高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)精講精練第18講　電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（解析版）

第18講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.理解電容器的基本概念，掌握好電容器的兩類動(dòng)態(tài)分析.2.能運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解解決帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題.3.用動(dòng)力學(xué)方法解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題．考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1．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(chǔ)存電場(chǎng)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(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．對(duì)公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)．3．兩種類型的動(dòng)態(tài)分析思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化．（2024?嘉興模擬）如圖所示是電容式話筒示意圖，振動(dòng)膜片涂有薄薄的金屬層，膜后幾十微米處是固定的金屬片，兩者構(gòu)成了電容器的兩極。當(dāng)聲音傳至振動(dòng)膜片時(shí)，帶動(dòng)膜片振動(dòng)，引起兩極板間距變化。則（）A．膜片振動(dòng)過程中電容器兩極間電壓恒定 B．膜片向右振動(dòng)時(shí)通過電阻R的電流向左 C．聲音頻率越高時(shí)話筒的輸出信號(hào)越強(qiáng) D．膜片振動(dòng)頻率與聲音頻率無關(guān)【解答】解：AB、根據(jù)電容的決定式C=?rSCD、聲音頻率越高時(shí)，膜片振動(dòng)越快，膜片振動(dòng)頻率越大。若聲音響度越大，膜片振動(dòng)的振幅越大，形成的充電電流增大，話筒的輸出信號(hào)越強(qiáng)，可見聲音頻率越高時(shí)話筒的輸出信號(hào)強(qiáng)度不變，故CD錯(cuò)誤。故選：B。（2024?瓊山區(qū)校級(jí)模擬）磷脂雙分子層是構(gòu)成細(xì)胞膜的基本支架，分子層之間具有彈性，可近似類比成勁度系數(shù)為k'的輕質(zhì)彈簧。細(xì)胞膜上的離子泵可以輸運(yùn)陰陽離子，使其均勻地分布在分子層上，其結(jié)構(gòu)示意如圖所示。已知無限大均勻帶電薄板周圍的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，靜電力常量為k，介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)為εr，細(xì)胞膜的面積S?d2。當(dāng)內(nèi)外兩膜層分別帶有電荷量Q和﹣Q時(shí)，關(guān)于兩分子膜層之間距離的變化情況，下列說法正確的是（）A．分子層間的距離增加了2πkQB．分子層間的距離減小了2πkQC．分子層間的距離增加了4πkQD．分子層間的距離減小了4πk【解答】解：內(nèi)外兩膜層分別帶有電荷量Q和﹣Q時(shí)，兩膜層之間電場(chǎng)力為引力，在該引力作用下，分子層之間的距離減小，令距離減小量為Δx，分子層之間具有彈性，可近似類比成勁度系數(shù)為k'的輕質(zhì)彈簧，由于無限大均勻帶電薄板周圍的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，細(xì)胞膜的面積S＞＞d2，則膜層周圍的電場(chǎng)也可近似看為勻強(qiáng)電場(chǎng)，令電場(chǎng)強(qiáng)度為E，可知單獨(dú)一個(gè)極板產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為12E，則有根據(jù)電容的定義式和決定式C=QU，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系有E=U結(jié)合上述解得分子層間的距離變化量Δx=2πk即分子層間的距離減小了2πkQ故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。（多選）（2024?江西模擬）電容式加速度傳感器是常見的手機(jī)感應(yīng)裝置，結(jié)構(gòu)如圖所示。質(zhì)量塊的上端連接輕質(zhì)彈簧，下端連接電介質(zhì)，彈簧與電容器固定在外框上，質(zhì)量塊帶動(dòng)電介質(zhì)移動(dòng)改變電容，則下列說法正確的是（）A．電介質(zhì)插入極板越深，電容器電容越大 B．當(dāng)傳感器處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，電容器不帶電 C．當(dāng)傳感器由靜止突然向前加速時(shí)，會(huì)有電流由a流向b D．當(dāng)傳感器以恒定加速度向前運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定后電流表指針不偏轉(zhuǎn)【解答】解：A．根據(jù)題意，電介質(zhì)插入極板越深，根據(jù)電容器的決定式C=介電常數(shù)變大，電容器電容越大，故A正確；B．當(dāng)傳感器處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，電容器帶電，左極板帶正電，右極板帶負(fù)電，且兩極板之間電勢(shì)差大小恒等于電源電動(dòng)勢(shì)，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)傳感器由靜止突然向前加速時(shí)，彈簧會(huì)伸長，向上的彈力增加，電介質(zhì)插入極板深度增加，根據(jù)電容器的決定式：C=可知電容器電容增大，因電容器兩端的電壓不變，根據(jù)電容器的定義式：Q＝CU可知，兩極板間的電荷量增大，則會(huì)有電流由b流向a，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)傳感器以恒定加速度向前運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定后彈簧彈力不變，電介質(zhì)插入極板深度不變，則電容器電容不變，極板電荷量也不變，故電流表中沒有電流通過，指針不偏轉(zhuǎn)，故D正確。故選：AD?？