專題04 電容及帶電粒子在電場中運動【考題猜想】（12題型60題）解析版-2024-2025學年高二物理上學期期中考點大串講（教科版2019必修三）

專題04電容及帶電粒子在電場中運動TOC\o"1-1"\h\u【題型01電容】 1【題型02平行板電容器的決定式】 3【題型03平行板電容器中某一點的電勢】 5【題型04電容器的動態(tài)分析】 9【題型05實驗探究：電容器的充放電特點】 14【題型06帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動】 18【題型07帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動】 21【題型08帶電粒子在周期性變化電場中的運動（初速度垂直于電場）】 24【題型09帶電粒子勻強電場中做一般的曲線運動】 31【題型10帶電物體在電場中的平衡問題】 35【題型11帶電物體在勻強電場中的圓周運動】 39【題型12帶電物體在非勻強電場中的直線運動】 45【題型01電容】1．（23-24高一下·浙江寧波·期末）有一電解電容器如圖所示，外殼上標有“1000μF，10V”。下列關(guān)于該電容器的說法，正確的是（）A．該電容器在10V電壓以下不能正常工作B．當所加電壓為8V時，該電容器的電容為800μFC．該電容器能容納的電荷量最多為D．當兩極加1V電壓時，該電容器的電荷量為【答案】D【詳解】A．由標稱值可知，該電解電容器用于10V及以下電壓時才能正常工作，故A錯誤；B．電容器的電容由電容器本身決定，由工作電壓無關(guān)，當所加電壓為8V時，該電容器的電容仍然為1000μF，故B錯誤；C．當兩極加10V電壓時，該電容器的電荷量為故C錯誤；D．當兩極加1V電壓時，該電容器的電荷量為故D正確。故選D。2．（22-23高二上·上海奉賢·期末）電容器充電時，其電荷量Q、電壓U、電容C之間的相互關(guān)系，不正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】A【詳解】ABD．電容器的電容取決于電容器本身的構(gòu)造，與電容器極板上的電荷量Q，極板間的電勢差U無關(guān)，對于同一個電容器來說，其電容是不變的，不隨、變化，故A錯誤，BD正確；C．根據(jù)電容器的公式，可得，當電容不變時，其電荷量與電壓成正比，故C正確。本題選錯誤的，故選A。3．（多選）（23-24高二下·山西晉城·期末）有兩個不同的電容器和，電容器所帶電荷量Q與其兩端所加電壓U的關(guān)系如圖所示，圖中，電容器儲存的電勢能，關(guān)于兩電容器，下列說法正確的是（）A．電容器的電容是的2倍B．電容器的電容是的C．當兩電容器所帶電荷量相同時，電容器儲存的電勢能大于電容器儲存的電勢能D．圖中陰影部分代表電容器在時所儲存的電勢能【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)，電容器的電容是的2倍，故A正確，B錯誤；CD．當兩電容器所帶電荷量相同時，電容器兩端電壓小，電容器儲存的電勢能小，根據(jù)微元法可知，圖中陰影部分代表電容器在時所儲存的電勢能，故C錯誤，D正確。故選AD。4．（22-23高一下·陜西西安·期末）如圖所示，平行板電容器的兩個極板A、B分別接在恒壓電源正、負兩級上，電源電壓為，電容器的電容為，兩極板間距為，點到B板的垂直距離為，B極板接地。求：（1）平行板電容器極板上所帶的電荷量；（2）點處的電勢?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）平行板電容器極板上所帶的電荷量為（2）平行板電容器兩板之間的電場強度為B板接地，P點處的電勢為【題型02平行板電容器的決定式】5．（多選）（2024·云南·模擬預測）如圖所示，兩個平行板電容器AB和A'B'水平放置，A板用導線與B'板相連，B板和A'板都接地，A、B'板帶正電。電容器AB電壓為，帶電量為；電容器A'B'電壓為，帶電量為，若將右邊電容器間的絕緣介質(zhì)抽出，則（）A．減小 B．減小 C．減小 D．增大【答案】BD【詳解】將絕緣介質(zhì)抽出，由電容的決定式可知變小，不變，其中，，不變，綜合以上分析可知：增加，減小，、均增大。故選BD。6．（多選）（23-24高二上·重慶·期末）如圖為某同學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，則此過程中（）A．電容器電容變大 B．兩極板間距離增大C．極板間電場強度變大 D．極板間電場強度減小【答案】BD【詳解】A．根據(jù)電容定義式可知材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，兩極板間電壓不變，則電容器電容變小。故A錯誤；B．根據(jù)電容的決定式，由于電容變小，可知極板間距增大，故B正確；CD．根據(jù)，可知由于兩極板間電壓不變，極板間距增大，則極板間電場強度減小，故C錯誤，D正確。故選BD。7．平行金屬帶電極板A、B間可看成勻強電場，場強E＝1.2×102V/m，極板間距離d＝5cm，電場中C點和D點分別到A、B兩板的距離均為0.5cm，B板接地，求：（1）D點的電勢和C、D兩點間的電勢差；（2）若該金屬板所帶電荷量為6×10﹣8C，將其視為平行板電容器，其電容值為多大？【答案】(1)，；(2)【詳解】(1)由于板接地，所以的電勢為零，又由于板是正極板，所以電場線的方向是豎直向上的,對于點，對于點，所以(2)根據(jù)平行板電容器公式，聯(lián)立解得8．如圖所示的平行金屬板電容器的電容，極板A、B之間可以看成勻強電場，場強，極板間距離為L=5cm，電場中c點到A極板、d點到B極板的距離均為0.5cm，B極板接地。求：（1）B極板所帶電荷量Q；（2）d點處的電勢φd；（3）將電荷量的負點電荷從d移到c，靜電力的功Wdc?！敬鸢浮浚?）C；（2）-6V；（3）【詳解】（1）BA間的電勢差為VB極板所帶電荷量Q為C（2）B極板與d之間的電勢差為d點處的電勢（3）d、c之間的距離為d、c兩點間的電勢差為靜電力做的功【題型03平行板電容器中某一點的電勢】9．（23-24高一下·重慶·期中）計算機鍵盤按鍵的關(guān)鍵結(jié)構(gòu)由平行板電容器組成，每個按鍵的結(jié)構(gòu)圖、電路圖如圖甲、乙所示。在每個按鍵的正下方存在相互平行的活動金屬片、固定金屬片，即平行板電容器的兩塊極板，兩個金屬片間隙充滿空氣（絕緣介質(zhì)），當用力壓下某按鍵時，下列說法正確的是（）A．電容器電容減小 B．電容器極板所帶電荷量增加C．電容器極板間的電場強度減弱 D．電容器將進行短暫的放電過程【答案】B【詳解】A．由平行板電容器電容的決定式可知，用力壓下某按鍵時，板間的距離減小，則電容增大，A錯誤；BD．電容增大，電壓不變，由電容的定義式可知，電容器極板所帶電荷量增加，電容器將進行短暫的充電過程，B正確，D錯誤；C．由勻強電場的電場強度與電勢差的關(guān)系公式可知，電容器極板間的電場強度增大，C錯誤。故選B。10．（23-24高二上·江西吉安·期末）如圖所示，垂直絕緣水平面放置有長度為，水平距離為a的兩極板，兩極板上分別帶有等量的異種電荷?，F(xiàn)保持兩極板下端在水平面上的位置不變，將兩極板偏轉(zhuǎn)至與水平面成，偏轉(zhuǎn)前后兩極板的電容分別為，則為（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】已知本題中只有d和S發(fā)生了變化，設(shè)變化前后分別為，由幾何關(guān)系可知，所以故選D。11．如圖所示，平行板電容器帶等量異種電荷，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，則（）A．電容器的電容減小 B．帶電油滴帶正電荷C．帶電油滴仍將靜止 D．P點的電勢將升高【答案】C【詳解】A．上極板下移時，則d減小，由，可知C增大，A錯誤；B．由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知電場力方向豎直向上，根據(jù)電場強度方向向下，則油滴帶負電，B錯誤；C．平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，由于電容器兩板帶電量不變，根據(jù)，可知板間場強不變，油滴所受的電場力不變，則油滴仍靜止，C正確；D．