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得故A錯誤；B．根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場力方向的位移與電場力方向相反，電場力做功為則小球電勢能增加，故B正確；C．電場強(qiáng)度的大小故C錯誤；D．減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強(qiáng)度不變，所以小球的運(yùn)動不會發(fā)生改變，MC的距離不變，故D錯誤。故選B。11.（2022年重慶卷第2題）如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則（）A.材料豎直方向尺度減小 B.極板間電場強(qiáng)度不變C.極板間電場強(qiáng)度變大 D.電容器電容變大【答案】A【解析】BCD．根據(jù)電容的決定式可知，根據(jù)題意可知極板之間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，極板間距增大，電容減小，極板之間形成勻強(qiáng)電場，根據(jù)可知極板間電場強(qiáng)度減小，BCD錯誤；

A．極板間距增大，材料豎直方向尺度減小，A正確；故選A。12.（2022年北京卷第9題）利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流表，V為電壓表。下列說法正確的是（）A.充電過程中，電流表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定B.充電過程中，電壓表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定C.放電過程中，電流表的示數(shù)均勻減小至零D.放電過程中，電壓表的示數(shù)均勻減小至零【答案】B【解析】A．充電過程中，隨著電容器兩極板電荷量的積累，電路中的電流逐漸減小，電容器充電結(jié)束后，電流表示數(shù)為零，A錯誤；B．充電過程中，隨著電容器兩極板電荷量的積累，電壓表測量電容器兩端的電壓，電容器兩端的電壓迅速增大，電容器充電結(jié)束后，最后趨于穩(wěn)定，B正確；CD．電容器放電的圖像如圖所示可知電流表和電壓表的示數(shù)不是均勻減小至0的，CD錯誤。故選B。考向四電容器充放電實(shí)驗(yàn)13.（2023年山東卷第14題）電容儲能已經(jīng)在電動汽車，風(fēng)、光發(fā)電、脈沖電源等方面得到廣泛應(yīng)用。某同學(xué)設(shè)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，電容標(biāo)識不清）；電源E（電動勢，內(nèi)阻不計）；電阻箱（阻值）；滑動變阻器（最大阻值，額定電流）；電壓表V（量程，內(nèi)阻很大）；發(fā)光二極管，開關(guān)，電流傳感器，計算機(jī)，導(dǎo)線若干?；卮鹨韵聠栴}：（1）按照圖甲連接電路，閉合開關(guān)，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器滑片應(yīng)向___________端滑動（填“a”或“b”）。（2）調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表表盤如圖乙所示，示數(shù)為___________V（保留1位小數(shù)）。（3）繼續(xù)調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表示數(shù)為時，開關(guān)擲向1，得到電容器充電過程的圖像，如圖丙所示。借鑒“用油膜法估測油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中估算油膜面積的方法，根據(jù)圖像可估算出充電結(jié)束后，電容器存儲的電荷量為___________C（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（4）本電路中所使用電容器的電容約為___________F（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（5）電容器充電后，將開關(guān)擲向2，發(fā)光二極管___________（填“”或“”）閃光?！敬鸢浮竣?b②.6.5③.④.⑤.【解析】（1）[1]滑動變阻器分壓式接法，故向b端滑動充電電壓升高；（2）[2]量程15V，每個小格0.5V，估讀，故6.5V；（3）[3]圖像所圍的面積，等于電容器存儲的電荷量，38個小格，故電容器存儲的電荷量為C；（4）[4]由電容的定義式得：F；（5）[5]開關(guān)擲向2，電容器放電，故閃光。14.（2023年福建卷第13題）某同學(xué)用圖（a）所示的電路觀察矩形波頻率對電容器充放電的影響。所用器材有：電源、電壓傳感器、電解電容器C（，），定值電阻R（阻值）、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。（1）電解電容器有正、負(fù)電極的區(qū)別。根據(jù)圖（a），將圖（b）中的實(shí)物連線補(bǔ)充完整_________；（2）設(shè)置電源，讓電源輸出圖（c）所示的矩形波，該矩形波的頻率為_________；（3）閉合開關(guān)S，一段時間后，通過電壓傳感器可觀測到電容器兩端的電壓隨時間周期性變化，結(jié)果如圖（d）所示，A、B為實(shí)驗(yàn)圖線上的兩個點(diǎn)。在B點(diǎn)時，電容器處于_________狀態(tài)（填“充電”或“放電”）在_________點(diǎn)時（填“A”或“B”），通過電阻R的電流更大；（4）保持矩形波的峰值電壓不變，調(diào)節(jié)其頻率，測得不同頻率下電容器兩端的電壓隨時間變化的情況，并在坐標(biāo)紙上作出電容器上最大電壓與頻率f關(guān)系圖像，如圖（e）所示。當(dāng)時電容器所帶電荷量的最大值_________C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，電容器在充放電過程中，其所帶的最大電荷量在頻率較低時基本不變，而后隨著頻率的增大逐漸減小?！敬鸢浮竣?②.③.充電④.B⑤.