键c(diǎn)二帶電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)．2．用功能觀點(diǎn)分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1（多選）（2023?大連模擬）靜電植絨技術(shù)于3000多年前在中國首先起步。如圖所示為植絨流程示意圖，將絨毛放在帶負(fù)電荷的容器中，使絨毛帶負(fù)電，容器與帶電極板之間加恒定電壓，絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布料表面上。已知絨毛到達(dá)布料表面時(shí)速率越大，植絨效果越好。帶電極板與布料間距忽略不計(jì)，下列判斷正確的是（）A．帶電極板帶負(fù)電 B．絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電勢(shì)能不斷減少 C．帶電量相同，質(zhì)量大的絨毛，植絨效果越好 D．若減小容器與帶電極板之間的距離，植絨效果不變【解答】解：A、絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布料表面上，所以絨毛受到的電場(chǎng)力向下，帶電極板帶正電，故A錯(cuò)誤；B、絨毛成垂直狀加速飛到植絨的布料表面上，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能不斷減小，故B正確；C、根據(jù)動(dòng)能定理得qU=12mD、由v=2qU故選：BD。（2024?合肥二模）我國是世界上第三個(gè)突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國家。霍爾推進(jìn)器的工作原理簡化如圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場(chǎng)。工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場(chǎng)加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實(shí)驗(yàn)中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強(qiáng)度為I。氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為（）A．ImU2q B．12ImUq C．I【解答】解：氙離子在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有：Uq=設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)有n個(gè)氙離子噴射出，則有：I=取水平向右為正方向，對(duì)n個(gè)氙離子由動(dòng)量定理有：FΔt＝nmv﹣0聯(lián)立方程可得：F=I由牛頓第三定律可知離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力F'=F=I2mU故選：D。（多選）（2023秋?廣州期末）水平地面上方存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶負(fù)電且電荷量為q的小球A以一定的初速度v0從地面上的O點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，速度方向與水平方向的夾角為53°，恰好沿v0方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，則（）A．電場(chǎng)方向水平向右且電場(chǎng)力大小為34mgB．從地面到最高點(diǎn)，克服重力做功為12C．從地面到最高點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功為0.18mv0D．從地面出發(fā)再回到地面用時(shí)為2【解答】解：A.小球恰好沿方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，可知小球受到的重力和電場(chǎng)力的合力方向剛好與v0方向相反，如圖所示：可知電場(chǎng)力大小為Eq=mgBCD.小球受到的合力為F=mgsin53°=54mg，小球的加速度為：a=Fm=54g，根據(jù)對(duì)稱性可知，從地面出發(fā)再回到地面用時(shí)為：t＝2t1＝2v0a=8v05g，從地面到最高點(diǎn)，通過的位移大小為s=v0故選：AC?？键c(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)．(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個(gè)方向上的直線運(yùn)動(dòng)，類似于平拋運(yùn)動(dòng)．(4)運(yùn)動(dòng)規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))))②沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(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)加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合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(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．（多選）（2024?西城區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，一帶負(fù)電粒子（不計(jì)重力）質(zhì)量為m、電荷量大小為q，以初速度v0沿兩板中央水平方向射入水平放置、距離為d、電勢(shì)差為U的一對(duì)平行金屬板間，經(jīng)過一段時(shí)間從兩板間飛出，在此過程中，已知粒子動(dòng)量變化量的大小為Δp，下列說法正確的是（）A．粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)的加速度大小為UqdmB．粒子從兩板間離開時(shí)的速度大小為ΔpmC．金屬板的長度為dvD．入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的電勢(shì)差為?【解答】解：A．根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=Uqdm，故ABC．粒子在沿電場(chǎng)方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向的動(dòng)量變化為0；根據(jù)題意有Δp＝Δpy＝mvy﹣0可得粒子從兩板間離開時(shí)沿電場(chǎng)方向的分速度大小為vy=則粒子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=v金屬板的長度為L=vD．