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

專題22電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)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(shí)驗(yàn)：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象 16題型三帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動 24類型1帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動 24類型2帶電體在靜電力和重力作用下的直線運(yùn)動 28類型3帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動 33題型四帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 36類型1帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) 37類型2帶電粒子在組合電場中的偏轉(zhuǎn) 42類型3帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的偏轉(zhuǎn) 49類型4類型帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn) 59題型五帶電粒子在重力場和電場中的圓周運(yùn)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(jù)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(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)的變化．③根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢變化．(2)Q不變①根據(jù)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(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強(qiáng)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(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點(diǎn)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(yùn)動【答案】AB【解析】根據(jù)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(fù)電荷。若斷開S，則電容器所帶的電荷量不變，根據(jù)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(qiáng)度不變。B板電勢為零，根據(jù)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(diǎn)的電勢升高。根據(jù)Ep＝qφ可知，P點(diǎn)電勢升高，帶負(fù)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(jù)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(jù)選項(xiàng)B分析可知，若斷開S，減小兩極板距離，電場強(qiáng)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(shí)現(xiàn)的輸液報警裝置，實(shí)物圖和電路原理如圖所示。閉合開關(guān)，當(dāng)藥液液面降低時，夾在輸液管兩側(cè)的電容器C的兩極板之間介質(zhì)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(jù)以上說明，下列選項(xiàng)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(guān)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(jù)，液面下降，極板之間的介電常數(shù)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(jù)圖示可知，電容器右側(cè)極板帶負(fù)電，結(jié)合上述，液面下降時，極板所帶電荷量減少，即右側(cè)極板失去電子，電子從a向b運(yùn)動，則蜂鳴器電流由b流向a，故C錯誤；D．結(jié)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?！纠?】．2018年8月23～25日，第九屆上海國際超級電容器產(chǎn)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(nèi)阻不計(jì)）連接，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)，在其他條件不變的情況下，現(xiàn)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(jì)中的電流從N流向MD．油滴將向下加速運(yùn)動【答案】C【詳解】A．根據(jù)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(jì)中的電流從N流向M。故B錯誤；C正確；D．根據(jù)可知極板間場強(qiáng)未變，極板間距離也未變，所以場強(qiáng)不變，油滴繼續(xù)處于靜止?fàn)顟B(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(guān)S閉合時，該微粒恰好能保持靜止。若使該帶電微粒向上運(yùn)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(jù)，若將極板N上移，板間距離減小，板間場強(qiáng)增大，微粒受到的電場力增大，帶電微粒向上運(yùn)動；若將極板M上移，板間距離增大，板間場強(qiáng)減小，微粒受到的電場力減小，帶電微粒向下運(yùn)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(jù)將極板N上移或極板M上移，板間場強(qiáng)不變，，微粒受到的電場力不變，帶電微粒仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故CD錯誤。故選A?！纠?】美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準(zhǔn)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(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴靜止于極板間P點(diǎn)，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(yùn)動D．將M板向右移動少許，油滴在P點(diǎn)的電勢能增大【答案】B【詳解】A．帶電油滴靜止于極板間P點(diǎn)，則由平衡條件可得解得根據(jù)平衡條件可知油滴所受電場力豎直向上，而板間場強(qiáng)豎直向下，因此可知油滴帶負(fù)電，故A錯誤；B．根據(jù)電容器電容得決定式可知，當(dāng)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(dāng)將M板向下緩慢移動一小段距離，根據(jù)可知當(dāng)板間距減小，電容器兩極板間的電場強(qiáng)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(yùn)動，故C錯誤；D．根據(jù)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(dǎo)致電容器的電容減小，而根據(jù)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(qiáng)度不變，設(shè)P點(diǎn)的電勢為，P點(diǎn)到N板的電勢差P點(diǎn)到N板的距離不變，電場強(qiáng)度不變，則可知P點(diǎn)的電勢不變，而油滴在P點(diǎn)的電勢能P點(diǎn)電勢不變，油滴帶電量不變，則可知油滴在P點(diǎn)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(guān)K，穩(wěn)定時一帶電的油滴靜止于兩極板間的P點(diǎn)，則：（1）油滴帶正電還是負(fù)電？（2）若保持開關(guān)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(jì)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(guān)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(jì)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(fù)電；（2）不變；增加；從b到a；向上運(yùn)動；不變；減??；從a到b；靜止?fàn)顟B(tài)；（3）減??；變?。混o止?fàn)顟B(tài)；增大；變大；靜止?fàn)顟B(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(qiáng)方向相反，則油滴帶負(fù)電。