【解析】（1）[1]根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，如圖所示（2）[2]由圖（c）可知周期，所以該矩形波的頻率為（3）[3][4]由圖（d）可知，B點(diǎn)后電容器兩端的電壓慢慢增大，即電容器處于充電狀態(tài)；從圖中可得出，A點(diǎn)為放電快結(jié)束階段，B點(diǎn)為充電開始階段，所以在B點(diǎn)時通過電阻R的電流更大。（4）[5]由圖（e）可知當(dāng)時，電容器此時兩端的電壓最大值約為根據(jù)電容的定義式得此時電容器所帶電荷量的最大值為15.（2023年新課標(biāo)卷第9題）在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，所用器材如下：電池、電容器、電阻箱、定值電阻、小燈泡、多用電表、電流表、秒表、單刀雙擲開關(guān)以及導(dǎo)線若干。（1）用多用電表的電壓擋檢測電池的電壓。檢測時，紅表筆應(yīng)該與電池的___________（填“正極”或“負(fù)極”）接觸。（2）某同學(xué)設(shè)計的實(shí)驗(yàn)電路如圖（a）所示。先將電阻箱的阻值調(diào)為，將單刀雙擲開關(guān)S與“1”端相接，記錄電流隨時間的變化。電容器充電完成后，開關(guān)S再與“2”端相接，相接后小燈泡亮度變化情況可能是___________。（填正確答案標(biāo)號）A．迅速變亮，然后亮度趨于穩(wěn)定B．亮度逐漸增大，然后趨于穩(wěn)定C．迅速變亮，然后亮度逐漸減小至熄滅（3）將電阻箱的阻值調(diào)為，再次將開關(guān)S與“1”端相接，再次記錄電流隨時間的變化情況。兩次得到的電流I隨時間t變化如圖（b）中曲線所示，其中實(shí)線是電阻箱阻值為___________（填“R1”或“R2”）時的結(jié)果，曲線與坐標(biāo)軸所圍面積等于該次充電完成后電容器上的___________（填“電壓”或“電荷量”）?！敬鸢浮竣?正極②.C③.④.電荷量【解析】（1）[1]多用電表紅表筆流入電流，黑表筆流出電流，故電流表紅表筆應(yīng)該與電池正極接觸；（2）[2]電容器充電完成后，開始時兩極板電量較多，電勢差較大，當(dāng)閉合“2”接入小燈泡，回路立即形成電流，燈泡的迅速變亮；隨著時間的積累，兩極板電量變少，電勢差變小，流過燈泡的電流減小，直至兩極板電荷量為零不帶電，則無電流流過小燈泡即熄滅，故選C。（3）[3]開始充電時兩極板的不帶電，兩極板電勢差為零，設(shè)電源內(nèi)阻為r，則開始充電時有由圖像可知開始充電時實(shí)線的電流較小，故電路中的電阻較大，因此電阻箱阻值為；[4]圖像的物理意義為充電過程中電流隨時間的變化圖線，故曲線與坐標(biāo)軸所圍面積等于該次充電完成后電容器上的電荷量?？枷蛭孱惼綊?、類斜拋運(yùn)動16、（2023年1月浙江卷第12題）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極、水平方問偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成。電極的長度為l、間距為d、極板間電壓為極板間電壓為零，電子槍加速電壓為。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿方向進(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.在極板間的加速度大小為B.打在熒光屏?xí)r，動能大小為C.在極板間受到電場力的沖量大小為D.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與連線夾角α的正切答案：D解析：極板間的電場強(qiáng)度大小為，電子所受的電場力大小為，由牛頓第二定律得，A錯誤；電子在加速電場中運(yùn)動時電場力做的功為，電子沿方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極，若能打在熒光屏上，在極板間沿電場力方向的位移，則電場力做的功，對全過程由動能定理得，B錯誤；電子剛好從極板的邊緣離開時，電子在極板間受到的電場力做的功為，故在極板間受到電場力的沖量大小，C錯誤；電子離開加速電場時有，電子在及板間的加速度大小為，則離開極板間時電子在垂直極板方向的速度大小為，沿方向有，聯(lián)立解得，D正確。17.（2023年北京卷第20題）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進(jìn)入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變。在勻強(qiáng)電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d、不考慮重力影響和顆粒間相互作用。（1）若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣速度v方向相反，大小為，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度。a、半徑為R、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；b、已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好100%被收集，求的顆粒被收集的百分比?！敬鸢浮浚?）；（2）a、；b、25%【解析】（1）只要緊靠上極板顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有豎直方向根據(jù)牛頓第二定律又解得（2）a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度，豎直方向且解得b.帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于電場力，有在豎直方向顆粒勻速下落的顆粒帶電荷量為顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于電場力，有設(shè)只有距下極板為的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落解得的顆粒被收集的百分比18.（2023年湖北卷第10題）（多選）一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓加速后，射入水平放置平行板電容器，極板間電壓為。