場強E不變，而P點與下極板間的距離不變，則由公式析可知，P點與下極板間電勢差將不變，則P點的電勢不變，D錯誤；故選C。12.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，以下判斷錯誤的是（）A．帶電油滴將沿豎直方向向下運動 B．P點的電勢將升高C．平行板電容器的電容將變小 D．電容器所帶電荷量將減少【答案】B【詳解】A．平行板電容器與直流電源連接，其電壓保持不變，將上極板豎直向上移動一小段距離，板間場強減小，油滴所受電場力減小，油滴將沿豎直方向向下運動。故A正確，不符合題意；B．平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，板間距離增大，電容器的電壓不變，根據(jù)知板間場強減小，由U=Ed得知，P點與下極板間的電勢差減小，板間場強方向向下，P點電勢比下極板高，則可知，P點的電勢降低。故B正確，不符合題意；C．平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則間距變大，導致電容變小。故C正確，不符合題意；D．將上極板豎直向上移動一小段距離，板間距離增大，電容減小，電容器的電壓不變，由Q=CU得到，電量Q減小。故D正確，不符合題意。故選B。13．（23-24高一下·山東臨沂·期末）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(jù)可知C增大，根據(jù)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(jù)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(jù)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(jù)可知電場強度變大，油滴距離下極板的距離不變，根據(jù)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(jù)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。14．（23-24高一下·重慶渝中·期末）在如圖所示電路中，蓄電池的電動勢，內(nèi)阻，電阻，電容的平行板電容器水平放置且下極板接地。一帶電油滴位于板間正中央點且恰好處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．油滴帶正電 B．上極板所帶電荷量為C．若將下極板緩慢上移少許，點的電勢降低D．若將上極板緩慢左移少許，油滴將向上移動【答案】C【詳解】A．平板電容器兩極板間的電場強度豎直向下，由受力平衡得電場力方向與重力方向相反為豎直向上，則油滴帶負電，故A錯誤；B．兩端的電壓為則上極板所帶的電荷量為故B錯誤；C．若將下極板上移，則板間距離減小，場強增大，上極板到點間的電勢差增大，則到下極板間的電勢差減小，P點的電勢降低，故C正確；D．若將上極板左移，兩極板間的電壓保持不變，電場強度不變，則油滴保持靜止，故D錯誤。故選C?！绢}型04電容器的動態(tài)分析】15．（23-24高二下·四川宜賓·期末）如圖，利用電勢差計和帶電擺球研究平行板電容器。平行板電容器充電后與電源斷開。若發(fā)現(xiàn)電勢差計指針張角變小，擺球懸線偏角不變，下列操作可能的是（）

A．板間距離減小 B．板間距離增大C．減小兩板正對面積 D．平行板間放入電介質(zhì)【答案】A【詳解】設(shè)懸線與豎直方向的夾角為，兩極板間電場強度為,小球帶電量為，小球質(zhì)量為，由平衡條件得AB．平行板電容器充電后與電源斷開，電容器所帶電荷量不變，由，再結(jié)合，可得可知只改變板間距離，平行板間的電場強度不變，故板間距離減小或增大，擺球懸線偏角不變。板間距離減小，增大，不變，則減小，電勢差計指針張角變?。话彘g距離增大，減小，不變，則增大，電勢差計指針張角變大，故A正確，B錯誤；C．由，減小兩板正對面積，減小，不變，則增大，電勢差計指針張角變大，故C錯誤；D．平行板間放入電介質(zhì)，由，增大，不變，則減小，電勢差計指針張角變小，由得減小，擺球懸線偏角減小，故D錯誤。故選A。16．（23-24高一下·山東淄博·期末）某種不導電溶液的相對介電常數(shù)與濃度的關(guān)系曲線如圖甲所示，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)成如圖乙所示的電路，閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，若增大溶液濃度，則（

）A．溶液的相對介電常數(shù)增大 B．電容器的電容增大C．電容器所帶的電荷量減小 D．溶液濃度增大過程中電流方向為N→M【答案】C【詳解】A．由甲圖可知，增大溶液濃度，溶液的相對介電常數(shù)減小。故A錯誤；B．根據(jù)，可知電容器的電容減小。故B錯誤；C．根據(jù)，可知極板上電壓保持不變，電容器所帶的電荷量將減小。故C正確；D．綜上所述，溶液濃度增大過程中，電容器處于放電狀態(tài)，電流方向為M→N。故D錯誤。故選C。17．（23-24高一下·遼寧本溪·期末）某同學設(shè)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(jù)，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(jù)，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(jù)，，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(guān)，電場強度不變，C錯誤；D．根據(jù)，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。18．（23-24高一下·山東聊城·期末）如圖所示，平行板電容器兩極板帶有等量異種電荷，在與兩極板等間距的P點固定一個點電荷。將電容器的下極板接地，此時兩極板間電場強度為E1，下極板電荷量為Q1，點電荷的電勢能為Ep1，P點的電勢為φ1。然后保持下極板位置不動，將上極板向下移動一小段距離至虛線位置，此時板間電場強度為E2，下極板電荷量為Q2，點電荷的電勢能為Ep2，P點的電勢為φ2。下列判斷正確的是（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】A．根據(jù)，得即電場強度與兩極板間距無關(guān)，所以故A錯誤；BD．由于電容器下極板接地，電勢為零，且P點離下極板的距離保持不變，根據(jù)U=Ed可知P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變根據(jù)Ep=知電勢能Ep不變，即故BD錯誤；C．電容器上下極板電量等量，不變故C正確。故選C。19．如圖所示，為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板，a板接地，M和N為兩水平放置的平行金屬板，當金屬板帶上一定電荷以后，兩板間的一帶電小球P處于靜止狀態(tài)。已知M板與b板用導線相連，N板接地，在以下方法中，能使P向下運動的是（）A．增大間的距離 B．減小間的距離C．取出兩極板間的電介質(zhì) D．換一塊形狀大小相同，介電常數(shù)更大的電介質(zhì)【答案】D【詳解】電容器ab與平行金屬板MN并聯(lián)，M，b是等勢面，因此、電壓相等，即Q總量不變，即故因此MN兩板間的場強為①A．當增大ab間的距離，根據(jù)電容決定式可知電容減小，由①式可知MN板間的場強變強，P向上運動，故A錯誤；B．減小MN間的距離時，由①式可知MN板間的場強變強，P向上運動，故B錯誤；C．取出ab兩極板間的電介質(zhì)，電容減小，由①式可知MN板間的場強變強，P向上運動，故C錯誤；D．換一塊形狀大小相同，介電常數(shù)更大的電介質(zhì)，電容增大，由①式可知MN板間的場強變?nèi)?，P向下運動，故D正確。故選D。20．（多選）（23-24高一下·山東棗莊·期末）如圖所示，保持電容器極板的正對面積與極板間的均勻電介質(zhì)都不變化，手持絕緣棒將左極板緩慢向左平移一小段距離，通過靜電計指針偏角的變化確定電容器兩極板間電勢差的變化。