（2）若保持開關(guān)K閉合，兩極板間電勢差保持不變，根據(jù)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(jì)中電流是從b到a，根據(jù)可知，極板間電場強(qiáng)度增大，油滴受到的電場力增大，將向上運(yùn)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(jì)中電流是從a到b，極板間電場強(qiáng)度保持不變，油滴受到的電場力不變，處于靜止?fàn)顟B(tài)。（3）若斷開開關(guān)K，兩極板上電荷量保持不變，根據(jù)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(jì)指針張角變小，根據(jù)可知，極板間電場強(qiáng)度不變，油滴受到的電場力不變，處于靜止?fàn)顟B(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(jì)指針張角變大，極板間電場強(qiáng)度保持不變，油滴受到的電場力不變，處于靜止?fàn)顟B(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(fù)極板接地，兩板間的P點(diǎn)固定一個帶正電的檢驗(yàn)電荷。用C表示電容器的電容，E表示兩板間的電場強(qiáng)度的大小，表示P點(diǎn)的電勢，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能。若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離，上述各物理量與負(fù)極板移動距離x（）的關(guān)系圖像中正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】A．根據(jù)公式可知，電容器的電容與移動距離的關(guān)系為負(fù)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(guān)系，故A錯誤；B．根據(jù)公式、和可得電容器充電后與電源斷開，電荷量保持不變，負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離，電場強(qiáng)度保持不變，故B錯誤；CD．設(shè)初始P點(diǎn)與負(fù)極板間距離為，則P點(diǎn)與負(fù)極板間電勢差為整理可得由公式可知，正電荷在P點(diǎn)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(jì)連接，下極板接地，靜電計(jì)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(diǎn)，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(diǎn)距離，靜電計(jì)的張角變大B．保持上極板不動，將下極板稍微下移一點(diǎn)距離，液滴將向下運(yùn)動C．保持下極板不動，將上極板稍微向右移一點(diǎn)距離，點(diǎn)電勢將升高D．保持下極板不動，將上極板稍微向右移一點(diǎn)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(diǎn)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(jì)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(diǎn)，根據(jù)受力分析可知油滴帶負(fù)電，保持上極板不動，將下極板稍微下移一點(diǎn)距離，則d增大，根據(jù)可得可知電場強(qiáng)度不變，則油滴不運(yùn)動，故B錯誤；C．保持下極板不動，將上極板稍微向右移一點(diǎn)距離，則S減小，根據(jù)可知電場強(qiáng)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(diǎn)距離，則S減小，根據(jù)可知電場強(qiáng)度增大，則電場力增大，帶電油滴向上運(yùn)動，故D錯誤；故選C。【例3】．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個電容式風(fēng)力傳感器，如圖所示。將電容器與靜電計(jì)組成回路，P點(diǎn)為極板間的一點(diǎn)?？蓜与姌O在風(fēng)力作用下向右移動，風(fēng)力越大，移動距離越大（可動電極不會到達(dá)P點(diǎn)）。若極板上電荷量保持不變，則下列說法正確的是（）A．風(fēng)力越大，電容器電容越小 B．風(fēng)力越大，靜電計(jì)指針張角越小C．風(fēng)力越大，極板間電場強(qiáng)度越大 D．風(fēng)力越大，P點(diǎn)的電勢仍保持不變【答案】B【詳解】A．根據(jù)，風(fēng)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(fēng)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(jì)指針張角越小，B正確；C．根據(jù)解得風(fēng)力越大，兩板間的距離d越小，極板間電場強(qiáng)度與距離d無關(guān)，電場強(qiáng)度不變，C錯誤；D．根據(jù)解得風(fēng)力越大，P點(diǎn)到負(fù)極板之間的距離越小，P點(diǎn)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(nèi)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(jì)上金屬球與平行板電容器上板相連，外殼接地．閉合開關(guān)S，帶電液滴剛好靜止在C內(nèi)．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(shù)變化量的絕對值．關(guān)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(yùn)動且它的電勢能不斷減少D．靜電計(jì)的指針偏角增大【答案】B【解析】根據(jù)電路知識知，V1測路端電壓，V2測熱敏電阻RT的電壓，靜電計(jì)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(jù)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(jì)的張角將減小，平行板間的電場強(qiáng)度也減小，導(dǎo)致帶電液滴向下運(yùn)動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，故C、D錯誤．【例2】．手機(jī)內(nèi)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(biāo)識前后左右運(yùn)動，下列說法正確的是（??）A．N極板向左運(yùn)動一段距離后，電容器的電容減小B．N極板向前運(yùn)動一段距離后，電容器間的電場強(qiáng)度減小C．N極板向后運(yùn)動一段距離后，電容器的電荷量增加D．N極板向后運(yùn)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(jù)N極板向左運(yùn)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(yùn)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(jù)電容器間的電場強(qiáng)度增大，故B錯誤；C．根據(jù)N極板向后運(yùn)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(jù)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(xiàng)分析可知N極板向后運(yùn)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(guān)S閉合。質(zhì)量為m的帶正電荷的微粒從P點(diǎn)以水平速度射入金屬板間，沿曲線打在N板上的O點(diǎn)。若經(jīng)下列調(diào)整后，微粒仍從P點(diǎn)以水平速度射入，則關(guān)于微粒打在N板上的位置說法正確的是（）A．?dāng)嚅_開關(guān)S，M極板稍微上移，粒子依然打在O點(diǎn)B．?dāng)嚅_開關(guān)S，N極板稍微下移，粒子打在O點(diǎn)右側(cè)C．保持開關(guān)S閉合，減小，粒子依然打在O點(diǎn)D．保持開關(guān)S閉合，增大，粒子打在O點(diǎn)右側(cè)【答案】AB【詳解】AB．設(shè)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(diǎn)以水平速度射入金屬板間，沿曲線打在N板上的O點(diǎn)，則根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為方向垂直于板向下斷開開關(guān)，平行板帶電量不變，平行板間的電場強(qiáng)度為結(jié)合，，可得電場強(qiáng)度不變，故加速度不變，M極板稍微上移，不會影響離子的運(yùn)動，故還打在O點(diǎn)；N極板稍微下移，粒子在豎直方向運(yùn)動的位移增大，由可知運(yùn)動時間增大，沿平行板方向運(yùn)動的位移變大，粒子打在O點(diǎn)的右側(cè)，故AB正確；C．