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為，微粒運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)到極板左右兩端的水平距離分別為和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計重力。下列說法正確的是（）A.B.C.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)動軌跡不變【答案】BD【解析】B．粒子在電容器中水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做勻變速直線直線運(yùn)動，根據(jù)電場強(qiáng)度和電勢差的關(guān)系及場強(qiáng)和電場力的關(guān)系可得，粒子射入電容器后的速度為，水平方向和豎直方向的分速度，從射入到運(yùn)動到最高點(diǎn)由運(yùn)動學(xué)關(guān)系粒子射入電場時由動能定理可得聯(lián)立解得B正確；A．粒子從射入到運(yùn)動到最高點(diǎn)由運(yùn)動學(xué)可得，聯(lián)立可得A錯誤；C．粒子穿過電容器時從最高點(diǎn)到穿出時由運(yùn)動學(xué)可得，射入電容器到最高點(diǎn)有解得設(shè)粒子穿過電容器與水平的夾角為，則粒子射入電場和水平的夾角為C錯誤；D．粒子射入到最高點(diǎn)的過程水平方向的位移為，豎直方向的位移為聯(lián)立，，解得且，即解得即粒子在運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中水平和豎直位移均與電荷量和質(zhì)量無關(guān)，最高點(diǎn)到射出電容器過程同理，，即軌跡不會變化，D正確。故選BD。19.（2023年山東卷第15題）電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術(shù)投射滅火彈進(jìn)入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化成滅火彈的動能，設(shè)置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對高樓，與高樓之間的水平距離，滅火彈出膛速度，方向與水平面夾角，不計炮口離地面高度及空氣阻力，取重力加速度大小，。（1）求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H；（2）已知電容器儲存的電能，轉(zhuǎn)化為滅火彈動能的效率，滅火彈的質(zhì)量為，電容，電容器工作電壓U應(yīng)設(shè)置為多少？【答案】（1）60m；（2）【解析】（1）滅火彈做斜向上拋運(yùn)動，則水平方向上有豎直方向上有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意可知又因?yàn)槁?lián)立可得20.（2022年浙江6月卷第9題）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L（不考慮邊界效應(yīng)）。t=0時刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度大小為；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）

A.M板電勢高于N板電勢B.兩個粒子的電勢能都增加C.粒子在兩板間的加速度D.粒子從N板下端射出的時間【答案】C【解析】A．由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；B．根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小；則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；CD．設(shè)兩板間距離為d，對于平行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，有對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有聯(lián)立解得，故C正確，D錯誤；故選C。21.（2022年湖北卷第10題）（多選）如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)О射入，并經(jīng)過點(diǎn)P（a>0，b>0）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，粒子從О到Р運(yùn)動的時間為t1，到達(dá)Р點(diǎn)的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)，粒子從O到Р運(yùn)動的時間為t2，到達(dá)Р點(diǎn)的動能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是·（）A.t1<t2 B.t1>t2C.Ek1<Ek2 D.Ek1>Ek2【答案】AD【解析】AB．該過程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，此時粒子做類平拋運(yùn)動，沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運(yùn)動，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)可知t1<t2故A正確，B錯誤。CD．該過程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，此時粒子做類平拋運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)時速度大于v0；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)時速度等于v0，而根據(jù)可知Ek1>Ek2故C錯誤，D正確。故選AD。22.