不計電容器上電荷量的變化，左極板接地，P為兩極板間的一點。在電容器的左極板向左平移的過程中，下列說法正確的是（）A．電容器的電容變大B．靜電計指針偏角變大C．P點的電場強度不變D．P點的電勢降低【答案】BC【詳解】A．將左極板緩慢向左平移一小段距離，則兩極板間的距離增加，由于平行板電容器的公式可知，其電容器的電容減小，故A項錯誤；B．由于平行板電容器未與電源相連，所以該電容器所帶電荷量不變，由于由題意可知，其電容器兩極板間的距離增加，電荷量不變，所以電壓U增加，即靜電計指針偏角變大，故B項正確；C．由于又因為勻強電場中有整理有由上述式子分析可知，其平行板間的電場強度不變，故C項正確；D．由題意可知，左側(cè)極板接地，即左側(cè)極板的電勢不變?yōu)榱?，有由之前的分析可知，電場強度大小不變，左極板電勢不變?yōu)榱?，P點到左極板的距離增加，所以P點電勢升高，故D項錯誤。故選BC?！绢}型05實驗探究：電容器的充放電特點】21．（23-24高一下·山東菏澤·期末）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(xiàn)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(guān)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(guān)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(shù)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(jié)果均保留兩位有效數(shù)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22．（23-24高一下·山東德州·期末）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(guān)未閉合時，電源的電壓。實驗操作時，單刀雙擲開關(guān)先跟2相接。某時刻開關(guān)改接1，一段時間后，把開關(guān)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(guān)再改接2后得到的圖像如圖乙所示。(1)開關(guān)改接1后流經(jīng)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(guān)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(guān)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(jīng)電阻，故開關(guān)改接1后流經(jīng)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。23．（23-24高一下·安徽·期末）(1)如圖甲所示為探究平行板電容器電容大小決定因素的實驗，給電容器充電后與電源斷開，保持電荷量不變。若將B板向右移動少許，靜電計指針偏角（選填“變大”“變小”或“不變”）。(2)某同學用圖乙所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。現(xiàn)提供如下實驗器材：電源電壓為5V（內(nèi)阻不計）、電容器C、電阻箱R、毫安表、單刀雙擲開關(guān)S和導線若干。①將開關(guān)S撥至位置1，電容器充電完畢后，將開關(guān)S撥至位置2，此過程得到的圖像如圖丙所示，則電容器充電完畢后的電荷量為C，電容器的電容F。（計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）②如果不改變電路其他參數(shù)，只增大電阻箱R接入電路的阻值，則此過程的曲線與坐標軸所圍成的面積將（選填“減小”“不變”或“增大”）。【答案】(1)變小(2)///不變【詳解】（1）給電容器充電后與電源斷開，即保持電荷量不變。若將B板右移，則極板間距減小，根據(jù)則電容增大；根據(jù)則電勢差減少，靜電計指針偏角變小。（2）①[1][2]電容器放電時，根據(jù)公式可知，在圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示通過電荷量的多少，由圖乙可知圖線與橫軸圍成的面積為30個小格，則電容器開始放電時所帶的電荷量為根據(jù)題意及圖甲可知，電容器充電結(jié)束時，兩極板間電壓為5V，則電容器的電容為②[3]根據(jù)可知，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，極板上的電荷量不變，則圖像中，圖線與橫軸圍成面積不變。24．（23-24高一下·重慶江北·期中）某實驗小組利用a圖所示電路測量一電容器的電容，實驗器材有:待測電容器，電池組，定值電阻R，電壓傳感器，電流傳感器，計算機，單刀雙擲開關(guān)S，導線若干。請回答下列問題:(1)按a圖連接實物電路。先將開關(guān)S從2端撥至1端，電源對電容器充電;再將開關(guān)S撥至2端，電容器放電。傳感器將信息即時輸入計算機，屏幕上顯示出圖(b)所示的電流I、電壓U隨時間t變化的圖線、圖線，則曲線表示電容器充電過程的圖線，曲線表示電容器放電過程的圖線。（選填①、②、③、④）(2)根據(jù)圖b估算當電容器充電完畢時所帶的電荷量是C，計算電容器的電容C＝μF。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）(3)圖c中實線表示上述實驗中得到的圖線，若串聯(lián)接入電路的干電池個數(shù)保持不變，增加電阻R，則得到圖線可能是圖丙中的虛線（選填“a”“b”“c”）。【答案】(1)①④(2) (3)c【詳解】（1）[1]充電過程，電壓逐漸增大，且增大的越來越慢，故電壓隨時間變化的圖線為①；[2]放電過程電壓逐漸變小，減小的越來越慢，電容器放電，放電電流與充電電流方向相反，電流逐漸變小，且減小的越來越慢，故電流隨時間變化的圖像為④。（2）[1]由圖（b）圖線④表示電容器放電過程的圖線，圖線與坐標軸圍的面積表示放電的總電荷量，即電容器充電完畢時所帶的電荷量[2]電容器的電容為（3）由于干電池個數(shù)保持不變，充電完成時電容器兩端電壓不變，電荷量不變，增加電阻，則放電初始電流減小，電荷量不變即圖線與坐標軸所圍面積不變，則圖線可能是虛線c?！绢}型06帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動】25．（多選）（23-24高二上·江西撫州·期中）如圖為某直線加速器簡化示意圖，設(shè)n個金屬圓筒沿軸線排成一串，各筒相間地連到正負極周期性變化的電源上，帶電粒子以一定的初速度沿軸線射入后可實現(xiàn)加速，則（

）A．帶電粒子在每個圓筒內(nèi)都做勻速運動 B．帶電粒子只在圓筒間的縫隙處做加速運動C．直線加速器電源可以用恒定電流 D．從左向右各筒長度之比為1:3:5:7……【答案】AB【詳解】AB．由于同一個金屬筒所在處的電勢相同，內(nèi)部無場強，故粒子在筒內(nèi)必做勻速直線運動；而前后兩筒間有電勢差，故粒子每次穿越縫隙時將被電場加速，故AB正確；C．粒子要持續(xù)加速，電場力要對其做正功，所以電源正負極要改變，故C錯誤。D．設(shè)粒子進入第n個圓筒中的速度為。則第n個圓筒的長度為根據(jù)動能定理得聯(lián)立解得可知從左向右各筒長度之比不等于1：3：5：7……，故D錯誤。故選AB。26．（23-24高三上·遼寧大連·期中）如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度遵照一定的規(guī)律依次增加。圓板和圓筒與交流電源相連，序號為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示．若已知電子的質(zhì)量為、電荷量為、電壓的絕對值為，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計．在時，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，則（）