設(shè)入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的電勢(shì)差為U′，根據(jù)動(dòng)能定理可得?qU'=1其中v解得U'=?(Δp故選：ACD。（2023?和平區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，從傾角30°的斜面上A點(diǎn)平拋一帶電小球，落到斜面上的B點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，下列說法中正確的是（）A．若將平拋初速度減小一半，則小球?qū)⒙湓贏B兩點(diǎn)的中點(diǎn) B．平拋初速度不同，小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間的夾角不同 C．平拋初速度不同，小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間夾角正切值一定相同，等于2tan30° D．若平拋小球的初動(dòng)能為6J，則落到斜面上時(shí)的動(dòng)能為14J【解答】解：小球受重力和電場(chǎng)力，電場(chǎng)力既可向上也可向下，球做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度a恒定，方向向下。根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有：x＝v0t，y=1tan30°=y解得：t=2v0tan30°aA、若將平拋初速度減小一半，根據(jù)x=23v02BC、設(shè)小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間的夾角為α，則有：tan（α+30°）=v故平拋初速度不同，小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間的夾角相同，但是tanα≠2tan30°，故BC錯(cuò)誤；D、由于小球落到斜面上時(shí)的速度方向與水平方向的夾角的正切值：tanβ=v初動(dòng)能：Ek=1末動(dòng)能：Ek′=1故：Ek′＝6J+（233）2故選：D。（2023?海淀區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m，帶電量分別為+q和﹣q的兩粒子，由a，c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域（兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中）。不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于（）A．s22qEm? B．s2qEm?【解答】解：兩個(gè)粒子都做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡相切時(shí)，速度方向恰好相反即在該點(diǎn)，速度方向與水平方向夾角相同：v根據(jù)牛頓第二定律：Eq＝ma兩個(gè)粒子都做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)：v0t1+v0t2＝s豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：1由以上各式整理得：v0故選：B。（2023?福建模擬）1897年，物理學(xué)家湯姆孫正式測(cè)定了電子的比荷，揭開了原子神秘的面紗。如圖所示為湯姆外測(cè)定電子比荷裝置的簡化示意圖，陰極K發(fā)出的電子由靜止經(jīng)過加速電壓U0加速后，沿軸線進(jìn)入兩平行極板C、D間。僅在C、D極板間施加一定電壓，電子從C、D右側(cè)離開時(shí)偏離軸線距離為y；若保持電壓不變，在C、D間加上與紙面垂直的磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)電子沿直線前進(jìn)。已知電子的電荷量大小為e，質(zhì)量為m。C、D極板間距為d，長度為L。求：（1）電子經(jīng)過加速電壓U0加速后的速度大小v0；（2）C、D極板間所加的電壓大小U；（3）C、D極板間所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B?！窘獯稹拷猓海?）電子經(jīng)過加速電壓U0加速過程，由動(dòng)能定理有eU0=解得：v0=（2）電子進(jìn)入極板間之后做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向和水平方向上分別有y=12a由牛頓第二定律有eUd聯(lián)立各式可得U=（3）若保持電壓不變，在C、D間加上與紙面垂直的磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)電子沿直線前進(jìn)，說明電子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則有eE＝ev0B又有E=聯(lián)立解得：B=考點(diǎn)四帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等效法處理疊加場(chǎng)問題1．各種性質(zhì)的場(chǎng)(物質(zhì))與實(shí)際物體的根本區(qū)別之一是場(chǎng)具有疊加性，即幾個(gè)場(chǎng)可以同時(shí)占據(jù)同一空間，從而形成疊加場(chǎng)．2．將疊加場(chǎng)等效為一個(gè)簡單場(chǎng)，其具體步驟是：先求出重力與電場(chǎng)力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”，將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解即可．（多選）（2024?武侯區(qū)校級(jí)模擬）如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC，固定在光滑的水平地面上，且圓弧軌道最低點(diǎn)C與水平地面相切?？臻g加有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A點(diǎn)位于B點(diǎn)左上方，相對(duì)于B點(diǎn)的水平距離和豎直高度均為R，一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，恰能從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，小球離開軌道后，運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)（D點(diǎn)未畫出）時(shí)速度減為零，則（）A．