（2021年全國乙卷第7題）（多選）四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別、、、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)電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運(yùn)動軌跡的圖像中，可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，加速度為由類平拋運(yùn)動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運(yùn)動時間為離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為因?yàn)樗膫€帶電的粒子的初速相同，電場強(qiáng)度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個帶電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負(fù)電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；粒子與粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與粒子的比荷也相同，所以、、三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；粒子的比荷與、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。故選AD?？枷蛄话闱€運(yùn)動23.（2023年全國甲卷第5題）在一些電子顯示設(shè)備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當(dāng)?shù)姆莿驈?qiáng)電場，可以使發(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實(shí)線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運(yùn)動軌跡，其中正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】A．電子做曲線運(yùn)動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，A正確；B．電子做曲線運(yùn)動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，對電子受力分析有可見與電場力的受力特點(diǎn)相互矛盾，B錯誤；C．電子做曲線運(yùn)動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，對電子受力分析有可見與電場力的受力特點(diǎn)相互矛盾，C錯誤；D．電子做曲線運(yùn)動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，對電子受力分析有可見與電場力的受力特點(diǎn)相互矛盾，D錯誤；故選A。24.（2023年全國乙卷第6題）（多選）在O點(diǎn)處固定一個正點(diǎn)電荷，P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方。從P點(diǎn)由靜止釋放一個帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點(diǎn)電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點(diǎn)，OP>OM，OM=ON，則小球（）A.在運(yùn)動過程中，電勢能先增加后減少B.在P點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能C.在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能D.從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，電場力始終不做功【答案】BC【解析】ABC．由題知，OP>OM，OM=ON，則根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢分布情況可知φM=φN>φP則帶負(fù)電的小球在運(yùn)動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>EpM=EpN則帶負(fù)電的小球在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能，A錯誤、BC正確；D．從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，D錯誤。故選BC。25.（2021年天津卷第8題）（多選）兩個位于紙面內(nèi)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場的等勢面如圖中實(shí)線所示，相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線是一個電子在該電場中的運(yùn)動軌跡，軌跡與某等勢面相切于P點(diǎn)。下列說法正確的是（）A.兩點(diǎn)電荷可能是異種點(diǎn)電荷 B.A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的大C.A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢 D.電子運(yùn)動到P點(diǎn)時動能最小【答案】CD【解析】A．根據(jù)電荷間等勢面的分布情況可知兩點(diǎn)電荷時同種電荷，又根據(jù)電子在該電場中的運(yùn)動軌跡可判斷電子一直受到排斥的力，故可知兩點(diǎn)電荷為同種負(fù)電荷；故A錯誤；B．根據(jù)等勢面的疏密程度可以判斷A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的小，故B錯誤；C．因?yàn)閮牲c(diǎn)電荷是同種負(fù)電荷，電場線指向負(fù)電荷，故可知A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，故C正確；D．根據(jù)電子的運(yùn)動軌跡和電場線的方向可知由M到P電場力做負(fù)功，由P到N電場力做正功；由M到P動能減小，由P到N動能增加，故電子運(yùn)動到P點(diǎn)時動能最小，故D正確。