(普查练习)第19课 电容器 带电粒子在电场中的运动-【提分宝典】2025年新高考物理一轮全考点普查随堂课后练

第19课　　　电容器　带电粒子在电场中的运动 普查与练习19Ⅰ　　电容器　带电粒子在匀强电场中的运动　　 1．实验：观察电容器的充、放电现象 (1)(2025汇编题，12分)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图(a)所示连接电路。电源电动势为8.0 V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用电流传感器来采集电流随时间的变化情况，并输入计算机。 图(a) ①为观察电容器C充电时的现象，应将单刀双掷开关S接______(选填“1”或“2”)。 ②在充电过程中，测绘的充电电流i随时间t变化的图像可能正确的是________。 A　　　 　B　 　　　C　　 　　D ③用图(a)所示电路来观察电容器C放电现象：利用电流传感器采集放电过程电路中的电流，并输入计算机，得到了图(b)所示的电流i与时间t的关系图像。 图(b) a．通过i－t图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越________(选填“快”或“慢”)； b．已知图(b)中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电量，根据图像可估计电容器放电前所带电荷量Q约为________C，电容器的电容C约为________F(保留两位有效数字)。 ④关于电容器在整个充、放电过程中的q－t图像和UAB－t图像的大致形状，可能正确的有______(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差)。 A　　　 　B　　 　　C　　　 　D ⑤图(c)中实线是实验得到的放电时的i－t图像，如果不改变电路的其他参数，只减小电阻R的阻值，则得到的i－t图线可能是图(c)中的________(选填“①”“②”或“③”)。 图(c) (1)答案：①1(1分)　②A(2分)　③a.慢(1分)　b．3.2×10-3(2分)　4.0×10-4(2分) ④AD(2分)　⑤②(2分) 解析：①充电时必须将电容器接电源，故将单刀双掷开关拨向1。 ②电容器充电时，随着电荷的增加，电容器两极板间电压升高，电阻R两端分得电压减小，电路中电流逐渐减小，电容器两极板间电压增大到等于电源电压之后，电流减小为零，故A项正确。 ③a.从图(b)中可以看出放电时电流减小得越来越慢(斜率的绝对值表示电流的变化快慢)；b.可数出图线与坐标轴所围成图形有40小格(格数为38～42都正确)，所以电容器放电前所带电荷量约为Q＝40×8×10-5 C＝3.2×10-3 C，根据电容的定义可得C＝＝4.0×10-4 F。 ④电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，最后变为0，根据Δq＝IΔt可知，q－t图像的斜率表示电流的大小，故A项正确，B项错误。电容器两极板间的电压变化量ΔUAB＝＝Δt，UAB－t图像的斜率表示，在充电和放电过程中电容器的电容不变，根据充电和放电过程中电流的特点可知，C项错误，D项正确。 ⑤若只减小电阻R的阻值，则开始时刻的电流将增大，i－t图像的纵截距增大，由于总的电荷量一定，则图像与坐标轴围成的面积相同，故曲线②符合要求。 2．平行板电容器的动态分析 a.U不变时电容器的动态分析 (2)(2025改编题，3分)如图所示，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动。关于小球所受的电场力大小F，绳子的拉力大小T，细线与竖直方向的夹角θ，下列判断正确的是(　　) A. F逐渐减小，T逐渐减小，θ逐渐减小 B．F逐渐增大，T逐渐减小，θ逐渐增大 C．F逐渐增大，T逐渐减小，θ逐渐减小 D．F逐渐减小，T逐渐增大，θ保持不变 (2)答案：A 解析：电容器与电源相连，所以两极板间电势差不变，将左极板向左缓慢移动的过程中，两板间距离增大，则由U＝Ed可知，电场强度E减小，小球所受电场力F＝Eq减小。小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，故电场力和重力的合力与拉力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，T＝；由于重力不变，电场力减小，故拉力减小，θ减小，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 (3)(2025改编题，3分)如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对齐，上极板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连。初始时开关S闭合，板间有一带电粒子P恰好处于静止状态。忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器，下列说法正确的是(　　) A．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器的电容增大 B．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器所带电荷量减少 C．若只将电容器的上极板向上平移一小段距离，则带电粒子仍处于静止状态 D. 若只将电容器的上极板向下平移一小段距离，则带电粒子将向下运动 (3)答案：B 解析：只将电容器的上极板转过一小角度，正对面积减小，由电容器电容的决定式C＝可知电容器的电容减小，由Q＝CU可知，电容器所带电荷量减少，故A项错误，B项正确。只将电容器的上极板向上平移一小段距离，由于电容器两极板间的电势差不变，则电容器两极板间匀强电场的电场强度E′＝变小，由F＝qE′可知，带电粒子所受的电场力变小，则带电粒子将向下做加速运动；同理可知，只将电容器的上极板向下平移一小段距离，电容器两极板间匀强电场的电场强度增大，带电粒子所受的电场力变大，带电粒子将向上做加速运动，故C项、D项均错误。 b.Q不变时电容器的动态分析 (4)(多选)(2025汇编题，4分)“研究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验装置如图所示。下列说法正确的是(　　) A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C．实验中，只将电容器b板向右平移，静电计指针的张角变小 D．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 E．实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果 F．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 (4)答案：ACE 解析：电容器a板与带电玻璃棒接触后带电，b板接地，由于静电感应，出现与a板等量的异种电荷，所以只用带电玻璃棒与电容器a板接触能使电容器带电，故A项正确。