小球帶負(fù)電 B．CD段長度為2R C．小球從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度為gR D．從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中小球的電勢(shì)能增加了3mgR【解答】解：A、由題意可知，小球恰好從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，此時(shí)的速度是豎直向下的，則從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球在水平方向上減速，小球受到水平向左的電場(chǎng)力作用，與電場(chǎng)方向相反，則小球帶負(fù)電，故A正確；BCD、小球恰好從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，則小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)水平方向速度為零。小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，則R=1可得小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和到達(dá)B點(diǎn)的速度大小分別為t=2Rg，小球在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有R=v可得小球從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小為v0可知小球受到的電場(chǎng)力大小為F＝Eq＝mg小球從A到D的過程中，由動(dòng)能定理可得mg×2R?Fx=0?1解得AD間水平方向的距離：x＝3R可得CD段的長度為xCD＝x﹣2R＝3R﹣2R＝R根據(jù)功能關(guān)系可得從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中小球的電勢(shì)能增加了ΔEp＝Fx＝3mgR，故BC錯(cuò)誤，D正確。故選：AD。（多選）（2024?大足區(qū)校級(jí)模擬）科技館中有一光滑絕緣軌道如圖所示，軌道由半徑為R＝2m的豎直光滑絕緣圓軌道和光滑水平軌道構(gòu)成，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。若空間存在一個(gè)水平向右、大小為E＝1.0×104V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量均為0.04kg，電荷量均為為q＝+3×10﹣5C的小球在C點(diǎn)獲得一個(gè)速度，恰好能過A點(diǎn)，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球在A點(diǎn)的速度是5m/s B．小球在C點(diǎn)的速度是115m/sC．經(jīng)過A點(diǎn)后，小球經(jīng)過0.6s落到地面上 D．小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)2.4m【解答】解：A、如下圖所示，將恒定的重力mg與電場(chǎng)力qE合成為合力F，將F作為等效重力，圓軌道的與F方向平行的直徑的兩端點(diǎn)為P點(diǎn)和Q點(diǎn)，其中點(diǎn)P點(diǎn)為豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的等效最低點(diǎn)，Q點(diǎn)為等效最高點(diǎn)。電場(chǎng)力qE＝1.0×104×3×10﹣5N＝0.3N，重力mg＝0.04×10N＝0.4N設(shè)F與豎直方向的夾角為θ，則有tanθ=qEmg=0.30.4F=mgcosθ，那么直徑PQ與豎直方向夾角等于θ，即Q點(diǎn)與A點(diǎn)重合。小球恰好能過A（Q）點(diǎn)，在A點(diǎn)與軌道無彈力，小球在A點(diǎn)的速度為vA，根據(jù)牛頓第二定律得：F＝mvA2RB、設(shè)小球在C點(diǎn)的速度是vC，由C到A的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：﹣F（R+Rcosθ）=12mvACD、小球經(jīng)過A后在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解，如上圖所示，vx＝vAcosθ，vy＝vAsinθ。在豎直方向有：R+Rcosθ＝vyt+12在水平方向有：x＝vxt?12解得：t＝0.6s（另一解為負(fù)值，舍去），x＝1.05m即經(jīng)過A點(diǎn)后，小球經(jīng)過0.6s落到地面上。小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的距離為：d＝x+Rsinθ＝1.05m+2×0.6m＝2.25m。故C正確，D錯(cuò)誤。故選：ABC。（多選）（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，整個(gè)空間存在平行xoy平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向與y軸正方向成45°角。質(zhì)量為m的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸的正方向以初速度v0水平拋出，經(jīng)過一段時(shí)間小球以2vA．小球所受電場(chǎng)力大小為2mgB．小球所受電場(chǎng)力大小為22C．小球電勢(shì)能最大時(shí)動(dòng)能最小 D．小球電勢(shì)能最大時(shí)水平速度大小等于豎直速度大小【解答】解：AB、依題知，帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)到y(tǒng)軸正半軸某點(diǎn)的過程，動(dòng)能增大，而重力做負(fù)功，則電場(chǎng)力做正功，小球帶正電。將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)對(duì)稱性可知，小球穿過y軸正半軸時(shí)的水平分速度大小為：vx＝v0故小球穿過y軸正半軸時(shí)的豎直分速度為：v水平方向有：vx+v0＝axt，a豎直方向有：vy＝ayt，a聯(lián)立解得小球所受電場(chǎng)力大小為：qE=22CD、小球拋出后，當(dāng)速度方向與電場(chǎng)線垂直斜向上時(shí)，克服電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能最大，此時(shí)電場(chǎng)力的方向與速度方向垂直，而重力的方向與速度方向夾角為鈍角，接下來小球的速度會(huì)繼續(xù)減小，此時(shí)并非是動(dòng)能最小的時(shí)刻，由于此時(shí)小球速度與水平方向成45°，則此時(shí)水平速度大小等于豎直速度大小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD。（2024?昌樂縣校級(jí)模擬）如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有場(chǎng)強(qiáng)大小E1＝1×102N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)；一條長L＝0.8m且不可伸長的輕繩一端固定在區(qū)域Ⅰ的左上角O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m1＝0.5kg、帶電荷量q＝﹣0.1C的絕緣帶電小球a；在緊靠區(qū)域Ⅰ的右下角C點(diǎn)豎直放置一足夠長、半徑R＝1m的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CD是圓筒上表面的一條直徑且與區(qū)域Ⅰ的下邊界共線，直徑MN與直徑CD垂直，圓筒內(nèi)左半邊MNCHJK區(qū)域Ⅱ中存在大小E2＝20N/C、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場(chǎng)。把小球a拉至A點(diǎn)（輕繩繃直且水平）靜止釋放，當(dāng)小球a運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)，輕繩恰好斷裂。小球a進(jìn)入電場(chǎng)繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，剛好從區(qū)域Ⅰ的右下角C點(diǎn)豎直向下離開電場(chǎng)E1，然后貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。已知重力加速度大小取g＝10m/s2，繩斷前、斷后瞬間，小球a的速度保持不變，忽略一切阻力。求：（1）輕繩的最大張力Tm；（2）小球a運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC和小球a從B到C過程電勢(shì)能的變化量ΔEp；（3）若小球a剛進(jìn)入圓筒時(shí)，另一絕緣小球b從D點(diǎn)以相同速度豎直向下貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入圓筒，小球b的質(zhì)量m2＝0.5kg，經(jīng)過一段時(shí)間，小球a、b發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球a的電荷量保持不變，則從小球b進(jìn)入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能ΔEb是多大。【解答】解：（1）小球a從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理mgL=解得v＝4m/s在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得T解得Tm＝15N（2）小球a在區(qū)域Ⅰ中，根據(jù)牛頓第二定律：水平方向qE1＝ma解得a＝20m/s2小球a減速至0時(shí)t=vx=vt?1小球a運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC＝gt，解得vC＝2m/s小球a從B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，小球a電勢(shì)能的變化量為ΔEP＝﹣W＝﹣qE1?x，解得ΔEP＝4J即小球電勢(shì)能增加了4J。（3）因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時(shí)是水平正碰。根據(jù)水平方向碰撞時(shí)動(dòng)量守恒和能量守恒。由于兩球質(zhì)量相等，所以它們正碰時(shí)交換水平方向速度。小球a從進(jìn)入圓筒到第5次碰撞前，小球a增加的機(jī)械能為ΔEa＝qE2R+2?qE22R，解得ΔEa＝10J則第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能為ΔEb＝ΔEa＝10J題型1平行板電容器兩類動(dòng)態(tài)的分析（2024?曲靖一模）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管、電阻R連接，電源負(fù)極接地。初始電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）A．減小極板間的正對(duì)面積，帶電油滴仍保持靜止 B．貼著上極板插入金屬板，則電阻R中有b流向a的電流 C．將下極板向上移動(dòng)一小段距離，P點(diǎn)處的油滴的電勢(shì)能增大 D．將開關(guān)斷開，在兩板間插入一陶瓷電介質(zhì)，則油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)【解答】解：A、減小極板間的正對(duì)面積，根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd可知電容器的電容減小，電容器要放電。由于二極管具有單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑粫?huì)放電，電容器帶電量不變，根據(jù)C=?rSB、貼著上極板插入金屬板，極板間的距離減小，根據(jù)C=?C、將下極板向上移動(dòng)一小段距離，根據(jù)C=?rS4πkd可知電容器的電容增大，電容器兩端的電壓不變，電容器將充電。根據(jù)E=Ud知兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，設(shè)P點(diǎn)到下極板的距離為l，下極板的電勢(shì)為零，則P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差即P點(diǎn)的電勢(shì)為φP＝ElP點(diǎn)到下極板的距離為l不變，電場(chǎng)強(qiáng)度E變大，則P點(diǎn)的電勢(shì)變大，故C正確；D、將開關(guān)斷開，則兩極板的電荷量不變，根據(jù)E=4πkQ故選：C。（2024?嘉興一模）如圖所示，將靜電計(jì)與電容器（圖中未畫出）相連，可檢測(cè)帶電電容器的兩極間的電壓變化。帶電靜電計(jì)的金屬指針和圓形金屬外殼的空間內(nèi)存在電場(chǎng)，分別用實(shí)線和虛線表示電場(chǎng)線和等勢(shì)面，該空間內(nèi)有P、Q兩點(diǎn)，則（）A．靜電計(jì)兩根金屬指針帶異種電荷 B．圖中實(shí)線表示電場(chǎng)線，虛線表示等勢(shì)面 C．圖中P點(diǎn)電勢(shì)一定高于Q點(diǎn)電勢(shì) D．