故選CD。一、實(shí)驗(yàn)：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象1．實(shí)驗(yàn)步驟(1)按圖連接好電路．(2)把單刀雙擲開關(guān)S打在上面，使觸點(diǎn)1與觸點(diǎn)2連通，觀察電容器的充電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中．(3)將單刀雙擲開關(guān)S打在下面，使觸點(diǎn)3與觸點(diǎn)2連通，觀察電容器的放電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中．(4)記錄好實(shí)驗(yàn)結(jié)果，關(guān)閉電源．2．注意事項(xiàng)(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(shí)驗(yàn)要在干燥的環(huán)境中進(jìn)行．二、電容器及平行板電容器的動態(tài)分析1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導(dǎo)體組成．(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值．(3)電容器的充、放電：①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板之間的電勢差之比．(2)定義式：C＝eq\f(Q,U).(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF.(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低．(5)決定因素：由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、形狀、極板相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(guān)．3．平行板電容器的電容(1)決定因素：兩極板的正對面積、電介質(zhì)的相對介電常數(shù)、兩板間的距離．(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).4．兩類典型問題(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．5．兩類典型動態(tài)分析思路比較三、帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動1．對帶電粒子進(jìn)行受力分析時應(yīng)注意的問題(1)要掌握靜電力的特點(diǎn)．靜電力的大小和方向不僅跟電場強(qiáng)度的大小和方向有關(guān)，還跟帶電粒子的電性和電荷量有關(guān)．(2)是否考慮重力依據(jù)情況而定．基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有特殊說明或明確的暗示外，一般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量)．帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有特殊說明或明確的暗示外，一般都不能忽略重力．2．做直線運(yùn)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(yùn)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(yùn)動或減速直線運(yùn)動．3．用動力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.4．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek15．帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動(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(zhuǎn)換))a－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))v－t圖像．四、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運(yùn)動(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，t＝eq\f(l,v0)(如圖)．(2)沿靜電力方向做勻加速直線運(yùn)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(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).2．兩個重要結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：在加速電場中有qU0＝eq\f(1,2)mv02在偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(guān)．(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半．3．功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)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．五、帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在交變電場中的運(yùn)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(dāng)粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，沿電場方向的分運(yùn)動具有周期性．2．研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動情況．根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律)：抓住粒子運(yùn)動時間上的周期性和空間上的對稱性，求解粒子運(yùn)動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件．