平行板电容器电容C与极板的正对面积S、极板距离d的关系为C＝。只将电容器b板向上平移，极板的正对面积S减小，导致电容C减小，电容器所带电荷量不变，根据U＝可知极板间电压U变大，静电计指针的张角变大，故B项错误。只将电容器b板向右平移，极板距离d减小，导致电容C增大，电容器所带电荷量不变，根据U＝可知极板间电压U减小，静电计指针的张角变小，故C项正确。只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，导致电容C变大，极板间电压U变小，静电计指针的张角变小，故D项错误。实验时无意间手指触碰了一下b板，因为b板与大地相连，而人体相当于接地，所以不会影响实验结果，故E项正确。由C＝可知，只增加极板带电量不会改变电容器电容，故F项错误。 3．带电粒子在匀强电场中的运动 a.从动力学、动量和能量的角度分析带电粒子的直线运动 (5)(2025汇编题，3分)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　) A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的小 C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在由静止释放到时刻t，a和b的电势能的变化量相等 E．在由静止释放到时刻t，b的动能与电势能之和减小 F．在t时刻，a和b的动量大小相等 (5)答案：F 解析：由题意可知，a、b两带电微粒在同一匀强电场中，且只受电场力的作用，因为它们的电荷量相等，由F＝qE可知，它们受到的电场力大小相等，由牛顿第二定律可知，a、b两带电微粒均做初速度为零的匀加速直线运动，则有x＝at2＝t2，已知a的位移xa大于b的位移xb，时间相等，可得a的质量小于b的质量，故A项错误。由W＝qEx可得，在时间t内，电场力对a做的功大于对b做的功，则a的电势能变化量大于b的电势能变化量；由动能定理可得，在t时刻，a的动能大于b的动能，故B项、D项均错误。在t时刻，a和b在同一水平面，即在同一个等势面上，且下极板接地，则φa＝φb﹥0，因为a和b带等量异种电荷，由Ep＝qφ可知，此时a的电势能大于b的电势能，故C项错误。在时间t内，只有电场力做功，则b的动能与电势能之和保持不变，故E项错误。由动量定理可知，在t时刻，a和b的动量大小相等，故F项正确。 (6)(天津经典真题，18分)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。 ①求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1； ②反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x； ③已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。 (6)答案：①(6分)　②(4分) ③2m0(8分) 解析：①设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理有qU＝mv2(2分) 离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝(2分) 联立以上二式，解得T1＝(2分) ②从开始加速到进入反射区速度减为零的过程中，根据动能定理有qU－qEx＝0(2分) 解得x＝(2分) ③离子在加速电场中运动和在反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝(2分) 通过②中分析可知，离子在反射区电场中的运动路程与离子质量和所带电荷量无关，又反射次数相同，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程也相等，设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝＋(2分) 联立以上各式，解得t总＝(2L1＋L2)(2分) 则离子从A到B的总飞行时间与成正比，依题意可得＝ 解得m1＝2m0(2分) b.用运动合成与分解的方法分析带电粒子的曲线运动 (7)(多选)(经典题，4分)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　) A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 (7)答案：AD 解析：设加速电场两板间距离为d，则E1qd＝mv，解得v0＝。粒子在偏转电场中偏转，设侧移量为y，偏转电场两板的长度为L, 则运动时间t＝，y＝at2＝··2＝，在偏转电场中偏转电场对粒子做的功W＝qE2y，由于三种粒子的电荷量q相等、侧位移y相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，故A项正确。三种粒子射出偏转电场时的纵向速度vy＝at＝·＝，三种粒子射出偏转电场时的速度v＝，与粒子比荷有关，三种粒子比荷不同，因此速度v大小不同，故B项错误。三种粒子运动到屏上的水平位移相同，但水平速度v0＝与比荷有关，不同，因此所用时间不同，故C项错误。由于三种粒子侧移量y相同，因此从同一位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点，即速度方向相同，因此粒子会打在屏上同一位置，故D项正确。 (8)(2022辽宁真题，12分)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： ①弹簧压缩至A点时的弹性势能； ②小球经过O点时的速度大小； ③小球过O点后运动的轨迹方程。 (8)答案：①mgR(2分)　②(3分) ③y2＝6Rx，其中y≥0(7分) 解析：①小球从A到B，根据能量守恒定律得 Ep＝mv＝mgR(2分) ②小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋qE×R＝mv－mv(2分) 解得vO＝(1分) ③小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，在x轴方向，根据牛顿第二定律有qEcos 45°＝max(2分) 在竖直方向，根据牛顿第二定律有 qEsin 45°－mg＝may(2分) 解得ax＝g，ay＝0 说明小球从O点开始，在x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt(2分) 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为 y2＝6Rx，其中y≥0(1分) 随堂普查练19Ⅰ 1．(全国Ⅰ经典真题，6分)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是(　　) 图(a)　　　 　　　　　图(b) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D 1．