保持開關(guān)S閉合，由串并聯(lián)電壓關(guān)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(yùn)動的加速度減小，由可知粒子運(yùn)動時間變長，沿平行板方向運(yùn)動的位移變大，故粒子打在O點(diǎn)右側(cè)，故C錯誤；D．保持開關(guān)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(diǎn)，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(nèi)阻不計(jì)）相連，A板接地，在兩板之間的C點(diǎn)固定一個帶電荷量為的點(diǎn)電荷，C點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(dǎo)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(diǎn)電荷的電勢能，結(jié)合可得B正確；C．由二極管的單向?qū)щ娦钥芍?，電容器只能充電，不能放電，?dāng)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(dāng)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(qiáng)度則把A板向下移動，兩板間的電場強(qiáng)度不變，點(diǎn)電荷受到的電場力不變，D錯誤。故選B?！纠?】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(diǎn)?，F(xiàn)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(fù)電 B．M、N兩極板間的電壓保持不變C．P點(diǎn)的電勢減小 D．油滴在P點(diǎn)的電勢能減小【答案】AC【詳解】A．一帶電油滴靜止于P點(diǎn)，電場力向上，則油滴帶負(fù)電，故A正確；B．現(xiàn)將一與極板相同的不帶電金屬板插入圖中虛線位置，相當(dāng)于減小了板間距，根據(jù)電容的決定式可知，電容C變大，電量Q不變，依據(jù)公式可知，M、N兩極板間電壓變小，故B錯誤；C．板間場強(qiáng)可知場強(qiáng)E不變，而P點(diǎn)與下極板間距減小，根據(jù)則可知P點(diǎn)的電勢減小，故C正確；D．油滴在P點(diǎn)的電勢能，因油滴帶負(fù)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(diǎn)固定一個帶電量為的點(diǎn)電荷，C點(diǎn)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(diǎn)的點(diǎn)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(diǎn)的點(diǎn)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?yàn)椋?，則C點(diǎn)的點(diǎn)電荷電勢能為B正確；C．由二極管的單向?qū)щ娦钥芍?，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(qiáng)度不變，C點(diǎn)的點(diǎn)電荷受到的電場力不變，D錯誤。故選BC。題型二實(shí)驗(yàn)：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象1．實(shí)驗(yàn)原理(1)電容器的充電過程如圖所示，當(dāng)開關(guān)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(jīng)過電源向負(fù)極板移動，正極板因失去電子而帶正電，負(fù)極板因獲得電子而帶負(fù)電．正、負(fù)極板帶等量的正、負(fù)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(dāng)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(dāng)開關(guān)S接2時，相當(dāng)于將電容器的兩極板直接用導(dǎo)線連接起來，電容器正、負(fù)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(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和觸點(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和觸點(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．3．注意事項(xiàng)(1)電流表要選用小量程的靈敏電流計(jì)．(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．【例1】．工業(yè)生產(chǎn)中經(jīng)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(xué)設(shè)計(jì)了如下裝置。在儲存液體原料的桶的外側(cè)底部，放置一個與桶底形狀相同、面積為S的金屬板，桶內(nèi)有一面積為S的輕質(zhì)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(jì)，使用時需要進(jìn)行如下操作：(1)將開關(guān)接“1”接線柱，電容器充滿電后，將開關(guān)接“2”接線柱，電流傳感器記錄下電流隨時間的變化關(guān)系如圖?？芍娙萜鞒錆M電后的電荷量C。(2)再將開關(guān)接“1”接線柱，電容器充滿電后，將開關(guān)接“3”接線柱，電壓傳感器的示數(shù)為?？筛鶕?jù)的大小得出液體的深度；改變深度，電壓傳感器示數(shù)隨之改變。根據(jù)所學(xué)知識判斷電壓傳感器示數(shù)和液體的深度成關(guān)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(dǎo)致深度的測量結(jié)果（填“偏大”、“偏小”、“不受影響”）?！敬鸢浮?1)(2)線性(3)偏小【詳解】（1）I-t圖像與坐標(biāo)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(jù)，聯(lián)立，解得可知電壓傳感器示數(shù)和液體的深度成線性關(guān)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(dǎo)致深度的測量結(jié)果偏小?！纠?】．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。某物理興趣小組設(shè)計(jì)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(biāo)識不清）；電源（電動勢12V，內(nèi)阻不計(jì)）；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(nèi)阻很大）發(fā)光二極管D1和D2，開關(guān)S1和S2，電流傳感器，計(jì)算機(jī)，導(dǎo)線若干。(1)電容器充電過程，若要提高電容兩端電壓，應(yīng)將滑片向（選填“左”，“右”）移動。(2)某次實(shí)驗(yàn)中，完成充電后電壓表讀數(shù)如圖乙所示，電容器兩端的電壓為。(3)繼續(xù)調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表示數(shù)為8.0V時，開關(guān)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(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），電容器的電容為F。(4)電容器充電后，將開關(guān)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(shù)為（3）[1]I-t圖像與坐標(biāo)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(jù)電容的定義式可得（4）電容器充電后，將開關(guān)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(jù)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(yīng)快、能捕捉到瞬間電流變化等優(yōu)點(diǎn)。某學(xué)習(xí)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(shí)驗(yàn)操作如下：①小組成員按照圖甲所示的電路進(jìn)行實(shí)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?yàn)?；（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?yàn)閎→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(shí)驗(yàn)電路圖。開關(guān)未閉合時，電源的電壓。實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)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?yàn)椋ㄌ睢白陨隙隆被颉白韵露稀保?2)已知電容器的電容為，則圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”為。