A．圓筒內(nèi)不存在電場，電子在圓筒內(nèi)勻速運動B．電子在各圓筒內(nèi)運動時間均為C．在時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為負值D．第個圓筒的長度為【答案】AD【詳解】A．因一個筒只接一個電極，所以金屬筒內(nèi)部場強處處為0，電子在筒內(nèi)不受力，做勻速運動。故A正確；B．因為筒長是按一定的規(guī)律增加的，那么電子在每個筒內(nèi)運動的時間必須為交流電周期的一半，即均為。故B錯誤；C．因為在時，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，則此時圓筒1電勢高，即在時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值。故C錯誤；D．設(shè)粒子進入第n個筒時的速度為vn。由動能定理可得，解得所以第n個筒的長度為，故D正確。故選AD。27．（多選）（23-24高二上·湖南邵陽·期末）勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示，當t=0時，將一帶電粒子在此勻強電場中由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力的作用，下列說法正確的是（）A．帶電粒子將做往復運動 B．0~3s內(nèi)，電場力做的總功不為零C．2s末帶電粒子離出發(fā)點最遠 D．3s末帶電粒子回到原出發(fā)點【答案】AD【詳解】由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小為在第2s內(nèi)加速度大小為因此帶電粒子在內(nèi)向負方向做加速度大小為的勻加速直線運動，在內(nèi)向負方向做加速度大小為的勻減速直線運動，內(nèi)向正方向做加速度大小為的勻加速直線運動，內(nèi)向正方向做加速度大小為的勻減速直線運動，在時，帶電粒子速度剛好減為0且回到出發(fā)點；A．綜上分析可知，帶電粒子做周期性的往返運動，故A正確；B．0~3s內(nèi)，電場力做的總功為零，故B錯誤；C．1.5s末，帶電粒子離出發(fā)點最遠，故C錯誤；D．3s末帶電粒子回到原出發(fā)點，故D正確。故選AD。28．（23-24高二下·江蘇鹽城·期中）如圖甲所示，某加速裝置由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，序號為奇數(shù)的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數(shù)的圓筒和電源的另一個極相連.交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示.在t=0時，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，此時位于和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為0）中央的一個電子，在圓板和圓筒1之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1.為了盡可能保證電子運動到圓筒間隙中都能加速，電子在每個圓筒內(nèi)的運動時間均為，因此圓筒長度的設(shè)計必須遵照一定的規(guī)律.若已知電子的質(zhì)量為m、電子電荷量為、電壓的絕對值為u，周期為T.求：（1）若忽略電子通過每個圓筒間隙的加速時間，求：a.電子在圓筒3中運動的速率v3；b.相鄰兩個金屬圓筒的長度之比（N為圓筒的序號）.（2）若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，且圓筒間距為d，不考慮相對論效應，則在保持圓筒長度、交變電壓的變化規(guī)律保持和（1）完全相同的情況下，經(jīng)過多少個圓筒可以讓電子達到最大速度？【答案】（1），；（2）【詳解】（1）根據(jù)動能定理有，解得（2）根據(jù)運動規(guī)律可知，結(jié)合動能定理有解得，則（3）根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有根據(jù)牛頓第二定律有，解得經(jīng)過個圓筒可以讓電子達到最大速度。【題型07帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動】29．（23-24高一下·河北邯鄲·期中）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(zhì)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?。唬?）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。【答案】（1）；（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小（2）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(jù)可得勻強電場的場強大小方向豎直向下。30．（23-24高一下·江蘇無錫·期中）如圖，在某示波管中從熾熱金屬絲射出的電子流（初速度不計），經(jīng)加速電壓U1加速后，在S處沿水平方向垂直電場飛入平行板間，若兩板間的電壓為U2，板間距離為d，板長為l。在平行板右側(cè)L處有一光屏，若電子能飛出偏轉(zhuǎn)電場，打在光屏上的P點，O是光屏上的點，S和O在同一水平線上。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e。不計電子的重力。求：（1）電子離開加速電場時的速度v0的大小；（2）電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的豎直位移y；（3）求OP的距離Y?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）電子經(jīng)加速電場加速過程，由動能定理得解得電子離開加速電場時的速度大小為（2）電子在偏振電場中做類平拋運動，水平方向有豎直方向有，聯(lián)立可得電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的豎直位移為（3）設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度與水平方向夾角為，根據(jù)類平拋推論可得根據(jù)電子出電場后做勻速直線運動，將電子出電場時的速度反向延長，延長線與板間的中心線相交于板的中點，根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得31．（23-24高一下·江蘇宿遷·期中）如圖所示，靜止于A處的離子，先經(jīng)電場加速后能沿圖中圓弧虛線勻速率地通過靜電分析器，靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻射方向分布的電場，然后再從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，場強方向水平向左，電場左側(cè)QN為離子接收屏。已知：加速電壓U，加速后離子以速度v進入靜電分析器，圓弧虛線的半徑為R；PN=d，離子重力不計。求：（1）離子的比荷；（2）靜電分析器圓弧虛線所在處電場強度E的大??；（3）若PN上方勻強電場場強，試計算屏QN至少要多長，才能確保打在屏上?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）h=d【詳解】（1）離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，解得（2）離子在輻向電場中電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，解得（3）離子做類平拋運動，其中·，解得h=d32．（23-24高一下·江蘇無錫·期中）剩余離子電偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的原理如圖所示，讓混合粒子束經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場，帶電離子發(fā)生偏轉(zhuǎn)被極板吞噬，中性粒子繼續(xù)沿原有方向運動。