答案：A 解析：由图(b)可知，在0～1 s时间内，电容器两极板之间电压为零，说明电容器没有充、放电，电路中没有电流，根据欧姆定律可知，电阻R两端电压为零；在1～2 s时间内，电容器两极板之间电压均匀增大，根据I＝＝C可知，电路中有恒定电流对电容器充电，则电阻R两端电压恒定；在2～3 s时间内，电容器两极板之间的电压恒定且不为零，说明电容器带电荷量不变，电路中没有电流，电阻R两端电压为零；在3～5 s时间内，电容器两极板之间电压均匀减小，说明电容器均匀放电，则电路中有反方向的恒定电流，3～5 s内的电压与1～2 s内的电压正、负相反，由于放电时的小于充电时的，故放电电流小于充电电流，所以电阻R两端电压恒定，且电压小于充电时两端电压，故A项正确。 2．(2023福建真题，7分)某同学用图(a)所示的电路观察矩形波频率对电容器充、放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C(4.7 μF，10 V)，定值电阻R(阻值2.0 kΩ)、开关S、导线若干。 (1)电解电容器有正、负电极的区别。根据图(a)，将图(b)中的实物连线补充完整； 图(a) 图(b) (2)设置电源，让电源输出图(c)所示的矩形波，该矩形波的频率为________； 图(c) (3)闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压UC随时间周期性变化，结果如图(d)所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于________状态(选填“充电”或“放电”)，在________点时(选填“A”或“B”)，通过电阻R的电流更大； 图(d) (4)保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压Um与频率f关系图像，如图(e)所示。当f＝45 Hz时电容器所带电荷量的最大值Q＝________C(结果保留两位有效数字)； 图(e) (5)根据实验结果可知，电容器在充、放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。 2．答案：(1)见解析(2分)　(2)40 Hz(1分)　(3)充电(1分)　B(1分)　(4)1.8×10-5(2分) 解析：(1)根据图(a)可知，电解电容器与电压传感器并联，充电电流从电解电容器的正接线柱流入，从负接线柱流出，则连接的实物图如图所示。 (2)根据图(c)可知，矩形波的周期为T＝25×10-3 s，则该矩形波的频率为f＝＝40 Hz。 (3)电容器充电时，两极板所带的电荷量增大，两极板之间的场强增大，电势差增大，根据图(d)可知，在B点时，电容器两端的电压UC正在增大，因此电容器处于充电状态；由i＝和ΔQ＝CΔUC可得，ΔUC＝Δt，则UC－t图像中图线的斜率等于，又因为C不变，且图线在B点时的斜率绝对值大于在A点时的斜率绝对值，则在B点时，通过电阻R的电流更大。 (4)根据图(e)可知，当f＝45 Hz时，电容器上最大电压约为Um＝3.76 V，由Q＝CU可得，此时电容器所带电荷量的最大值Q＝CUm≈1.8×10-5 C。 3．(北京清华附中模拟，3分)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离l0，上述各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　) A　　 　　　　　B C　　　 　　 　　D 3．答案：C 解析：根据C＝可知，负极板缓慢向左平移一小段距离过程中，两板间距d增大，电容减小，但电容与负极板移动距离x不是线性关系，故A项错误。由U＝可知电容器充电后与电源断开，电容器所带电荷量保持不变，又E＝，联立以上各式可得E＝＝，则负极板移动过程中，两板间的电场强度的大小保持不变，故B项错误。设P点开始时与负极板间的距离为d′，因负极板接地，所以在移动负极板的过程中P点的电势为φ＝E(d′＋x)，故C项正确。正电荷在P点的电势能为W＝qφ＝qEd′＋qEx，则正电荷在P点的电势能随负极板移动距离x的增大而增大，故D项错误。 4．(浙江经典真题，3分)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A．所用时间为 B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角为30° 4．答案：C 解析：粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为45°，根据牛顿第二定律，得加速度a＝，垂直于电场方向的位移x＝v0t，平行于电场方向的位移y＝at2，根据几何关系有tan 45°＝，联立解得t＝，故A项错误。粒子到达MN连线上某点时，在水平方向做速度vx＝v0，在竖直方向的速度vy＝at＝·＝2v0，则速度v＝＝v0，故B项错误。水平位移x＝v0t＝，竖直位移与水平位移相等，所以粒子到达MN连线上的点与P点的距离即合位移为l＝＝x＝，故C项正确。速度方向与竖直方向夹角的正切值为tan θ＝＝，可知θ≠30°，故D项错误。 5．(多选)(2023湖北真题，4分)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示，忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是(　　) A．L∶d＝2∶1 B．U1∶U2＝1∶1 C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 5．答案：BD 解析：由题意可知，微粒在平行板电容器中做类斜抛运动。设微粒在平行板电容器中的加速度大小为a，刚进入该电容器时速度大小为v1，微粒从刚进入到最高点的过程中，将微粒在平行板电容器中的运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直线运动，则2L＝v1cos 45°×t1，d＝t1，解得L＝d，故A项错误。微粒经电压U1加速的过程中，由动能定理可得，qU1＝mv－0；微粒从刚射入平行板电容器到最高点过程中，由动能定理得－q×U2＝m(v1cos 45°)2－mv，联立以上二式解得U1＝U2，故B项正确。设微粒从平行板电容器射出时的速度为v2，方向与水平方向的夹角为α。微粒从最高点到从平行板电容器射出的过程，L＝v1cos 45°×t2，v2y＝at2，v2x＝v1cos 45°，a＝，联立以上各式解得v2y＝，tan α＝＝；微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为tan (45°＋α)＝＝3，故C项错误。以微粒射入平行板电容器的点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立坐标系，微粒在坐标系中的坐标(x，y)满足x＝v1cos 45°·t，y＝v1sin 45°·t－··t2，又qU1＝mv，联立以上各式解得y＝x－x2，则微粒在电容器中的运动轨迹与微粒的质量和电荷数量无关，仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变，故D项正确。 6．(2022北京真题，9分)如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。 (1)求带电粒子所受的静电力的大小F； (2)求带电粒子到达N板时的速度大小v； (3)若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。 6．答案：(1)q(2分)　(2)(2分) (3)(5分) 解析：(1)两极板间的场强E＝(1分) 带电粒子所受的静电力F＝qE＝q(1分) (2)带电粒子从M板由静止运动到N板的过程，根据动能定理有qU＝mv2－0(1分) 解得v＝(1分) (3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据动能定理有q··＝mv′2－0(1分) 带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2， 有＝t1(1分) ＝v′t2(1分) t＝t1＋t2(1分) 联立以上各式解得t＝(1分) 7.(全国Ⅰ经典真题，20分)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。 (1)求电场强度的大小； (2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ (3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 7．答案：(1)(5分)　(2)v0(7分) (3)0或v0(8分) 解析：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。 由几何关系知AC＝R①(1分) 电场力F＝qE②(1分) 由动能定理得F·AC＝mv③(1分) 联立①②③式解得E＝④(2分) (2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。 由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R⑤(2分) 设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律有F＝ma⑥(1分) 由运动学公式有AP＝at⑦(1分) DP＝v1t1⑧(1分) 联立②④⑤⑥⑦⑧式解得v1＝v0⑨(2分) (3)法1：设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向、电场方向为y轴正方向，建立直角坐标系，由运动学公式有y＝at2⑩(1分) x＝vt⑪(1分) 粒子离开电场的位置在圆周上，有 ＋＝R2⑫(2分) 粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat⑬(2分) 联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式解得v＝0或v＝v0(2分) 法2：由题意知，粒子初速度为0时，动量增量大小为mv0，此即问题的一个解。 自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化量都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系和运动学规律可得，此时入射速率v＝v0。 普查与练习19Ⅱ　　　带电体在电场中运动的综合问题　　　　　　　　　　　　　　　 4．带电体在复合场(电场、重力场)、交变电场中的运动 a.用“正交分解法”分析带电小球在复合场中的运动 (9)(2025改编题，20分)如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域左侧的A点将质量为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度为g。已知A点到左边界的距离也为L。 ①求该电场的电场强度大小； ②求小球射出的初速度大小； ③要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。 (9)答案：①(6分)　②(9分) ③v0≥2(5分) 解析：①小球运动过程只受竖直方向的作用力，故小球在水平方向做匀速运动，小球在电场区域内外的运动时间t相同；在电场区域外，小球在竖直方向做加速度为g的匀加速运动，故小球进入电场时的竖直分速度为gt。小球N离开电场时的位置与A点在同一高度，即竖直位移为零；设N在电场内的加速度为a，则有 0＝gt2＋gt·t－at2(2分) 所以，a＝3g，方向竖直向上(1分) 故由牛顿第二定律可得qE－mg＝3mg(2分) 所以电场的电场强度E＝(1分) ②M在电场中的加速度a′＝＝5g，方向竖直向下(2分) 故M刚离开电场时的竖直分速度 vy＝gt＋5gt＝6gt(2分) 又小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为v0，则有t＝(1分) 故由M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍可得 m(v＋v)＝8×m[v＋(gt)2](2分) 整理得v＝(6gt)2＝7v＋8(gt)2 联立以上各式解得v0＝(2分) ③M、N进入电场前的运动一致，那么，M、N离开电场时的位置之间的距离 d＝gt·t＋×5g·t2－＝4gt2≤L(2分) 故t≤ (1分) 又有t＝ 所以v0＝≥＝2(2分) b.用“等效法”分析带电小球在复合场中的运动 (10)(2025改编题，3分)如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在匀强电场中有一根长L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，若小球获得一定初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度为g，电场强度E＝，下列说法正确的是(　　) A. 小球运动到D点时的动能最小 B．小球运动到B点时的机械能最大 C．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电势能先减小后增大 D．若将小球从A点由静止释放，小球能沿圆弧运动到D点且在D点速度为零 (10)答案：B 解析：根据小球的平衡条件可判断出小球带正电，将小球所受重力和电场力等效成一个“重力”，则等效重力mg′＝＝2mg，可知等效重力和竖直方向的夹角tan θ＝＝，故θ＝60°，如图所示，M点和N点分别为在等效重力场的等效最高点和等效最低点，可知小球在M点动能最小，故A项错误。小球运动过程中只有重力和电场力做功，因重力做功不改变小球的机械能，当小球运动到B点时，电势能最小，此时机械能最大，故B项正确。小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，若顺时针运动，电势能先增大后减小再增大；若逆时针运动，电势能先减小后增大再减小，故C项错误。因为等效重力和竖直方向的夹角θ＝60°，所以若将小球从A点由静止释放，小球将沿等效重力方向做匀加速直线运动，故D项错误。 c.