(3)電容器充電后就儲存了能量，某同學(xué)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(rèn)為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運(yùn)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(fù)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?yàn)樽陨隙?；?）圖乙中圖線與坐標(biāo)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(yùn)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(xué)元件，有著廣泛的應(yīng)用。某學(xué)習(xí)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(guān)系。實(shí)驗(yàn)操作如下：①開關(guān)接1給電容器A充電，記錄電壓表示數(shù)，A帶電荷量記為；②開關(guān)接2，使另一個相同的但不帶電的電容器B跟A并聯(lián)，穩(wěn)定后斷開，記錄電壓表示數(shù)，A帶電荷量記為，閉合，使B放電，斷開。③重復(fù)操作②，記錄電壓表示數(shù)，A帶電荷量記為。電荷量…電壓表示數(shù)/V3.151.600.780.39…(1)在操作②中，開關(guān)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(jié)合表格數(shù)據(jù)進(jìn)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(guān)系。(2)該小組用圖乙所示電路進(jìn)一步探究電容器A的充放電規(guī)律。①開關(guān)接1，電源給電容器A充電，觀察到電流計(jì)G的指針偏轉(zhuǎn)情況為；A．逐漸偏轉(zhuǎn)到某一刻度后迅速回到0

B．逐漸偏轉(zhuǎn)到某一刻度后保持不變C．迅速偏轉(zhuǎn)到某一刻度后逐漸減小到0

D．迅速偏轉(zhuǎn)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(shí)測電容值為F（結(jié)果保留2位有效數(shù)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(lián)，穩(wěn)定后，A、B兩電容器電壓相等，故開關(guān)閉合前電容器A帶電荷量等于電容器B帶電荷量。結(jié)合表格數(shù)據(jù)進(jìn)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(guān)系。（2）[1]開關(guān)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(zhuǎn)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(biāo)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(yùn)動類型1帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動1．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．2．用動力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.3．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－Ek1【例1】如圖，在P板附近有電荷（不計(jì)重力）由靜止開始向Q板運(yùn)動，則以下解釋正確的是（）A．到達(dá)Q板的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關(guān)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(dá)Q板的速率變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】D【詳解】A．根據(jù)動能定理得到達(dá)Q板的速率為可知到達(dá)Q板的速率只與加速電壓有關(guān)，與板間距離無關(guān)，故A錯誤；BC．根據(jù)運(yùn)動學(xué)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(dá)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(dá)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(zhì)子療法”進(jìn)行治療。在這種療法中，為了能讓質(zhì)子進(jìn)入癌細(xì)胞，首先要實(shí)現(xiàn)質(zhì)子的高速運(yùn)動，該過程需要一種被稱作“粒子加速器”的裝置來實(shí)現(xiàn)。質(zhì)子先被加速到較高的速度，然后轟擊腫瘤并殺死癌細(xì)胞。如圖所示，來自質(zhì)子源的質(zhì)子（初速度為零），經(jīng)加速電壓為的加速器加速后，形成細(xì)柱形的質(zhì)子流。已知細(xì)柱形的質(zhì)子流橫截面積為，質(zhì)子的質(zhì)量為，其電量為，這束質(zhì)子流內(nèi)單位體積的質(zhì)子數(shù)為，那么其等效電流是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)題意，由動能定理有設(shè)經(jīng)過時間，由電流的定義式可得，等效電流為聯(lián)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(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，在漂移管間被電場加速、加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時速度為，進(jìn)入漂移管E時速度為，電源頻率為，漂移管間縫隙很小。質(zhì)子在每個管內(nèi)運(yùn)動時間視為電源周期的，質(zhì)子的荷質(zhì)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(yīng)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(zhì)子在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，漂移管內(nèi)電場強(qiáng)度為零，根據(jù)靜電屏蔽，漂移管需要用金屬材料制成，故A錯誤；B．質(zhì)子在漂移管間被電場加速，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，質(zhì)子在每個管內(nèi)運(yùn)動時間視為電源周期的，各漂移管的長度應(yīng)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(jù)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(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì))以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(yùn)動的最長時間為eq\f(mv0,qE)D．粒子在電場中運(yùn)動的最長時間為eq\f(2mv0,qE)【答案】BD【解析】粒子從射入到運(yùn)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(diǎn)左側(cè)水平面粗糙，右側(cè)水平面光滑。過O點(diǎn)的豎直虛線右側(cè)有一水平向左、足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為的絕緣物塊，從O點(diǎn)以初速度水平向右進(jìn)入電場。求：（1）物塊向右運(yùn)動離O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離L；（2）物塊在整個運(yùn)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(yùn)動過程中產(chǎn)生的內(nèi)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(yùn)動，根據(jù)動能定理有得（2)取方向?yàn)檎较?，由于物塊從出發(fā)到返回出發(fā)點(diǎn)的過程中，靜電力做功為零，所以返回出發(fā)點(diǎn)時的速度根據(jù)動量定理有得負(fù)號表示其方向與方向相反。（3)在物塊運(yùn)動的全過程中，根據(jù)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(yùn)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(diǎn)無初速度自由下落。經(jīng)過t時間，在兩板間施加豎直向上的勻強(qiáng)電場。再經(jīng)過t時間，小球又回到出發(fā)點(diǎn)。已知小球質(zhì)量為m，重力加速度為g。小球未與下極板發(fā)生碰撞。不計(jì)空氣阻力。