若粒子束中的帶電離子的電荷量均為q，質(zhì)量均為m，動能都是Ek，兩極板板長為L，間距為d。要使帶電離子都被極板吞噬，求：（1）離子在電場中運動的最小加速度；（2）兩極板上所加的最小電壓。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）粒子從上極板左端進入，從下極板右端被吞噬時，電壓最小，加速度最小，則，結(jié)合，聯(lián)立解得（2）由牛頓第二定律解得【題型08帶電粒子在周期性變化電場中的運動（初速度垂直于電場）】33．（23-24高一下·江蘇宿遷·期中）如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為d的平行金屬板P、Q，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓，在兩板中線左側(cè)有一粒子源A，自t=0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t=0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場，已知電場變化周期，不計粒子重力及相互間的作用力，則錯誤的是（）A．在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小為v0B．在時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場C．在時刻進入的粒子在中線下方離開電場D．任意時刻進入的粒子離開板間時速度大小均為v0【答案】C【詳解】AD．任意時刻進入電場的粒子在電場中運動時間由于電場變化周期，則沿電場方向，任意時刻進入電場的粒子時間做加速度豎直向下的勻變速運動，時間做加速度豎直向上勻變速運動，且豎直向上的加速度大小等于豎直向下的加速度大小，故任意時刻進入的粒子離開板間時沿電場方向速度為零，任意時刻進入的粒子離開板間時速度大小等于水平速度，均為v0，故在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小為v0，故AD正確；B．t=0時刻釋放的粒子進入電場后，前時間豎直向下做勻加速運動，后時間豎直向下做勻減速運動，恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場，在時刻進入的粒子，前時間豎直向上做勻加速運動，后時間豎直向上做勻減速運動，根據(jù)對稱性可知在時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場，故B正確；C．在時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動，然后向下減速運動，再向上加速，向上減速，由對稱性可知，離開電場時粒子在豎直方向的位移為零，故粒子從中線右側(cè)離開電場，故C錯誤。本題選錯誤的，故選C。34．（22-23高二上·安徽蕪湖·期中）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。時刻，質(zhì)量為m重力不能忽略的帶電微粒以初速度v。沿中線射入兩板間，時間內(nèi)微粒做勻速運動，時刻微粒恰好從金屬板邊緣飛出，微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度為g。于微粒在時間內(nèi)的運動，下列說法正確的是（

）A．微粒的末速度大小為 B．微粒的末速度沿水平方向C．微?？朔妶隽ψ龉?D．微粒的重力勢能增加了【答案】B【詳解】AB．時間內(nèi)微粒勻速運動，則有在內(nèi)，微粒做平拋運動；在內(nèi)，微粒受到的合力方向向上，大小為在豎直方向上根據(jù)對稱性可知，時刻豎直方向上的分速度為零，則微粒末速度大小為，微粒的末速度沿水平方向，故A錯誤，B正確；D．微粒沿金屬板邊緣飛出，豎直方向上向下運動的位移為，則重力勢能減少了，故D錯誤；C．在時間內(nèi)，合力為在豎直方向上根據(jù)對稱性可知，此過程微粒豎直方向上向下運動的位移為，所以克服電場力做功為故C錯誤。故選B。35．（23-24高三上·山東威?！て谥校┤鐖D1，在矩形MNPQ區(qū)域中有平行于PM方向的勻強電場，電場強度為，一電荷量為，質(zhì)量為m帶電粒子以的初速度從M點沿MN方向進入勻強電場，剛好從Q點射出。，?，F(xiàn)保持電場強度的大小不變，使勻強電場的方向按圖2做周期性變化。使帶電粒子仍以的初速度從M點沿MN方向進入，粒子剛好能從QN邊界平行PQ方向射出。不計粒子重力，取圖1中方向為電場正方向。則下列說法正確的是（）

A．電場強度大小為 B．電場強度大小為C．電場變化的周期可能為 D．電場變化的周期可能為【答案】BC【詳解】AB．對粒子分析，粒子沿MN方向做勻速直線運動，沿電場方向做勻加速直線運動，則有，，聯(lián)立解得故A錯誤，B正確；CD．當場強方向周期性變化時，沿電場方向先做初速度為0的勻加速后再做勻減速到0的直線運動，這一過程可以重復次粒子到，解得當時，可得故C正確，D錯誤。故選BC。36．（23-24高二下·四川眉山·期中）如圖（a）所示，水平放置的平行金屬板間的距離，板長，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于板的正中間，距金屬板右端處豎直放置一足夠大的熒光屏，現(xiàn)在板間加如圖（b）所示的方波形電壓，已知，在擋板的左側(cè)，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質(zhì)量，電荷量，速度大小均為，帶電粒子的重力不計，求：（1）能從金屬板間右側(cè)飛出的粒子在電場中的運動時間；（2）在時刻進入的粒子能否射出電場？若能請求出其打在熒光屏上的位置到點的距離；（3）若撤去擋板，求熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度?！敬鸢浮浚?）；（2）可以從電場中射出，；（3）【詳解】（1）可以從電場中射出的粒子，進入電場后在水平方向不受力，做勻速直線運動，則有解得粒子在電場中運動時間（2）假設(shè)從時刻進入的粒子可以從電場中射出。豎直方向，粒子勻加速運動，接著做勻減速直線運動，由于電壓大小一樣，所以加速度大小相等離開電場時豎直方向速度豎直方向位移假設(shè)成立。離開電場后到熒光屏的過程，水平方向做勻速直線運動豎直方向做勻速直線運動所以打到熒光屏的位置到點的距離為（3）撤去擋板后，所有能離開電場的粒子速度大小和方向都相同，示意圖如下時刻進入的粒子，偏轉(zhuǎn)位移最大，且運動過程中速度沒有反向，即若粒子進入的位置合適，粒子可以從極板的下邊沿離開電場，打在離熒光屏點最遠位置為時刻進入的粒子反向偏轉(zhuǎn)過程中位移最大時是速度減小到0的時候，若粒子位置合適，粒子此時剛好到達上極板，隨后開始反向加速，時間為此粒子入射位置上面的粒子入射后將打在上極板上而不能離開電場，此粒子正向偏移離上極板的距離為從金屬板射出后打到熒光屏上離O點的距離為故熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度37．如圖1所示，平行金屬板A和B的距離為d，它們的右端安放著垂直金屬板的靶MN，現(xiàn)在A、B板間加上如圖2所示的方波形電壓，U0>0，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子束從AB的中點O沿平行于金屬板的方向OO'射入。設(shè)粒子能全部打在靶MN上，而且所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響，試問：（1）t=0時刻進入的粒子，打在靶上何處？（2）求出靶MN上有粒子擊中的范圍，并指出哪些時刻進入電場的粒子打在靶的最上端，哪些時刻進入電場的粒子打在靶的最下端。（3）要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U0應滿足什么條件？（寫出U0、m、d、q、T的關(guān)系式即可），并找到何時進入電場的粒子能擊中O'點。