分阶段法研究带电小球在复合场中的多过程运动 (11)(辽宁模拟，19分)如图所示，圆心为O、半径为R的圆弧形光滑轨道MN固定在竖直平面内，O、N恰好处于同一竖直线上，ON＝R，OM与竖直方向之间的夹角θ＝37°，水平面上方空间存在水平向左的匀强电场。水平面上有一点P，点P、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点，PM＝2R。现有一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从P点以一定的初速度沿PM做直线运动，小球从M点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g。求： ①小球沿圆弧轨道运动过程中的最小速度的大小； ②小球在P点时的初速度大小； ③小球在水平面上的落点到P点的距离。 (11)答案：①(5分)　②(3分) ③(3＋3)R(11分) 解析：①根据小球沿PM做直线运动可知，小球所受的电场力与重力的合力沿MP方向，如图(a)所示，则小球所受电场力与重力的合力大小为 F＝＝mg(2分) 根据小球恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出可知，小球在圆弧轨道上经过等效最高点G时速度有最小值vG，如图(b)所示，此时小球所受电场力与重力的合力提供向心力， 即F＝m(2分) 解得vG＝(1分) 图(a) 　　　　　　图(b) ②设小球在P点时的初速度大小为v0，小球从P点运动到G点的过程中，根据动能定理有 －F×3R＝mv－mv(2分) 解得v0＝(1分) ③小球从G点运动到N点的过程中，根据动能定理有 F(R－R sin θ)＝mv－mv(2分) 解得vN＝(1分) 小球从N点水平飞出后，在水平方向上做初速度为vN的匀加速运动，加速度大小为 a＝＝·＝g(2分) 小球在竖直方向上做自由落体运动，设小球从N点飞出到落地的时间为t，则 R＋R cos θ＋2R sin θ＝gt2(2分) 解得t＝(1分) 小球在水平面上的落点到N点的水平距离为 x＝vNt＋at2＝(3＋4)R(2分) 所以小球在水平面上的落点到P点的距离为 x0＝x－(2R cos θ－R sin θ)＝(3＋3)R(1分) d.极板条件变化时粒子运动情况的分析 (12)(2025改编题，3分)如图所示，平行板电容器充满电后与电源断开，电容器的两极板中间有一带电油滴恰好处于静止状态。在其他条件不变的情况下，将B板右端向下移动一小段距离，两极板表面仍均为等势面，则该油滴(　　) A．仍然保持静止 B．竖直向下运动 C．向左下方运动 D．向右下方运动 (12)答案：D 解析：电容器带电后与电源断开，则有电容器极板所带电量Q不变，带电油滴静止时，其所受电场力与重力等大反向，即Eq＝mg，又E＝＝＝，所以q＝mg。当B板右端向下移动一小段距离后，两板间的电场强度大小不变，电场线与等势面垂直，即带电油滴受到的电场力方向为斜向右上方，大小与重力大小相等，而重力竖直向下，则合力指向右下方，所以油滴向右下方运动，故D项正确，A项、B项、C项均错误。 e.带电粒子在交变电场中的运动 (13)(多选)(山西太原一模，6分)图(a)的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。T时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿OO′方向、以v0的速率进入板间，T时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在 T时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是(　　) 　　　 图(a)　　　　　　　图(b) A．T时刻，乙粒子离开电场 B．乙粒子的比荷为 C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2∶3 D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1∶2 (13)答案：ABD 解析：设金属板长为L，粒子甲带负电，则粒子甲的运动时间为t＝＝T－T＝T，粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为t′＝＝T，因粒子乙在T时刻进入板间，则在T时刻飞出板间，故A项正确。设两板间距离为d，则有a甲＝＝为定值，则粒子甲在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据竖直方向速度和时间关系，可得vy＝a甲t，作出竖直方向上速度与时间图像如图所示。 则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子甲在电场中竖直方向的最大位移刚好为，根据图像可知在T时刻粒子甲恰好不碰到极板，此刻竖直方向达到最大位移，T时刻回到中线上，而在T时刻，粒子出电场，此时竖直位移为；同理，粒子乙的vy－t图线为A′B′C′D′的形状，因粒子乙在运动过程中也恰好不与极板碰撞，根据图像可知粒子乙在T时刻恰好不与极板相撞，此时粒子乙刚好飞出磁场，即粒子乙在竖直方向上的位移为，则甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为＝＝，故C项错误，D项正确。对乙有y乙＝a乙2－2×a乙×2＝，对甲有y甲＝a甲2＝，因＝，则有＝，可得＝，又a甲＝＝，a乙＝，可得＝，故B项正确。 随堂普查练19Ⅱ 1．(2023新课标真题，14分)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比； (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 1．答案：(1)8∶1(7分)　(2)油滴a带负电(1分)　油滴b带正电(1分)　4∶1(5分) 解析：(1)设油滴a、b的质量分别为ma、mb，半径分别为ra、rb，油滴的密度为ρ，油滴所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数为k。 两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，由平衡条件可得 mag＝krav0(2分) mbg＝krb(2分) 又ma＝ρ×πr，mb＝ρ×πr(1分) 联立以上各式解得＝ ma∶mb＝r∶r＝8∶1(2分) (2)两极板加上电压后，上极板带正电，两板间电场方向竖直向下。由题意可知，油滴a做减速运动，油滴b做加速运动。 油滴a所受电场力方向竖直向上，故油滴a带负电。(1分) 油滴b所受电场力方向竖直向下，故油滴b带正电。(1分) 设油滴a、b所带电荷量的绝对值分别为qa、qb，油滴a、b均竖直向下匀速运动时，处于平衡状态，由平衡条件可得 mag＝kra＋qaE(2分) mbg＋qbE＝krb(2分) 联立以上各式解得qa∶qb＝4∶1(1分) 2．(湖北黄冈模拟，4分)如图所示，匀强电场中有一半径为R的圆形区域，匀强电场方向平行于圆所在平面(图中未画出)，圆形区域处在竖直平面内，圆周上有八个点等间距排列(G点为圆周最高点)。