從施加電場開始到小球又回到出發(fā)點(diǎn)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(yùn)動時間與減速運(yùn)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(shè)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(diǎn)時的速度大小為從施加電場開始到小球又回到出發(fā)點(diǎn)的過程中減速運(yùn)動時間加速運(yùn)動時間小球加速運(yùn)動時間與減速運(yùn)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(diǎn)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(nèi)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(shí)驗(yàn)測得電子的電荷量，因此獲得1923年諾貝爾物理學(xué)獎，實(shí)驗(yàn)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(fù)兩極相接，從A板上小孔進(jìn)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(yùn)動；當(dāng)油滴P經(jīng)過板間M點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時金屬板加上電壓U，經(jīng)過一段時間，發(fā)現(xiàn)油滴P恰以速度大小豎直向上勻速經(jīng)過M點(diǎn)。已知油滴運(yùn)動時所受空氣阻力大小為，其中k為比例系數(shù)，v為油滴運(yùn)動速率，r為油滴的半徑，不計(jì)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(jīng)過M點(diǎn)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(jīng)過M點(diǎn)經(jīng)歷的時間為D．從金屬板加上電壓到油滴向上勻速運(yùn)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(jīng)過M點(diǎn)時重力與電場力做功均為0，阻力做負(fù)功，所以故A錯誤；B．設(shè)油滴P所帶電荷量的值為q，沒有加電壓時，根據(jù)平衡條件可得施加電壓后勻速向上運(yùn)動時，根據(jù)平衡條件可得解得故B錯誤；C．油滴經(jīng)過M點(diǎn)向下運(yùn)動到速度為零過程中，取向上為正方向，根據(jù)動量定理可得油滴從速度為零到達(dá)到M點(diǎn)的過程中，根據(jù)動量定理可得其中，，解得油滴先后兩次經(jīng)過M點(diǎn)經(jīng)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(jù)牛頓第二定律可得解得隨著速度的減小，加速度逐漸減??；油滴向上加速運(yùn)動到的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得解得隨著速度的增大，加速度逐漸減??；綜上所述，從金屬板加上電壓到油滴向上勻速運(yùn)動的過程中，油滴的加速度一直減小，故D錯誤。故選C?！纠?】．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(diǎn)射入，恰好沿直線從上極板N點(diǎn)射出。下列說法正確的是（）A．該電容器上極板一定帶負(fù)電B．液滴從P點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中速度增加C．液滴從P點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢能減少D．液滴從P點(diǎn)以原速度射入后可能做勻減速直線運(yùn)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(diǎn)射入，恰好沿直線從上極板N點(diǎn)射出，帶電液滴的合力應(yīng)為零，帶電液滴做勻速直線運(yùn)動，即液滴從P點(diǎn)到N點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動，故D錯誤。故選C?！纠?】．如圖所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場中O點(diǎn)自由釋放后，分別抵達(dá)B、C兩點(diǎn)，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(yùn)動1．常見的交變電場常見的產(chǎn)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(yùn)動．(2)粒子做往返運(yùn)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(zhuǎn)換))a－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))v－t圖像．【例1】某電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化規(guī)律的圖像如圖所示。當(dāng)t=0時，在該電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)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(yùn)動B．0～2s內(nèi)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(diǎn)D．0～2s內(nèi)，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(nèi)的加速度大小為a1＝第2s內(nèi)加速度大小為a2＝因E2＝2E1則a2＝2a1則帶電粒子先勻加速運(yùn)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(fù)運(yùn)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(diǎn)，故C錯誤；D．由v－t圖像可知，t＝2s時，v≠0，根據(jù)動能定理可知，0～2s內(nèi)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?qū)?，板間原來固定一電子，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)，電子重力不計(jì)。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(yùn)動B．如果t=，電子時而B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，最后向B板靠近C．如果t=，電子時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，最后向A板靠近D．如果t=，電子時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)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(fù)以上運(yùn)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(fù)以上運(yùn)動，電子時而B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，兩板距離足夠?qū)?，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(fù)以上運(yùn)動，電子時而B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，兩板距離足夠?qū)?，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(fù)以上運(yùn)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(diào)管，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)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(zhì)量為、電荷量為的帶負(fù)電粒子從點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸做往復(fù)運(yùn)動，求：（1）在區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向；（2）該粒子運(yùn)動過中的最大速度；（3）該粒子運(yùn)動的周期?！敬鸢浮浚?），沿x軸負(fù)方向；（2）；（3）【詳解】（1）由圖像的物理意義可知，在x軸正、負(fù)半軸分布著方向相反的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度大小方向沿x軸負(fù)方向（2）粒子經(jīng)過處時速度最大，由動能定理可得代入數(shù)值可得（3）在范圍電場強(qiáng)度大小設(shè)粒子從處運(yùn)動至處用時，從處運(yùn)動至處用時，則有解得運(yùn)動周期帶入數(shù)據(jù)可得題型四帶電粒子在電場中的偏轉(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．