【答案】（1）打在靶上在O點下方；（2）O點下方至O點上方處；（，，）；（，，）；（3）；或（，，）【詳解】（1）時刻進入的粒子，在電場中的加速度大小為在前，向下偏轉(zhuǎn)此時速度向下，大小為在間，加速度變?yōu)橄蛏?，但大小不變，向下偏轉(zhuǎn)故打在靶上在O點下方（2）根據(jù)上述分析可知，當粒子由（，，）時刻進入電場，側(cè)向位移最大，且向下偏，打在靶的最下端；當粒子由（，，）時刻進入電場，將先向上加速，將會打在靶的最上端；進入電場后，先向上偏轉(zhuǎn)，再以向下的加速度偏轉(zhuǎn)，則有即靶的最上端的擊中點在O點上方處；因此靶MN上有粒子擊中的范圍為O點下方至O點上方處；（3）根據(jù)題意，當豎直方向偏轉(zhuǎn)最大時應滿足可得為方便研究取在時間段內(nèi)進入的粒子研究，若進入的時刻在之間，設(shè)為，取向下為正方向，則之間之間之間根據(jù)題意有聯(lián)立可得若進入的時刻在之間，設(shè)為，取向上為正方向，則之間之間之間根據(jù)題意有聯(lián)立可得綜上分析可知，當粒子由（，，）或（，，）時刻進入電場，能擊中O'點。38．（23-24高二上·河南·階段練習）如圖甲，在xOy平面直角坐標系第一象限存在豎直向下的勻強電場，場強大小為E；第二象限存在水平向右的勻強電場，場強大小也為E；第四象限存在豎直向上的勻強電場，場強大小也為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從A點靜止釋放，A點位置坐標為。不計該離子的重力。（1）求離子第一次通過y軸時的速度大小；（2）求離子第二次通過x軸時的位置坐標；（3）若離子第一次進入第四象限后開始計時，第四象限中的電場按圖乙規(guī)律變化（圖中），忽略電場變化引起的電磁感應現(xiàn)象，求離子第4次通過x軸時的位置坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)動能定理解得離子第一次通過y軸時的速度大小為（2）離子在第一象限做類平拋運動，水平方向有豎直方向有聯(lián)立解得故離子第一次通過x軸時的位置坐標為，因則此時粒子的速度方向與x軸正向的夾角則進入第4象限的電場時粒子沿方向先做勻減速，速度減到零后反向加速，第二次回到x軸，則沿x軸方向的位移離子第二次通過x軸時的位置坐標。（3）若離子第一次進入第四象限后開始計時，則在時間內(nèi)向下做減速運動，在時刻的速度然后經(jīng)過后再反向加速，仍經(jīng)過后第2次回到x軸；粒子以與x軸成的方向斜射入第一象限，則經(jīng)過第3次回到x軸，此時第四象限的電場正處于向上的E，則再經(jīng)過粒子速度減為零，再經(jīng)過兩個，粒子第4次經(jīng)過x軸，此時從計時開始粒子已經(jīng)經(jīng)過了8個的時間，則沿x方向的位移為則此時的位置坐標為【題型09帶電粒子勻強電場中做一般的曲線運動】39．（多選）（22-23高三下·安徽·期中）如圖所示，A、B、C、D、F是半徑為R的圓周上五點，AF為直徑，B、C、D三點將半圓弧均分，整個空間存在平行于圓面的勻強電場，從A點沿圓面向各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為+q、速度大小為的帶電粒子，到達B點的粒子速度大小為，到達C點的粒子速度方向沿AC連線延長線方向，不計粒子間的相互作用和粒子的重力，則下列判斷正確的是（）

A．電場方向平行A、F連線 B．圓弧上D點電勢最低C．A、F兩點的電勢差為 D．勻強電場的電場強度大小為【答案】BD【詳解】A．到達C點的粒子速度方向沿AC連線延長線方向，且粒子帶正電，說明電場方向平行AC沿A、C延長線方向，故A錯誤；B．根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，過D點的直徑與電場方向平行，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知圓弧上D點的電勢最低，故B正確；C．根據(jù)電場分布可知，C、F兩點電勢相等，A、C兩點電勢差是A、B兩點電勢差的2倍，粒子從A到B過程，根據(jù)動能定理可得解得則A、F兩點的電勢差為故C錯誤；D．勻強電場的電場強度大小為故D正確。故選BD。40．（多選）（22-23高三下·湖北武漢·期中）如圖所示，水平向右的勻強電場中有a、b兩帶電小球，小球所帶電量的大小相同、電性未知?，F(xiàn)將兩小球用絕緣細線懸掛于同一點，兩球靜止時，它們距水平面的高度相等，線與豎直方向的夾角分別為α、β，且。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．若a、b電性相反，球a的質(zhì)量一定大于球b的質(zhì)量B．若a、b電性相同，球a的質(zhì)量可能等于球b的質(zhì)量C．若同時剪斷兩根細線，a球可能先落地D．若同時剪斷兩根細線，a、b兩球一定同時落地【答案】ABD【詳解】A．依題意兩球靜止，對系統(tǒng)應用整體法，若a、b電性相反，兩球所受勻強電場的電場力等大反向，兩球所受庫侖力等大反向，可知兩球所受電場力與庫侖力的合力等大反向。分解細線的拉力，豎直方向可得水平方向可得又聯(lián)立，解得故A正確；B．當a，b均帶正電時，對a：，對b，此時F1小于F2，當兩球質(zhì)量相等時，可能也符合對應的角度關(guān)系，所以兩球的質(zhì)量無法確定，B項正確。CD．若同時剪斷兩根細線，a、b兩球豎直方向只受重力作用，做自由落體運動，根據(jù)可知一定同時落地。故C錯誤；D正確。故選ABD。41．（多選）（22-23高二上·山西晉中·期中）如圖所示，虛線是電場中的一組豎直等差等勢面，實線是一帶負電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，分別為運動軌跡與等勢面的交點，下列判斷正確的是(

)A．圖中等勢面a的電勢最高 B．粒子在電場中做變加速運動C．粒子經(jīng)過Q點時的動能大于經(jīng)過P點時的動能D．粒子在M點的電勢能比在Q點的小【答案】AD【詳解】A．根據(jù)電場線與等勢面垂直，可知電場線位于水平方向，粒子所受的電場力也在水平方向，由粒子的軌跡向左彎曲，所以粒子所受的電場力水平向左，粒子帶負電，則電場線方向水平向右，則a處電勢最高，故A正確；B．由圖知，等差等勢面均勻分布，則知該電場是勻強電場，粒子所受的電場力恒定，所以粒子在電場中做勻變速運動，故B錯誤；C．若粒子從M運動到Q，電場力做負功，粒子的動能減小，同理，若粒子從Q到M，電場力做正功，粒子動能增大，則粒子經(jīng)過Q點動能小于P點動能，故C錯誤；D．電場線方向水平向右，則M點電勢高于Q點電勢，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，所以粒子在M點的電勢能比Q點的小，故D正確。故選AD。42．（23-24高二上·湖北·期中）在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示。小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上。M為軌跡的最高點。小球拋出時的動能為64.0J，在M點的動能為48.0J，不計空氣的阻力。求：（1）小球所受重力和電場力的比值；（2）小球水平位移x1與x2的比值；（3）小球從A點運動到B點的過程中最小動能Ekmin?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）J【詳解】（1）帶電小球在水平方向上受電場力的作用，做初速度為零的勻加速運動，豎直方向上只受重力作用，做豎直上拋運動。根據(jù)運動的對稱性可知，小球從A到M和M到B的時間t相等。設(shè)小球所受的電場力為Eq，重力為mg，則有水平方向有豎直方向有由題意得，聯(lián)立可得（2）由于從A點至M點和從M點至B點的時間t相等。小球在水平方向上做初速為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，則從A點至M點過程水平方向有從M點至B點過程水平方向有聯(lián)立可得（3）設(shè)電場力F與重力G的合力與豎直方向夾角為θ，則受力分析如下所示，由圖可知則根據(jù)幾何關(guān)系有小球的運動也可以看成在等效重力G′的作用下的類似斜拋運動，當小球從A運動到B的過程中，將初速度分解成沿等效重力方向和垂直等效重力方向，如上圖所示。則小球在沿等效重力方向做勻減速直線運動，垂直等效重力方向做勻速直線運動。故當速度最小時，沿等效重力方向速度為0。故最小動能為有J【點睛】理解斜拋運動動能最小時物體所處的位置及速度情況，再將本題轉(zhuǎn)換成類斜拋運動進行處理?！绢}型10帶電物體在電場中的平衡問題】43．（22-23高一下·江蘇南京·期中）如圖所示，在范圍足夠大、方向水平向左的勻強電場中，用絕緣細線懸掛一個質(zhì)量為m、電荷量為Q的帶負電小球，小球處于靜止狀態(tài)，細線與豎直方向的夾角為30°?，F(xiàn)使電場在豎直面內(nèi)沿逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°，同時改變電場的強弱，以保證小球位置始終保持不變。已知重力加速度為g。下列關(guān)于旋轉(zhuǎn)過程中電場強度方向和大小的說法正確的是（