當(dāng)靜電計(jì)兩指針張角減小時(shí)，表明電容器在放電【解答】解：AB．靜電計(jì)與電容器相連，由圖可知靜電計(jì)金屬指針接在電容器的同一個(gè)極板上，金屬外殼接在電容器的另一個(gè)極板上，所以兩根金屬針帶同種電荷。根據(jù)電場(chǎng)線的性質(zhì)，電場(chǎng)線從正電荷發(fā)出，到負(fù)電荷終止，可知圖中虛線表示電場(chǎng)線，則實(shí)線表示等勢(shì)線。故AB錯(cuò)誤；C．題中不知哪一個(gè)極板帶正電，即不知道電場(chǎng)線的方向，所以P、Q兩點(diǎn)電勢(shì)的高低無法判斷。故C錯(cuò)誤；D．靜電計(jì)與電容器兩極板相連，則靜電計(jì)兩指針張角可以顯示極板間的電壓，當(dāng)靜電計(jì)兩指針張角減小時(shí)，表明電容器極板間的電壓減小，故此時(shí)電容器正在放電。故D正確。故選：D。（多選）（2024?泰安一模）如圖所示，帶電平行板電容器兩極板水平放置，充電后與電源斷開。帶電小球靜止于電容器內(nèi)的A點(diǎn)，B點(diǎn)位于上極板附近，忽略電容器極板的邊緣效應(yīng)及帶電小球?qū)﹄妶?chǎng)的影響。下列說法正確的是（）A．把小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，小球的電勢(shì)能增大 B．把小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，小球的電勢(shì)能減小 C．若將下極板向上移動(dòng)一小段距離，小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能減小 D．若將下極板向上移動(dòng)一小段距離，小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能增大【解答】解：AB、帶電小球靜止于電容器內(nèi)的A點(diǎn)，受到電場(chǎng)力豎直向上，把小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、充電后與電源斷開后，電容器的帶電量不變。根據(jù)C=?rS4πkd、C=Q故選：BD。題型2生產(chǎn)生活中的電容器動(dòng)態(tài)分析（2024?南京模擬）電容式加速度傳感器可用于汽車安全氣囊系統(tǒng)，傳感器的核心部件為由M、N兩塊極板組成的平行板電容器，其中極板N固定，極板M可以自由移動(dòng)，移動(dòng)的距離與汽車的加速度大小成正比。已知電容器所帶電荷量始終保持不變，當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M、N之間的相對(duì)位置發(fā)生變化，電容器M、N兩極板之間的電壓減小，當(dāng)電壓減小到某一值時(shí)，安全氣囊彈出。下列車內(nèi)平行板電容器的安裝方式正確的是（）A．B． C． D．【解答】解：由于極板所帶的電荷量Q不變，由電容器的定義式C=QU，可知要使極板間的電壓U減小，需要增大電容值，根據(jù)電容的決定式CA、當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M向運(yùn)動(dòng)方向移動(dòng)，會(huì)使板間距離距離增大，而正對(duì)面積不變，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M向運(yùn)動(dòng)方向移動(dòng)，會(huì)使板間距離距離減小，而正對(duì)面積不變，故B正確；CD、當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M向運(yùn)動(dòng)方向移動(dòng)，而使正對(duì)面積減小，而板間距離不變，故CD錯(cuò)誤。故選：B。（2024?順德區(qū)二模）如圖甲所示，計(jì)算機(jī)鍵盤為電容式傳感器，每個(gè)鍵下面由相互平行、間距為d的活動(dòng)金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個(gè)平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（）A．按鍵的過程中，電容器間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小 B．按鍵的過程中，電容器儲(chǔ)存的電能增多 C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a經(jīng)電流計(jì)流向b D．按鍵的過程中，電容器上極板電勢(shì)低于下極板電勢(shì)【解答】解：AB．根據(jù)電容器的定義式、決定式以及電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差關(guān)系：C=QU=按鍵的過程中，由于電壓U不變，d減小，則電容C增大，電容器間的電場(chǎng)強(qiáng)度E增大，電容器所帶電荷量Q增大，則電容器儲(chǔ)存的電能增多，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．按鍵的過程中，由于電容器所帶電荷量Q增大，電容器充電，圖丙中電流方向從b經(jīng)電流計(jì)流向a，電容器上極板電勢(shì)高于下極板電勢(shì)，故CD錯(cuò)誤。故選：B。（2024?甘肅模擬）隨著人們對(duì)身體健康意識(shí)的不斷增強(qiáng)，戶外旅行、戶外運(yùn)動(dòng)也較前幾年大幅增長。人們使用的智能手機(jī)中有一款運(yùn)動(dòng)軟件，其運(yùn)動(dòng)步數(shù)的測(cè)量原理如圖所示，M和N為電容器兩極板，M固定，N兩端與固定的兩輕彈簧連接，只能按圖中標(biāo)識(shí)的“前后”方向運(yùn)動(dòng)。則手機(jī)（）A．若電容器帶電量增大，則可能是健身者向前勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)突然減速 B．若電流表示數(shù)不為零且保持不變，則健身者做勻速運(yùn)動(dòng) C．若電流由a點(diǎn)流向b點(diǎn)，則健身者突然向前加速 D．若M、N之間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，則健身者向后做勻加速運(yùn)動(dòng)【解答】解：A、健身者向前勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)突然減速，由于慣性N板相對(duì)M板向前移動(dòng)，兩極極之間距離d減小，根據(jù)電容的決定式C=εrSB、健身者做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為0，電容C不變，電容器帶電量Q不變，電路中無電流，故B錯(cuò)誤；C、突然向前加速時(shí)，由于慣性N板相對(duì)M板后移，兩極極之間距離d增大，根據(jù)電容的決定式C=εrSD、保持向后的勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度a不變，板間距離不變，所以M、N之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故D錯(cuò)誤。