類型1帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)【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(qiáng)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(jìn)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(jì)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??；（2）求粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動時的加速度大??；（3）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)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(yùn)動豎直方向做勻加速運(yùn)動，則解得粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動時的加速度大?。?）根據(jù)可得勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小方向豎直向下?！纠?】．如圖，空間內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子，從A點(diǎn)垂直電場方向射入電場，初速度大小為v，經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)到達(dá)B點(diǎn)時速度大小為2v，已知A、B兩點(diǎn)之間沿電場方向的距離為d，不計(jì)帶電粒子的重力，該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】對帶電粒子從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動能定理得解得故選D?！纠?】．靜止在O點(diǎn)的原子核發(fā)生衰變的同時，空間中加入如圖所示的勻強(qiáng)電場。之后衰變產(chǎn)物A、B兩粒子的運(yùn)動軌跡OA、OB如圖虛線所示，不計(jì)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(fù)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(jù)A、B兩粒子的運(yùn)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(yīng)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(yùn)動，則有，解得可知當(dāng)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?！纠?】．一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，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2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力。下列說法正確的是（）A．L:d=2:1B．U1:U1=2:1C．微粒穿過圖中電容器區(qū)域的速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值為D．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】D【詳解】A．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類斜拋運(yùn)動，從進(jìn)入電場到最高點(diǎn)有聯(lián)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(zhuǎn)電場中，有聯(lián)立解得故B錯誤；C．設(shè)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度方向與水平方向夾角為α，則有設(shè)帶電粒子射出偏轉(zhuǎn)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(diǎn)運(yùn)動到射出電場過程，有聯(lián)立解得根據(jù)數(shù)學(xué)三角函數(shù)，可得故C錯誤；D．粒子射入最高點(diǎn)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(zhì)量或者電荷數(shù)量無關(guān)，即軌跡不會變化，故D正確。故選D?！纠?】．在與紙面平行的勻強(qiáng)電場中，建立如圖甲所示的直角坐標(biāo)系，a、b、c、d是該坐標(biāo)系中的4個點(diǎn)，已知、、；現(xiàn)有一電子僅受靜電力作用，以某一初速度從點(diǎn)沿Od方向射入，則圖乙中abcd區(qū)域內(nèi)，能大致反映電子運(yùn)動軌跡的是（）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【詳解】根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢分布特點(diǎn)可知，的中點(diǎn)電勢為，可知連線為等勢線，場強(qiáng)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(diǎn)沿方向射入圖中區(qū)域內(nèi)，電子的初速度方向與電場力方向垂直，電子做類平拋運(yùn)動，則能大致反映電子運(yùn)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(zhuǎn)【例1】如圖所示，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計(jì)），在KA間經(jīng)加速電壓加速后，從A板中心小孔射出，進(jìn)入由M、N兩個水平極板構(gòu)成的偏轉(zhuǎn)電場，M、N兩板間的距離為d，電壓為，板長為L，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)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(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)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(zhuǎn)電場射出時垂直極板方向偏移的距離y；（3）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的速度方向?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）速度方向與水平方向夾角，斜向右下方【詳解】（1）根據(jù)動能定理解得（2）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動聯(lián)立解得（3）設(shè)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(jīng)同一電場加速后，又經(jīng)同一勻強(qiáng)電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，下列說法不正確的是（）A．經(jīng)過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多B．經(jīng)過偏轉(zhuǎn)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(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移為解得同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切為可見y和tanθ與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)。所以出射點(diǎn)的位置相同，出射速度的方向也相同。運(yùn)動軌跡相同，故三種粒子打屏上同一點(diǎn)，故D正確。B．粒子的運(yùn)動軌跡相同，電荷量相同，電場力相同，在偏轉(zhuǎn)電場中電場力做功相同，故B正確；C．整個過程運(yùn)用動能定理得在偏轉(zhuǎn)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(zhì)子療法”進(jìn)行治療。如圖所示，來自質(zhì)子源的質(zhì)子初速度為零，經(jīng)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(diǎn)豎直向上進(jìn)入存在水平向右的勻強(qiáng)電場的圓形區(qū)域，最終轟擊處在圓上Q點(diǎn)的腫瘤細(xì)胞。已知四分之一圓弧虛線處的場強(qiáng)大小為E0，方向沿半徑指向圓心O，圓O′與OP相切于P點(diǎn)，OP=R0，圓形區(qū)域的半徑為R，Q點(diǎn)位于OP上方處，質(zhì)子質(zhì)量為m、電量為e。不計(jì)質(zhì)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(yùn)動，速度大小B．在加速電場中做勻加速直線運(yùn)動，電壓C．在勻強(qiáng)電場中做勻變速曲線運(yùn)動，場強(qiáng)D．若腫瘤細(xì)胞位于圓上S處（OP上方為R），只需將電壓調(diào)整為就能擊中【答案】C【詳解】A．在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動，可得解得故A錯誤；B．