）A．當電場方向豎直向下時，電場強度最小，最小值B．當電場方向轉(zhuǎn)過30°角時，電場強度最小，最小值C．當電場方向轉(zhuǎn)過60°角時，電場強度最小，最小值D．當電場方向沿水平方向時，電場強度最大，最大值【答案】B【詳解】使電場在豎直面內(nèi)沿逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°，由于小球帶負電，所以小球所受電場力從水平向右逆時針變?yōu)樨Q直向上，以小球為對象，根據(jù)三角形定則可知小球的受力如圖所示由圖可知，當電場方向轉(zhuǎn)過30°角時，電場力最小，電場強度最小，此時有解得由圖可知，電場方向沿豎直方向時，電場力最大，電場強度最大，此時有解得故選B。44．（23-24高二上·四川成都·期中）兩塊正對的平行金屬板與水平面成角固定，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的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關(guān)S，小球靜止時，細線與板夾角為；剪斷細線，小球運動到板上的點（未標出），求(1)電場強度大小；(2)距離為多少？(3)小球運動到板上的點過程中電勢能改變了多少？【答案】(1)(2)(3)電勢能增加【詳解】（1）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，解得（2）剪斷細線，小球做勻加速直線運動，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得（3）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，電場力做功為小球的電勢能增加。45．（23-24高一下·上海浦東新·期末）如圖所示，一長為L的細線上端固定，下端拴一質(zhì)量為m的帶正電小球，將它置于一水平向右的電場強度為E的勻強電場中，當細線與豎直方向偏角為θ時，小球處于平衡狀態(tài)，試問∶（1）畫出小球的受力分析圖；（2）小球的帶電荷量q；（3）若改變電場方向仍保證小球在該位置平衡，則場強最小為多少？電場的方向如何？（用θ、E表示）【答案】（1）；（2）；（3）；方向與水平方向夾角為【詳解】（1）以小球為研究對象，作出力圖如圖；（2）根據(jù)平衡條件得：qE=mgtanθ得到（3）當電場力方向與細繩方向垂直時，電場力最小，則場強最小，此時解得方向與水平方向夾角為。46．（23-24高一下·福建福州·期末）如圖所示，在天花板與水平地面之間存在水平向右的勻強電場。絕緣輕繩一端固定在天花板，另一端拴一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球。當帶電小球靜止時，輕繩與豎直方向的夾角，小球離地面的高度為。g取，，，求：（1）小球帶何種電荷；（2）勻強電場的電場強度的大小；（3）剪斷輕繩，當小球剛落地瞬間速度的大小?！敬鸢浮浚?）帶負電；（2）；（3）【詳解】（1）對小球進行受力分析，根據(jù)受力平衡可知，小球受到的電場力水平向左，與電場方向相反，則小球帶負電。（2）以小球為對象，根據(jù)受力平衡可得可得勻強電場的電場強度的大小為（3）剪斷輕繩，小球受到電場力和重力的合力大小為根據(jù)牛頓第二定律可得小球從剪斷輕繩到落地運動的位移大小為根據(jù)運動學公式可得解得小球剛落地瞬間速度的大小為【題型11帶電物體在勻強電場中的圓周運動】47．（23-24高一下·江蘇無錫·期中）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，重力加速度為g，則小球運動過程中繩子的最大拉力為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】小球靜止時細線與豎直方向成θ角，由平衡條件得電場力和重力的合力，即細線拉力小球在速度最小的點由合力提供向心力，大小等于F。則分析可知，在初位置拉力最大，設(shè)速度為，則由速度最小的點到初位置，由動能定理得聯(lián)立解得故選D。48．（多選）（23-24高一下·遼寧大連·期末）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為m、帶正電的電荷量為q的小球，系在一根長為R的絕緣細線的一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度的大小為g，電場強度。若小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小球運動到C點時細線的拉力最大 B．小球運動到B點時的電勢能最大C．小球運動到B點時的機械能最大 D．小球運動過程中的最小速度為【答案】CD【詳解】AD．帶正電的電荷量為q的小球受到的電場力大小為則重力和電場力的合力大小為重力和電場力的合力方向與豎直方向的夾角滿足可得如圖所示可知小球運動等效最低點時速度最大，細線的拉力最大；小球運動等效最高點時速度最小，則有解得小球運動過程中的最小速度為故A錯誤，D正確；BC．從小球從A到B過程，電場力對小球一直做正功，小球電勢能減小，小球從B到A過程，電場力對小球一直做負功，小球電勢能增大，則小球運動到B點時的電勢能最小，小球運動到B點時的機械能最大，故B錯誤，C正確。故選CD。49．（多選）（23-24高一下·重慶江北·期中）如圖所示，在豎直面內(nèi)有一半徑為R的圓環(huán)形軌道，軌道內(nèi)部最低點A處有一質(zhì)量為m的光滑帶正電的小球（可視作質(zhì)點），其所帶電荷量為q，在圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在著方向水平向右的勻強電場，電場強度，現(xiàn)給小球一個水平向右的初速度v0，使小球開始運動，以下說法正確的是（）A．若v0，則小球可以做完整的圓周運動B．若小球可以做完整的圓周運動，則軌道所給彈力的最大值與最小值相差C．若，則小球?qū)⒃谲壍雷罡唿cB處脫離軌道D．若，則小球機械能最大處的動能為【答案】BC【詳解】A．小球同時受到重力和電場力作用，這時可認為小球處于等效重力場中，小球受到的等效重力為等效重力加速度為與豎直方向的夾角如下圖所示小球可以做完整的圓周運動，則有小球運動到等效最高點時，在等效重力場中應用機械能守恒定律可得解得故A錯誤；B．若小球可以做完整的圓周運動，則小球在等效重力場中最低點軌道所給的彈力最大，等效最高點軌道所給的彈力最小，在最低點有在最高點有小球從最低點到最高點的過程中，有解得軌道所給彈力的最大值與最小值相差為故B正確；C．若，小球到達最高點B處的過程中，重力做負功，電場力不做功，則有解得故可得小球?qū)⒃谲壍雷罡唿cB處脫離軌道，故C正確；D．若，根據(jù)動能定理，小球運動到等效最低點時，動能最大，此時解得故D錯誤。故選BC。50．（多選）（23-24高二下·山東·期中）如圖所示，場強為E的勻強電場方向豎直向下，所帶電荷量為-q，質(zhì)量為m的帶電小球用長為L的絕緣細線拴住，小球可以在豎直平面內(nèi)繞О做圓周運動，A、B分別是軌跡的最高點和最低點。已知小球靜止時的位置是A點，重力加速度大小為g，小球可以看成質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．