故選：A。題型3電場(chǎng)中帶電粒子/體的直線運(yùn)動(dòng)（多選）（2023秋?泉州期中）如圖所示，A、B是一對(duì)中心有孔的圓盤，它們間有一定的電勢(shì)差UAB。一電子（不計(jì)重力）以一定初動(dòng)能Ek0進(jìn)入A圓盤中心，速度水平向右為正方向，那么電子飛出圓盤中心過程中的速度—時(shí)間圖像判斷正確的（）A．如果初動(dòng)能Ek0＝600eV，UAB＝800V時(shí)，運(yùn)動(dòng)—速度—時(shí)間圖像可能是圖像③ B．如果初動(dòng)能Ek0＝600eV，UAB＝﹣800V時(shí)，運(yùn)動(dòng)—速度—時(shí)間圖像可能是圖像③ C．如果初動(dòng)能Ek0＝600eV，UAB＝800V時(shí)，運(yùn)動(dòng)—速度—時(shí)間圖像可能是圖像② D．如果初動(dòng)能Ek0＝600eV，UAB＝﹣800V時(shí)，運(yùn)動(dòng)—速度—時(shí)間圖像可能是圖像①【解答】解：AC、如果初動(dòng)能Ek0＝600eV，UAB＝800V時(shí)，A板電勢(shì)高于B板電勢(shì)，電場(chǎng)方向向右，電子受到的電場(chǎng)力向左，則電子在電場(chǎng)中做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于UAB＞600V，若A、B之間的距離足夠大，則電子速度減至零后向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)—速度—時(shí)間圖像是圖像③；若A、B之間的距離比較小，則電子將從B板小孔射出，運(yùn)動(dòng)—速度—時(shí)間圖像是圖像②，故AC正確；BD、如果初動(dòng)能Ek0＝600eV，UAB＝﹣800V時(shí)，B板電勢(shì)低于A板電勢(shì)，電場(chǎng)方向向左，電子受到的電場(chǎng)力向右，則電子在電場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)—速度—時(shí)間圖像是圖像①，故B錯(cuò)誤，D正確。故選：ACD。在進(jìn)行長距離星際運(yùn)行時(shí)，不再使用化學(xué)燃料，而采用一種新型發(fā)動(dòng)機(jī)一離子發(fā)動(dòng)機(jī)，其原理是用恒定電壓加速一價(jià)惰性氣體離子，將加速后的氣體離子高速噴出，利用反沖作用使飛船本身得到加速。在氦、氖、氬、氪、氙多種氣體中選用了氙，已知這幾種氣體離子的質(zhì)量中氙的質(zhì)量最大，下列說法正確的是（）A．用同樣的電壓加速，一價(jià)氙離子噴出時(shí)速度更大 B．用同樣的電壓加速，一價(jià)氙離子噴出時(shí)動(dòng)量更大 C．用同樣的電壓加速，一價(jià)氙離子噴出時(shí)動(dòng)能更大 D．一價(jià)氙離子體積更小，不容易堵塞發(fā)動(dòng)機(jī)【解答】解：AC.以隋性氣體離子為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU=12得v=可見，這幾種氣體離子的帶電量相同，加速電壓相同，故獲得的動(dòng)能相同，氙離子的質(zhì)量大，獲得的速度小，故AC錯(cuò)誤；B.根據(jù)動(dòng)量的定義p＝mv=m2eUD.相同質(zhì)量的一價(jià)惰性氣體離子中，雖然一價(jià)氙離子體積更小，但發(fā)動(dòng)機(jī)的噴口較大，其它體積較大的惰性氣體的離子還不至于堵塞發(fā)動(dòng)機(jī)，故D錯(cuò)誤。故選：B。如圖所示，相距為d的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)電子從左極板O點(diǎn)處以速度v0沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回。已知O、A兩點(diǎn)相距為h（h＜d），電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子重力。（1）求O、A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小UOA；（2）求兩平行金屬極間電勢(shì)差大小U；（3）設(shè)右極板電勢(shì)為零，求A點(diǎn)電勢(shì)φA?！窘獯稹拷猓海?）電子由O到A的過程，只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得：?eUOA＝0?1解得OA的電勢(shì)差UOA=（2）OA的電勢(shì)差UOA＝Eh；兩平行金屬極間電勢(shì)差大小U＝Ed則U=（3）右極板電勢(shì)為零，則左極板電勢(shì)為φ＝UA點(diǎn)電勢(shì)φA＝φ﹣UOA=題型4電場(chǎng)中帶電粒子/體的拋體運(yùn)動(dòng)（2023秋?大興區(qū)期末）甲、乙兩個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（﹣q，m）、（﹣q，4m），它們先后經(jīng)過同一加速電場(chǎng)由靜止開始加速后，由同一點(diǎn)進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩粒子進(jìn)入時(shí)的速度方向均與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)垂直，如圖所示。粒子重力不計(jì)，則甲、乙兩粒子（）A．進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度大小之比為1：2 B．在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同 C．離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能之比為1：4 D．離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)垂直于板面方向偏移的距離之比為1：1【解答】解：A.帶電粒子經(jīng)過加速電場(chǎng)加速，設(shè)加速電場(chǎng)兩極板電勢(shì)差為U1，由動(dòng)能定理得qU1=12進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小v=則兩帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為v甲：v乙=故A錯(cuò)誤；B.帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長為x，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=兩帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度不同，則時(shí)間不同，故B錯(cuò)誤；C.帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，豎直方向?yàn)槌跛俣葹?的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板電勢(shì)差為U2，豎直位移為y=12at2=12×則兩帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中豎直方向的位移相同，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度為E，根據(jù)動(dòng)能定理得qEy＝Ek?12mv2＝Ek﹣離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為Ek＝qEy+qU1兩帶電粒子電荷量相同，則離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相同，動(dòng)能之比為1：1，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)C選項(xiàng)分析可知，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)垂直于板面方向偏移的距離之比為1：1，故D正確。故選：D。如圖所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異種電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和靜電力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么（）A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電 B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加 C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能一定增加 D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加【解答】解：A、粒子在電場(chǎng)力和重力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，合力向下，電場(chǎng)力可能向上而小于重力，也可能向下，故無法判斷A板的帶電情況，故A錯(cuò)誤；B、粒子在電場(chǎng)力和重力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和重力的合力向下，故從M到N動(dòng)能增加，故B正確；C、電場(chǎng)力可能向上，也可能向下，故微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能可能增加，也可能減小，故C錯(cuò)誤；D、電場(chǎng)力可能向上也可能向下，故微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過程中，電場(chǎng)力可能做正功，也可能做負(fù)功，所以無法判斷機(jī)械能的變化，故D錯(cuò)誤；故選：B。（2023秋?天津期末）某放射源會(huì)不斷向空間內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射速度大小均為v0的電子，電子的質(zhì)量為m、所帶電荷量為e，放射源置于真空容器內(nèi)，該容器底部有一水平放置的熒光屏，當(dāng)有電子打到上面時(shí)會(huì)發(fā)出淡淡的熒光，從而可以用來檢測(cè)電子打到的位置。容器內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，放射源與熒光屏間的距離為3mv（1）電子打在熒光屏上的速度大小；（2）大量沿水平方向飛出的電子落在熒光屏上的點(diǎn)形成的圓的半徑；（3）豎直向下飛出的電子從發(fā)射到打在熒光屏上所用時(shí)間?！窘獯稹拷猓涸O(shè)放射源與熒光屏間的距離為h，據(jù)題知h=3m（1）由動(dòng)能定理得Eeh=12mv解得電子打在熒光屏上的速度大小為：v＝2v0（2）沿水平方向飛出的電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得：Ee＝ma該電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：h=該電子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有x＝v0t聯(lián)立解得水平距離為x=水平飛出的電子落在熒光屏上的點(diǎn)構(gòu)成的軌跡是一個(gè)圓，該圓的半徑為r＝x=（3）設(shè)豎直向下飛出的電子從發(fā)射到打在熒光屏上所用時(shí)間為t′。則v＝v0+at解得：t′=題型5帶電體在等效重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（2023秋?南寧期末）如圖，絕緣細(xì)線的一端固定在O點(diǎn)，另一端系一帶正電的小球。小球處在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中僅受重力、電場(chǎng)力、繩子拉力的作用，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球所受的電場(chǎng)力大小等于重力大小，則有關(guān)小球在a、b、c、d四點(diǎn)的描述正確的是（）A．在最高點(diǎn)a處的機(jī)械能最大 B．在最低點(diǎn)c處的機(jī)械能最大 C．在水平直徑右端b處的機(jī)械能最大 D．在水平直徑左端d處的機(jī)械能最大【解答】解：小球受電場(chǎng)力和重力大小相等，方向水平向右，則小球所受電場(chǎng)力和重力的合力如圖所示：合力與水平方向成45°角偏右下方。根據(jù)功能原理，除重力以外其它力做功等于機(jī)械能的增量，拉力不做功，從d到b的過程中，電場(chǎng)力做正功，則b點(diǎn)機(jī)械能最大，d點(diǎn)機(jī)械能最小。故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。（多選）（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為