在加速電場中做勻加速直線運(yùn)動，有聯(lián)立，解得故B錯誤；C．在勻強(qiáng)電場中做勻變速曲線運(yùn)動，有又聯(lián)立，解得故C正確；D．將電壓調(diào)整為，則有根據(jù)可得即質(zhì)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(xì)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(zhuǎn)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(zhuǎn)電場中心線BC共線。質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從小孔A（初速度視為0）進(jìn)入加速電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場，可到達(dá)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(qiáng)電場，且不計(jì)離子重力。下列說法正確的是（）A．離子在加速電場中運(yùn)動時間為B．到達(dá)探測器的離子在M、N板間運(yùn)動時間為C．離子到達(dá)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(yīng)滿足的關(guān)系為U2>2U1【答案】C【詳解】A．粒子在加速電場做勻加速直線運(yùn)動，加速度為根據(jù)位移時間關(guān)系有所以離子在加速電場中運(yùn)動時間為故A錯誤；B．設(shè)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，根據(jù)動能定理可得所以則離子在M、N板間運(yùn)動時間為故B錯誤；C．根據(jù)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(zhuǎn)位移應(yīng)小于，有可得故D錯誤。故選C?！纠?】．如圖所示，在示波管中，質(zhì)量為m，電荷量為-q的帶電粒子從燈絲K射出（初速度不計(jì)），經(jīng)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(jīng)平行板電容器的偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，又做一段勻速直線運(yùn)動最后打到熒光屏上，顯示出亮點(diǎn)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(zhuǎn)電場的右端到熒光屏的距離為L，不計(jì)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(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y和熒光屏上OC間的距離；（3）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y和偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，如圖所示垂直電場方向有沿電場方向有側(cè)移量聯(lián)立解得由幾何關(guān)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(fù)合場中的偏轉(zhuǎn)【例1】在空間中水平面的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為的帶電小球由上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)點(diǎn)時速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?，下列說法正確的是（）A．小球帶正電B．在小球從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，小球受到的電場力大小為C．小球從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的時間與從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的時間之比為D．在小球從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)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(yùn)動，水平方向勻速，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，而由于從B到C，其到達(dá)C點(diǎn)時速度方向恰好水平，且設(shè)，帶電小球水平方向做勻速直線運(yùn)動，有同理有，說明從B到C為從A到B的逆過程，由運(yùn)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(xiàng)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?yàn)樨Q直向上的，與電場線方向相反，所以小球帶負(fù)電，故A項(xiàng)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(xiàng)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(yùn)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(shè)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(xiàng)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(zhì)量為2m，帶電量為+q，B球質(zhì)量為m，帶電量也為+q，整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)，重力加速度g取10m/s2。A、B兩球在空中運(yùn)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(jì)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(jù)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(qiáng)電場，自該區(qū)域上方A點(diǎn)將質(zhì)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(jìn)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(yùn)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(jì)空氣阻力和粒子間相互作用)求：(1)A點(diǎn)距電場上邊界的高度；(2)該電場強(qiáng)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(jìn)入電場前做平拋運(yùn)動，設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，粒子進(jìn)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(yùn)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(jìn)電場前，運(yùn)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(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t2，由運(yùn)動學(xué)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(yùn)動，電場高度為H，可得H＝v0t2＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)當(dāng)M離開電場時，M在電場中運(yùn)動的水平距離為x3，由幾何關(guān)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(qiáng)電場，一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球由M點(diǎn)以速度豎直向上拋出，運(yùn)動到最高點(diǎn)P時速度大小恰好也為，一段時間后落回到與拋出點(diǎn)等高的N點(diǎn)（圖中未畫出），空氣阻力不計(jì)，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(yùn)動的加速度大小為2gB．運(yùn)動過程中速度的最小值為C．M、N兩點(diǎn)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(yùn)動，從出發(fā)運(yùn)動到最高點(diǎn)P滿足水平方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，從出發(fā)運(yùn)動到最高點(diǎn)P滿足解得根據(jù)矢量合成法則，小球的合加速度應(yīng)為，故A錯誤；C．根據(jù)豎直方向的運(yùn)動規(guī)律可知，當(dāng)小球從P點(diǎn)落回到N點(diǎn)時，其運(yùn)動時間也為所以有故C錯誤；B．