若小球靜止在A點時給球一垂直繩的極小速度，則小球經(jīng)再次回到A點B．若小球靜止在A點時給球一垂直繩的極小速度，則小球經(jīng)再次回到A點C．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過A點時速度最小值為D．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過A點時速度最小值為【答案】AD【詳解】AB．小球在復合場中做簡諧振動，對其受力分析可知解得將小球的簡諧振動類比于單擺，可知其振動周期小球再次回到點時需半個周期的時間，即A正確，B錯誤；CD．設(shè)小球在點的速度為，則有根據(jù)動能定理可得聯(lián)立上述各式解得故C錯誤，D正確。故選AD。51．（23-24高二上·湖北十堰·期中）如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g。(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，從釋放到滑塊到達與圓心O等高的C點這一過程的電勢能變化量；(2)若滑塊從水平軌道上距離B點s=10R的A點由靜止釋放，求滑塊到達D點時對軌道的作用力大小；(3)改變s的大小仍使滑塊由靜止釋放，且滑塊始終沿軌道滑行，并從G點飛出軌道，求s的最小值?！敬鸢浮?1)(2)0(3)【詳解】（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，從釋放到滑塊到達與圓心O等高的C點這一過程的電場力做功為電場力做正功，電勢能減小，故電勢能變化量為（2）若滑塊從水平軌道上距離B點s=10R的A點由靜止釋放，設(shè)滑塊到達D點時的速度為，從A點到D點過程運用動能定理，可得解得在D點，根據(jù)牛頓第二定律解得滑塊到達D點時受到軌道的作用力大小為0。（3）等效豎直平面圓周運動，要使滑塊從G點飛出，則必須可以通過等效最高點，當恰好通過等效最高點時，滿足題意的s最小。等效重力由重力和電場力的合力提供等效重力與重力的夾角解得當恰好通過等效最高點時的速度設(shè)為v，則此時滿足從A點由靜止釋放到達等效最高點過程，由動能定理可得解得52．（23-24高一下·浙江寧波·期中）用長為的輕質(zhì)柔軟絕緣細線，拴一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，細線的上端固定于O點．現(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與豎直方向成30°，如圖所示?，F(xiàn)向左拉小球使細線水平且拉直，由靜止釋放，重力加速度為g，求：（1）該勻強電場的場強；（2）小球釋放瞬間的加速度大小和方向；（3）小球第一次通過O點正下方時細繩的拉力大小?！敬鸢浮浚?）；（2），方向與豎直方向成角；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，對小球受力分析，由平衡條件有解得（2）向左拉小球使細線水平且拉直，由靜止釋放，釋放瞬間，如圖所示釋放后將沿著電場力和重力的合力方向做勻加速運動，其方向與豎直方向成角，加速度大小為方向與豎直方向成角。（3）小球從靜止開始運動到細繩被拉直過程中，有細繩被拉直瞬間，小球速度為因在細線被拉直的瞬間有能量損失，沿繩方向速度變?yōu)?，則此時小球的速度為從細繩被拉直到小球運動到O點正下方過程中，由動能定理有在O點正下方，由牛頓第二定律有聯(lián)立解得【題型12帶電物體在非勻強電場中的直線運動】53．（23-24高二上·四川成都·期中）如圖所示，長為l、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于電場中，一電荷量為+q（q>0）、質(zhì)量為m的帶電小球以初速度v0從斜面底端A點開始沿斜面向上運動，當?shù)竭_斜面頂端B點時，速度仍為v0，則（）A．B．小球在B點時的電勢能大于在A點時的電勢能C．若該電場是斜面中點正上方某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正點電荷D．若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最小值為【答案】D【詳解】AD．帶電小球由A運動到B的過程中動能的增量為零，由功能關(guān)系可知，重力的功與電場力的功的總量為零，即可得A、B間的電壓若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最小值為故A錯誤，D正確；B．由于在此過程中電場力做正功，電勢能減小，所以小球在B點時所具有的電勢能將小于在A點時所具有的電勢能，故B錯誤；C．小球沿著斜面向上運動時，動能沒有增量，由功能關(guān)系可知，重力和電場力做的總功必須為零，在這過程中重力做負功，故電場力一定是做正功而不可能做負功，若該電場是斜面中點正上方某點的正點電荷+Q產(chǎn)生的，如圖可知，A、B兩處的電勢關(guān)系定是注意到小球是帶正電的，它從A向B運動時，電場力和重力做的都是負功，不可能保持速度不變，故C錯誤。故選D。54．（多選）（23-24高二上·江西·期中）如圖，在豎直平面內(nèi)有一水平放置，半徑為R、帶電荷量為且均勻分布的固定大圓環(huán)。建立以圓心O為坐標原點，豎直向上為x軸正方向的坐標系（未畫出），圓環(huán)產(chǎn)生的電場在x軸上的分布如圖乙所示，圖中B、C兩點（未畫出）對應的電場強度最大。一質(zhì)量為m、帶電荷量為的小球從A點無初速度釋放，依次經(jīng)過B、O、C、D點。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，，小球所帶電荷不影響電場分布，下列說法正確的是（

）A．小球經(jīng)過D點的速度大小為B．圖乙中陰影部分的面積大小滿足C．小球在C點的加速度小于在B點的加速度D．若B點到圓環(huán)邊緣的連線與之間的夾角為，則B點的電場強度大小為【答案】ACD【詳解】A．小球由A運動到D過程中，根據(jù)對稱性可知電場力做功代數(shù)和為零，由動能定理有求得故A正確；B．在圖像中圖線與軸圍成的面積表示間、間電勢差的大小，根據(jù)對稱性知故B錯誤；C．小球在點有在點有由對稱性可知、大小相等，方向相反，即有小球在點的加速度小于在點的加速度，故C正確；D．圓環(huán)上電荷分布均勻，取環(huán)上一點，設(shè)其電荷量，該電荷在點產(chǎn)生的場強為沿軸方向的分量為大圓環(huán)上的電荷在點產(chǎn)生的場強為故D正確。故選ACD。55．（多選）（23-24高二上·吉林松原·期中）如圖甲所示，在粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量；的帶負電小滑塊（可視為質(zhì)點）在處以的初速度沿x軸正方向運動，小滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)。整個區(qū)域存在沿水平方向的電場，小滑塊在不同位置所具有的電勢能如圖乙所示，P點是圖線的最低點，虛線AB是該圖線經(jīng)過處的切線，并且AB經(jīng)過（0，3）和（3，0）兩點，取重力加速度大小，則（）A．x＝3m處的電勢最高B．小滑塊向右運動過程中，它的速度始終在增大C．小滑塊運動至x＝3m處時，它的速度最大D．小滑塊向右運動一定不能經(jīng)過處的位置【答案】AD【詳解】A．滑塊在處電勢能最低，由因為滑塊帶負電，所以處的電勢最高，A正確；BC．圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在處所受電場力大小為滑塊所受滑動摩擦力大小為所以在區(qū)間內(nèi)，滑塊所受電場力與滑動摩擦力方向相反，且不斷減小，則滑塊所受合外力方向與速度方向相反；在之后，滑塊所受電場力與滑動摩擦力同向，且不斷增大，則滑塊所受合外力方向也與速度方向相反。綜上所述可知滑塊向右運動過程中，速度始終減小，在處速度最大，故BC錯誤；D．滑塊在處的電勢能與在處的電勢能相等，根據(jù)能量守恒定律，若滑塊能夠經(jīng)過處，則應滿足根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知實際情況