4．對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)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(rèn)為是在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動．六、電場中功能關(guān)系的綜合問題電場中常見的功能關(guān)系(1)若只有靜電力做功，電勢能與動能之和保持不變．(2)若只有靜電力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．(3)除重力之外，其他力對物體做的功等于物體機(jī)械能的變化量．(4)所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量．七、帶電粒子在重力場和電場中的圓周運(yùn)動1．等效重力場物體僅在重力場中的運(yùn)動是最常見、最基本的運(yùn)動，但是對于處在勻強(qiáng)電場和重力場中物體的運(yùn)動問題就會變得復(fù)雜一些．此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．2.八、電場中的力電綜合問題1．動力學(xué)的觀點(diǎn)(1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題．2．能量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理．(2)運(yùn)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)．①若帶電粒子只在靜電力作用下運(yùn)動，其動能和電勢能之和保持不變．②若帶電粒子只在重力和靜電力作用下運(yùn)動，其機(jī)械能和電勢能之和保持不變．3．動量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動量定理，要注意動量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向．(2)運(yùn)用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要注意題目表述是否為某方向上動量守恒．1.（2024·北京市海淀區(qū)·二模）地球表面與大氣電離層都是良導(dǎo)體，兩者與其間的空氣介質(zhì)可視為一個大電容器，這個電容器儲存的電荷量大致穩(wěn)定，約為5×105C，其間的電場，稱為大氣電場。設(shè)大地電勢為零，晴天的大氣電場中，不同高度h處的電勢φ的變化規(guī)律如圖所示，不考慮水平方向電場的影響。根據(jù)以上信息，下列說法正確的是（）A.大氣電場的方向豎直向上B.地面帶電量約為2.5×105CC.地面和大氣電離層組成的電容器電容值約0.6FD.高度h越大，大氣電場強(qiáng)度越小【答案】D【解析】A．大地電勢為零，離地面越高，電勢越高，因沿電場方向電勢降低，可知大氣電場的方向豎直向下，選項(xiàng)A錯誤；B．因地面和大氣層分別是電容器的兩個電極，電容器儲存的電荷量約為5×105C，可知地面帶電量約為5×105C，選項(xiàng)B錯誤；C．根據(jù)電容器的定義式可知，地面和大氣電離層組成的電容器電容值約故C錯誤；D．根據(jù)可知圖像的斜率代表電場的倒數(shù)，高度h越大，大氣電場強(qiáng)度越小，故D正確。故選D。2.（2024·北京市海淀區(qū)·二模）如圖所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖，兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質(zhì)量為m，電荷量為-q的帶電塵埃分布均勻，均以沿板方向的速率v射入除塵空間，當(dāng)其碰到下極板時，所帶電荷立即被中和，同時塵埃被收集。調(diào)整兩極板間的電壓可以改變除塵率（相同時間內(nèi)被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入除塵空間塵埃的數(shù)量之百分比）。當(dāng)兩極板間電壓為U0時，。不計空氣阻力、塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，忽略邊緣效應(yīng)。下列說法正確的是（）A.兩極板間電壓為U0時，塵埃的最大動能為qU0+B.兩極板間電壓為U0時，除塵率可達(dá)100%C.僅增大塵埃的速率v，可以提升除塵率D.僅減少塵埃的電荷量，可以提升除塵率【答案】B【解析】A．當(dāng)兩極板間電壓為U0時，?？芍嗤瑫r間內(nèi)有80%的帶點(diǎn)塵埃打在下極板，則離開極板間的帶點(diǎn)塵埃的偏移量設(shè)塵埃的最大動能為，兩極板間的距離為，根據(jù)動能定理可知解得A錯誤；B．設(shè)離開板間的帶電塵埃的偏移量為，極板間的電壓為，粒子在平行極板的方向上做勻速直線運(yùn)動，沿垂直極板的方向做勻加速直線運(yùn)動，則有根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得由于故可解得故B正確；CD．根據(jù)上述結(jié)論可知，僅增大塵埃的速率v，或僅減少塵埃的電荷量，均使的偏移量減小，會降低除塵率，CD錯誤。故選B。3.（2024·北京首都師大附中·三模）如圖，在探究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，電容器所帶電量可視為不變，則下列說法中正確的是（）A.甲圖中減小兩極正對面積，板間場強(qiáng)不變，靜電計指針張角變小B.乙圖中增大兩板間距，板間場強(qiáng)不變，靜電計指針張角變大C.丙圖中，在兩板間插入其他介質(zhì)，靜電計指針張角變大D.該實(shí)驗(yàn)中，可以用磁電式電壓表代替靜電計測量電壓【答案】B【解析】A．根據(jù)甲圖中減小兩極正對面積，可知電容器電容減小，平行板電容器帶電量不變，根據(jù)可知電容器兩極板間的電勢差增大，靜電計指針張角變大，根據(jù)可知板間場強(qiáng)增大，故A錯誤；B．乙圖中增大兩板間距，可知電容器電容減小，平行板電容器帶電量不變，則電容器兩極板間的電勢差增大，靜電計指針張角增大，根據(jù)，，可得可知增大兩板間距，板間場強(qiáng)不變，，故B正確；C．