一重力不可忽略的带正电小球从A点以相同的初动能在该平面内抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在所有的点中，到达D点时小球的动能最大。已知小球质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球到达D点时动能最大，说明到达D点的过程电场力做功最多 B．选取合适的抛出方向，小球一定能到达H点 C．电场强度的最小值为E＝ D．若电场强度大小E＝，则电场强度方向水平向右 2．答案：C 解析：根据动能定理，合力的功等于动能的变化量，到达D点的动能最大，说明合力做的功最多，故A项错误。因为小球只受重力和电场力，重力和电场力合成后的等效重力的方向沿HD方向，故重力和电场力的等效最低点是D点，H是等效最高点，如果抛出的动能小，不管朝哪个方向抛出，小球也不能到达等效最高点，故B项错误。由B项分析知，重力和电场力的合力方向沿HD，如图所示。当电场力的方向垂直于HD时，电场力最小为F＝mgsin 45°＝Eq，解得E＝，故C项正确。若电场强度大小E＝，小于C项计算出的最小值，无法满足题意，故D项错误。 3．(多选)(河北衡水中学模拟，6分)如图(a)所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图(b)所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则(　　) 　　 图(a)　　　　　　　图(b) A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0 B．粒子的电荷量为 C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时动能增加了mv D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 3．答案：AD 解析：粒子进入电场后，在水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子在竖直方向的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A项正确。在竖直方向上，粒子在时间内的位移为，则＝2，解得q＝，故B项错误。粒子在电场中的加速度a＝＝，在t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为y＝2×a2－2×a2＝，故电场力做功为W＝× d＝U0q＝mv，所以粒子的动能增加了mv，故C项错误。t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由运动的对称性可知，此时竖直方向的位移为零，所以粒子从P板右侧边缘离开电场，故D项正确。 4．(2023.01浙江真题，3分)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　　) A．在XX′极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝ 4．答案：D 解析：由牛顿第二定律可得，电子在XX′极板间的加速度大小ax＝＝，故A项错误。由动能定理可知，电子从电子枪射出后的动能为10eU；电子在电极XX′间运动时，所获得的动能小于或等于eU，所以打在荧光屏时，动能大小一定小于11eU，故B项错误。设电子从电子枪射出后的速度为v，根据动能定理有10eU＝mv2－0，解得v＝；电子在XX′极板间运动的时间为t＝＝l，则电子在XX′极板间受到电场力的冲量大小为Ix＝Ft＝，故C项错误。电子打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝＝，故D项正确。 5．(2023北京真题，10分)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。 (1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1； (2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。 a．半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2； b．已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。 5．答案：(1)(4分) (2)a.(3分)　b．25%(3分) 解析：(1)不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒在收集器中做类平抛运动，把颗粒的运动分解为平行于极板方向上的匀速直线运动和垂直于极板方向上的匀加速直线运动。颗粒恰好全部被收集，说明靠近负极板的颗粒正好落到正极板右侧边缘，设该颗粒的运动时间为t，加速度为a。 在平行于极板的方向上，有L＝v0t(1分) 在垂直于极板的方向上，有d＝at2(1分) 根据牛顿第二定律可得q＝ma(1分) 联立以上各式解得U1＝(1分) (2)a.考虑空气阻力，空气和颗粒沿极板方向没有相对速度，颗粒不受空气阻力，在平行于极板的方向上仍做匀速直线运动；颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，此时颗粒受力平衡，粒子在垂直于极板的方向上做匀速直线运动。设颗粒在垂直于极板方向上的最大速度为vy，由平衡条件可得 q＝kRvy(1分) 根据运动的等时性，有＝(1分) 联立以上各式解得U2＝(1分) b．已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，设比例系数为k′。设直径为10 μm的带电颗粒的电荷量为q1，半径为R1，在垂直于极板方向上的最大速度为v1；直径为2.5 μm的带电颗粒的电荷量为q2，半径为R2，在垂直于极板方向上的最大速度为v2，在垂直于极板方向上运动的最大位移为x，则R1＝4R2，q2＝2q1＝q1。 结合上一问，对直径为10 μm的颗粒，有 q1＝kR1v1 对直径为2.5 μm的颗粒，有q2＝kR2v2 联立以上二式解得v2＝v1(1分) 根据运动的等时性，有＝，＝ 则x＝d(1分) 即只有靠近正极板上方d范围内的直径为2.5 μm的颗粒才能被收集。 故直径为2.5 μm的颗粒被收集的百分比为 η＝＝25%(1分) 突破积累练　　静电场中的科学思维和探究 ——对物理概念与规律本质的理解和研究方法的推广 科学推理 1．(经典题，10分)场是一种物质存在的形式，我们可以通过研究物质在场中受力情况来研究场的强弱。如在研究电场时我们引入了电场强度描述电场的强弱。 (1)真空中有一点电荷所带电荷量为＋Q，试根据库仑定律和电场的定义式，推导出距离点电荷＋Q为r处的电场强度的表达式； (2)地球周围存在引力场，我们可以借鉴研究电场的方法来研究地球周围的引力场。为研究方便我们将地球视为质量分布均匀的球体，已知地球质量为M，引力常量为G。 a．仿照电场强度的定义，试写出地球外部距离地心r处引力场强度“E引”的表达式； b．设地表和离地表高度h＝10 km处的引力场强度大小分别为E0和E1，已知地球半径R＝6 400 km，请估算的值(保留1位有效数字)，这一结果说明什么。 