根據(jù)運(yùn)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(dāng)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(dá)到最小時所經(jīng)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(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律可知，當(dāng)小球運(yùn)動到N點(diǎn)時，水平速度為豎直速度為所以到達(dá)N點(diǎn)的速度為其動能為，根據(jù)功能關(guān)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(nèi)的三個點(diǎn)，OB沿豎直方向，OA垂直于AB，∠AOB=60°，將一質(zhì)量為m的小球沿某一方向以一定的初動能自O(shè)點(diǎn)拋出，小球在運(yùn)動過程中通過A點(diǎn)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(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與三角形OAB所在平面平行，從O點(diǎn)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(diǎn)時的動能是初動能的3倍；將該小球從O點(diǎn)以同樣的初動能沿另一方向拋出，通過B點(diǎn)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(qiáng)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(jù)動能定理可得加電場后，小球從O到A根據(jù)動能定理小球從O到B根據(jù)動能定理聯(lián)立可得令O點(diǎn)的電勢為零，即可得在勻強(qiáng)電場中，沿任意直線，電勢的下降是均勻的，可得OM為等勢點(diǎn)，M為AB的三等分點(diǎn)，根據(jù)電場線與等勢面垂直，可知電場強(qiáng)度沿CA方向，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得電場強(qiáng)度為聯(lián)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(qiáng)電場，質(zhì)量均為m、帶電量分別為和的兩小球同時從O點(diǎn)以速度斜向右上方射入勻強(qiáng)電場中，方向與水平方向成角，A、B（圖中未畫出）兩點(diǎn)分別為兩小球運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)，帶正電的小球經(jīng)過A點(diǎn)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(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)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(diǎn)B．與之比為C．兩小球到達(dá)A、B兩點(diǎn)過程中電勢能變化量之比為D．帶正電的小球經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小【答案】C【詳解】A．由題可知，將帶電小球的運(yùn)動分解成水平方向和豎直方向的運(yùn)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(yùn)動，豎直方向的初速度為上升到最高點(diǎn)時，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達(dá)A、B兩點(diǎn)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(yùn)動，水平方向的初速度為由題可知，帶正電的小球有帶負(fù)電的小球有解得可見到達(dá)最高點(diǎn)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(dá)A、B兩點(diǎn)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(lián)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(nèi)存在大小、方向未知的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m的小球從y軸上P點(diǎn)以水平速度v進(jìn)入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過x軸上Q點(diǎn)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(jì)空氣阻力，小球從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)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(jù)題中所述，可知小球水平方向先向右做勻減速直線運(yùn)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(yùn)動，可以將該運(yùn)動分解為垂直于合加速度方向的勻速直線運(yùn)動與沿合加速度方向的勻加速直線運(yùn)動，可知勻速直線運(yùn)動的分速度即為速度的最小值，則有結(jié)合上述解得A錯誤；C．根據(jù)上述可知，小球從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中重力一直做正功，重力勢能一直減小，小球運(yùn)動過程中只有重力勢能、動能與電勢能的轉(zhuǎn)化，可知動能與電勢能之和一直增大，C錯誤；B．根據(jù)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(dāng)電場力方向與合力方向垂直時，電場力達(dá)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(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．【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(zhì)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(diǎn)以速度v0平行金屬板運(yùn)動，3t0時間內(nèi)粒子未到達(dá)極板。則在0~3t0時間內(nèi)，下列說法正確的是（）A．時間內(nèi)，微粒偏向N板運(yùn)動B．時，重力對微粒做功的瞬時功率為C．0~2t0時間內(nèi)，電場力對微粒做的功為D．0~3t0時間內(nèi)，微粒動能增量為【答案】C【詳解】A．時間內(nèi)，，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(nèi)，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(jù)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(nèi)，電場力方向改變，大小未改變，此時合力向下，大小為3mg，根據(jù)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(jù)運(yùn)動學(xué)公式，時粒子在豎直方向的速度大小為方向豎直向下，根據(jù)瞬時功率的公式重力的瞬時功率為故B錯誤；C．根據(jù)B選項(xiàng)分析，粒子在時間內(nèi)的豎直位移為方向豎直向上。粒子在t0~2t0時間內(nèi)的豎直位移為方向豎直向下，則0~2t0時間內(nèi)，粒子豎直方向的總位移為0，則重力做的總功為0。根據(jù)動能定理，電場力對微粒做的功為故C正確；D．時間內(nèi)，粒子的受力與相同，故加速度與時間內(nèi)相同，根據(jù)前面選項(xiàng)已知的信息，的速度為方向豎直向下，則時間內(nèi)，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(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t＝0時刻，質(zhì)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(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運(yùn)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(nèi)微粒勻速運(yùn)動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)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(nèi)，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(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(jì)重力的帶電粒子束先后以速度從O點(diǎn)沿板間中線射入極板之間，若時刻進(jìn)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(jìn)入電場的粒子離開電場時速度大小為B．時刻進(jìn)入電場的粒子離開電場時速度大小為C．時刻進(jìn)入電場的粒子在兩板間運(yùn)動過程中的最大速度為D．時刻進(jìn)入電場的粒子在兩板間運(yùn)動過程中離A板的最