丙圖中，在兩板間插入其他介質(zhì)，介電常數(shù)增大，可知電容器電容增大，平行板電容器帶電量不變，則電容器兩極板間的電勢差減小，靜電計指針張角變小，故C錯誤；D．實(shí)驗(yàn)回路中沒有電流，不可以用磁電式電壓表代替靜電計測量電壓，故D錯誤。故選B。4.（2024·北京首都師大附中·三模）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板時的速度大小v；（3）若在帶電粒子運(yùn)動距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時間t?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）兩極板間的場強(qiáng)帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開始運(yùn)動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）設(shè)帶電粒子運(yùn)動距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動，后距離做勻速運(yùn)動，設(shè)用時分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時間5.（2024·貴州省六校聯(lián)盟·三模）如圖所示，虛線是電場中的一組平行等差等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差為，其中等勢面的電勢為，電子以某初速度從點(diǎn)平行紙面射入，速度方向與等勢面夾角為，已知該電子恰好能運(yùn)動到等勢面（不計電子重力）。下列說法正確的是（）A.電子在電場中做勻減速直線運(yùn)動B.電子運(yùn)動到等勢面時動能為0C.電子運(yùn)動到等勢面時動能為D.電子返回等勢面時動能為【答案】C【解析】A．根據(jù)題意可知，電子在電場中僅受電場力，電子的初速度方向與電場力方向不在一條直線上，則電子在電場方向上做勻減速直線運(yùn)動，在垂直電場方向上做勻速運(yùn)動，即電子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動，故A錯誤；B．電子運(yùn)動到等勢面時，沿電場方向的速度為0，垂直電場方向的速度不為0，則電子在等勢面時動能不為0，故B錯誤；CD．設(shè)電子的初速度為，電子由等勢面到e等勢面，由動能定理有解得電子由等勢面到等勢面，由動能定理有解得電子返回等勢面時，電場力做功為0，則電子動能為初動能，故C正確，D錯誤。故選C。6.（2024·海南省四校聯(lián)考）如圖所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場與水平方向成θ角，直線與勻強(qiáng)電場E互相垂直。在A點(diǎn)以大小為的初速度水平拋出一質(zhì)量為m，帶電量為的小球，經(jīng)時間t，小球下落一段距離過C點(diǎn)（圖中未畫出）時速度大小仍為，在小球由A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，下列說法中正確的是（）A.小球的電勢能減少B.C可能位于直線右側(cè)C.小球的機(jī)械能減少量一定等于D.小球的機(jī)械能減少量一定大于【答案】D【解析】A．由動能定理，動能不變，合外力的功為零，重力做正功，電場力必然做負(fù)功，電勢能增加，故A錯誤；B．若C位于直線的右側(cè)，則重力做正功，電場力做正功，動能增加，與動能不變矛盾，故B錯誤；CD．小球的機(jī)械能的減少量即為豎直方向的重力勢能的減少量mgh，由于電場力向右下方，重力豎直向下，將合力沿著水平和豎直方向正交分解，豎直方向的合力大于重力，故在豎直方向的分運(yùn)動的加速度a大于g，豎直方向即故C錯誤，D正確。故選D。7.（2024·河南省九師聯(lián)盟·三模）（多選）反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用帶電粒子在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，振蕩原理可以理解為：如圖所示，以O(shè)為原點(diǎn)建立x軸，x<0區(qū)域有勻強(qiáng)電場沿x軸負(fù)向，其大小，x>0區(qū)域有非勻強(qiáng)電場沿x軸正向，其大小，一帶負(fù)電粒子質(zhì)量為，電荷量大小為，從處P點(diǎn)由靜止釋放，粒子僅在電場力作用下在x軸上往返運(yùn)動.已知質(zhì)點(diǎn)做簡諧振動周期公式（m為質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量，k為振動系數(shù)），設(shè)原點(diǎn)O處電勢為零.下列說法正確的是（）A.粒子的最大速度為3m/sB.粒子運(yùn)動到原點(diǎn)O右側(cè)最低電勢為-1.6VC.粒子運(yùn)動的周期為D.粒子向右運(yùn)動到O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為【答案】BC【解析】A．粒子到達(dá)原點(diǎn)速度最大為v，由動能定理有解得故A錯誤；B．粒子運(yùn)動到原點(diǎn)右側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)時電勢最低點(diǎn)為，由解得故B正確；C．粒子在電場中單程運(yùn)動的時間為粒子在電場中受電場力則粒子在電場中做簡諧振動，根據(jù)簡諧振動周期公式粒子運(yùn)動周期為故C正確；D．從點(diǎn)向右最遠(yuǎn)運(yùn)動距離，由動能定理有解得D錯誤。故選BC。8.（2024·東北師大附中、長春市十一高中、吉林一中、四平一中、松原實(shí)驗(yàn)中學(xué)1月聯(lián)合模擬考試）如圖甲所示，在水平面C的上方，存在豎直平面內(nèi)周期性變化的勻強(qiáng)電場，電場方向未知，變化規(guī)律如圖乙所示。把一質(zhì)量為m=1kg、帶q=＋1C電荷的小球在t=0時從A點(diǎn)以10J的初動能水平向右拋出，經(jīng)過一段時間后，小球以大小為40J的動能豎直向下經(jīng)過B點(diǎn)，隨后小球第一次經(jīng)過A點(diǎn)正下方，且經(jīng)過A點(diǎn)正下方時電場剛好第一次反向。