1．答案：(1)E＝(4分)　(2)a.E引＝(3分) b．4×10-3　结果说明在地球表面一定高度的范围内引力场强度基本恒定不变(3分) 解析：(1)由库仑定律有，电荷量为q的试探电荷在距离点电荷＋Q为r处受到的静电力为F＝①(1分) 根据电场强度的定义有E＝②(1分) 联立①②式解得，距离点电荷＋Q为r处的电场强度表达式为E＝③(2分) (2)a.质量为m的物体在距地心r处受到的万有引力为F引＝④(1分) 仿照电场强度的定义可知，引力场强度E引＝＝⑤(2分) b．综上分析，依题意可知 ＝1－＝4×10-3(2分) 这一结果说明在距地球表面一定高度的范围内引力场强度基本恒定不变。(1分) 科学推理与科学探究 2．(经典题，12分)在我们解决物理问题的过程中经常要用到“类比法”，这样可以充分利用已有知识快速构建物理模型、找到解决问题的途径。 (1)质量为m、电荷量为e的电子在库仑力的作用下以速度v绕原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图(a)所示。已知在一段时间内，电子走过的弧长为s，其速度方向改变的角度为θ(弧度)。不考虑电子之间的相互作用，求原子核的电荷量Q； 图(a) (2)如图(b)，用一根长为L的绝缘细线悬挂一个可看成质点的金属小球，质量为m，电荷量为－q。悬点下方固定一个足够大的水平放置的均匀带正电的介质平板。小球在竖直平面内做小角度振动。重力加速度为g，不计空气阻力。 图(b) a．已知忽略边缘效应的情况下，带电平板所产生的静电场的电场线都垂直于平板，静电场的电场力做功与路径无关。请证明：带电平板所产生的静电场是匀强电场； b.若上述带电平板附近所产生的静电场场强大小为E，求：金属小球的振动周期。 2．答案：(1)(4分)　(2)a.见解析(4分) b．2π(4分) 解析：(1)电荷间的库仑力提供电子绕核运动的向心力，有 k＝m(2分) 且电子绕核运动的半径r＝(1分) 联立上述两式解得Q＝(1分) (2)a.反证法 法1：忽略边缘效应的情况下，带电平板所产生的静电场的电场线都垂直于平板，则带电平板所产生的静电场的电场线为平行线。如图所示，假设存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷＋q，让＋q从a点沿矩形路线abcda(ab与电场线平行，bc与电场线垂直)运动一周回到a点。设ab处的场强大小为E1，cd处的场强大小为E2，且E1≠E2，根据功的定义，电场力做的总功 Waa＝Wab＋Wbc＋Wcd＋Wda 其中，Wab＝qE1xab(1分) Wcd＝－qE2xcd＝－qE2xab(1分) bc段和da段电场力始终与运动方向垂直，有 Wbc＝Wda＝0， 则Waa＝q(E1－E2)xab≠0(1分) 但根据电场力做功的特点，静电场的电场力做功与路径无关，故Waa＝0，与上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场，即带电平板产生的静电场是匀强电场。(1分) 法2：如图所示，假设存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷＋q，让＋q从a点分别沿矩形abcd(ab与电场线平行，bc与电场线垂直)的abc和adc运动到c点。设ab处的场强大小为E1，cd处的场强大小为E2，且E1≠E2，根据功的定义，沿路径abc和adc电场力做的功分别为 Wabc＝Wab＋Wbc(1分) Wadc＝Wad＋Wdc(1分) 其中，Wab＝qE1xab Wdc＝qE2xdc＝qE2xab bc段和da段电场力始终与运动方向垂直，有 Wbc＝Wad＝0， 则Wabc＝qE1xab Wadc＝qE2xab 故Wabc≠Wadc(1分) 但根据电场力做功的特点，静电场的电场力做功与路径无关，应有Wabc＝Wadc 与上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场。(1分) b．带负电的金属小球受到的电场力F电＝qE，方向竖直向下(1分) 金属小球在电场和重力场中的振动可以看作单摆，等效重力加速度 g′＝＝(1分) 金属小球的振动周期T＝2π＝2π(2分) 3.(经典题，20分)(1)静电场可以用电场线和等势面形象描述。 a．请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式； b．点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小，请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比。 (2)观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难。为了收集足够强的来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径。2016年9月25日，世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”。FAST直径为500 m，有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。 a．设直径为100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1，计算FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P2; b．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象，设直径为100 m的望远镜能够观测到的此类天体数目是N0，计算FAST能够观测到的此类天体数目N。 3．答案：(1)a.k(6分)　b．(3分) (2)a.25P1(3分)　b．125N0(8分) 解析： (1)a.在距点电荷Q为r的位置放一电荷量为q的试探电荷。 根据库仑定律，试探电荷受到的电场力 F＝k(2分) 根据电场强度的定义E＝(2分) 解得E＝k(2分) b．穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比 ＝＝(3分) (2)a.在地球上用不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的来自该天体的电磁波功率应该相同，因此 P2＝P1＝25P1(3分) b．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。因此，一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。 设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0，直径为100 m的望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L，则 P0＝π2＝π2(4分) 可得L＝5L0(2分) 则N＝N0＝125N0(2分) 课后提分练19　电容器　带电粒子在电场中的运动 A组(巩固提升) 1．