已知AB之間的高度差為2m，水平距離為1m，A點(diǎn)到水平面C的豎直距離為240m，重力加速度g取10m/s2。求：（1）AB兩點(diǎn)間的電勢差；（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E0的大小和方向；（3）小球到達(dá)水平面C時與A點(diǎn)的水平距離?！敬鸢浮浚?）10V；（2），方向與水平方向成45°角斜向左下；（3）【解析】（1）AB的水平距離為h=1m，AB的豎直距離為2h=2m，從A到B的過程根據(jù)動能定理有解得AB兩點(diǎn)之間的電勢差（2）小球從A點(diǎn)以動能10J水平向右拋出，經(jīng)過一段時間后，到達(dá)B點(diǎn)速度豎直向下，為40J，說明水平方向上減速運(yùn)動，水平方向有解得方向水平向左；豎直方向有解得方向豎直向下。所以勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向與水平方向成45°角斜向左下。（3）根據(jù)題意建立如圖所示的坐標(biāo)系已知小球第一次經(jīng)過A點(diǎn)正下方D點(diǎn)時電場剛好相反，可知A到D的運(yùn)動時間為T，小球在水平方向運(yùn)動時間具有對稱性，即A到B和B到D所用時間相同小球從A到B，在y軸上有解得到達(dá)D點(diǎn)時小球沿y軸方向的分速度為則A到D沿y軸方向的位移為小球第一次經(jīng)過y軸的D點(diǎn)后電場反向，沿與x軸方向成45°指向右上方，小球在y軸上受力平衡，以的速度做勻速直線運(yùn)動。沿x軸方向先勻減速后勻加速，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知恰好在2T時刻第二次經(jīng)過A點(diǎn)正下方的E點(diǎn)，此過程沿y軸的位移為經(jīng)過E點(diǎn)后，2T~3T時間內(nèi)電場再次反向，小球沿y軸以的初速度做勻加速直線運(yùn)動，3T時刻第三次經(jīng)過y軸，此時沿y軸的分速度為2T~3T時間沿y軸的位移為以此類推，從0時刻開始，每經(jīng)過一個時間間隔T，小球就經(jīng)過一次y軸，沿y軸的運(yùn)動均為勻加速直線運(yùn)動與勻速直線運(yùn)動交替運(yùn)動。3T~4T時間沿y軸的位移為4T~5T時間沿y軸的位移為以此類推，可得小球第n次經(jīng)過y軸的總位移為令，解得可知小球在第5次經(jīng)過y軸后從到達(dá)水平面，當(dāng)時則小球在第5次經(jīng)過y軸位置到水平面的距離為小球在第7次經(jīng)過y軸之前豎直方向經(jīng)歷了3次勻速直線運(yùn)動和4次勻加速直線運(yùn)動，第7次經(jīng)過y軸時沿y軸的分速度小球在第7次經(jīng)過y軸后沿y軸做勻速直線運(yùn)動，從第7次經(jīng)過y軸到水平面經(jīng)歷時間為與對比可得小球在第7次經(jīng)過y軸后沿x軸負(fù)方向做勻減速直線運(yùn)動，其位移為由A到B的過程中，沿水平方向有解得小球到達(dá)水平面時與A點(diǎn)的水平距離。9.（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特市·一模）如圖所示為兩組平行金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，今有一質(zhì)量為、電荷量為帶電微粒靜止在豎直放置的平行金屬板的點(diǎn)，經(jīng)電壓加速后通過點(diǎn)小孔進(jìn)入兩板間距為、板長、電壓為的水平放置的平行金屬板間，若帶電微粒從水平平行金屬板的右側(cè)穿出，、虛線為兩塊平行板的中線，帶電微粒的重力和所受空氣阻力均可忽略。求：（1）帶電微粒通過點(diǎn)時的速度大??；（2）帶電微粒通過水平金屬板過程中電場力對其做功為多少？【答案】（1）；（2）【解析】（1）設(shè)帶電微粒通過點(diǎn)時的速度大小為，根據(jù)動能定理可得解得（2）帶電微粒通過水平金屬板時豎直方向的位移為y，則有①通過水平金屬板的時間②水平金屬板間的電場強(qiáng)度③帶電微粒在水平金屬板間受到的電場力④根據(jù)牛頓第二定律可得⑤由①②③④⑤式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)功的計算公式可得解得10.（2024·寧夏中衛(wèi)市·一模）如圖所示，一帶電油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，其軌跡在豎直面（紙面）內(nèi)，且關(guān)于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱，空氣阻力忽略不計。下列說法正確的是（）A.Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的電勢高B.油滴在Q點(diǎn)的機(jī)械能比在P點(diǎn)的機(jī)械能大C.油滴在Q點(diǎn)的電勢能比在P點(diǎn)的電勢能大D.油滴在Q點(diǎn)的加速度比在P點(diǎn)的加速度大【答案】B【解析】AC．由于油滴軌跡相對于過的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內(nèi)側(cè)，所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上。當(dāng)油滴得從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)時，電場力做正功，電勢能減小，即Q點(diǎn)的電勢能比在P點(diǎn)的電勢能小，又由于油滴電性未知，所以Q點(diǎn)的電勢與P點(diǎn)的電勢高低無法比較。故AC錯誤；B．在油滴從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，除重力與彈力外的電場力做正功，機(jī)械能增大，即油滴在Q點(diǎn)的機(jī)械能比在P點(diǎn)的機(jī)械能大，故B正確；D．由于勻強(qiáng)電場中的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，故D錯誤。故選B。11.（2024·青海省玉樹州·第四次聯(lián)考）兩個點(diǎn)電荷的質(zhì)量分別為m1、m2，帶異種