(2022北京真题，3分)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是(　　) A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定 B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定 C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零 D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零 1．答案：B 解析：充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电容器两端的电压逐渐增大，电源与电容器间的电势差越来越小，则电路中的电流逐渐减小，电流表的示数逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，故A项错误。电压表测量电容器两端的电压，充电过程中，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，所以电压表的示数迅速增大后趋于稳定，故B项正确。放电过程中，电容器放电的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，故C项、D项均错误。 2．(2022重庆真题，4分)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　) A.材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大 2．答案：A 解析：已知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C＝可知电容器的电容C减小，故D项错误。根据电容的决定式C＝可知两极板间距离d增大，则材料竖直方向尺度减小，故A项正确。根据E＝可知板间电场强度E减小，故B项、C项均错误。 3．(经典题，3分)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　) A．运动到P点返回 B. 运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 3．答案：A 解析：设AB间电场强度为E1，BC间电场强度为E2，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有eE1xOM－eE2xMP＝0－0①，BC板电量不变，BC板间的电场强度E2＝＝＝＝②，由②知BC板间的电场强度不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P′时，BC板间的电场强度不变，由①知，电子仍然运动到P点返回，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 4．(多选)(2022.06浙江真题，2分)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝，a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则(　　) A．轨道半径r小的粒子角速度一定小 B．电荷量大的粒子的动能一定大 C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动 4．答案：BC 解析：根据电场力提供向心力，有qE＝mω2r，将E＝代入可得ω＝·，由于两粒子的比荷相同，因此轨道半径r小的粒子角速度大，故A项错误。根据电场力提供向心力，有qE＝m，将E＝代入可得v＝，则粒子的速度大小与轨道半径r无关；粒子的动能Ek＝mv2＝aq，a为常量，所以电荷量大的粒子的动能一定大，故B项、C项均正确。磁场的方向可能垂直纸面向内，也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力的方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做向心运动，故D项错误。 5．(2022湖北真题，4分)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为(　　) A．q，r B．2q，r C．2q，2r D．4q，2r 5．答案：D 解析：金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止，根据平衡条件有qE＝mg，即q＝πr3·ρg；当金属板间电势差为2U，油滴的半径不变时，根据平衡条件有q′＝πr3·ρg，解得q′＝，故A项、B项均错误。当金属板间电势差为2U，油滴的半径为2r时，根据平衡条件有q″＝π(2r)3·ρg，解得q″＝4q，故C项错误，D项正确。 6．(2022.06浙江真题，3分)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则(　　) A. M板电势高于N板电势 B．两个粒子的电势能都增加 C．粒子在两板间的加速度为a＝ D．粒子从N板下端射出的时间t＝ 6．答案：C 解析：由于不知道两粒子的电性，因此不能确定M板和N板的电势高低，故A项错误。根据题意，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；平行M板向下的粒子从N板下端射出时电场力也做正功，电势能同样减小，故B项错误。设两板间距离为d，平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2；对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有(v0)2－v＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C项正确，D项错误。 7．(多选)(全国乙经典真题，6分)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(　　) A　 　　　B　　　 　C　　　 　D 7．答案：AD 解析：由题可知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝；四个带电粒子入射速度相同，设为v0，由类平抛运动规律可知，在t时刻，带电粒子x轴坐标相同，设为l，则带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝＝＝，可发现偏转角只与比荷有关；前面三个带电粒子带正电，第四个带电粒子带负电，所以有一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；(＋q，m)粒子与(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角始终相同，运动轨迹重合，因此四个粒子的运动轨迹只应有三条，故C项错误。(＋q，m)和(－q，m)两个粒子比荷相等，因此两粒子偏转角大小相同，但方向相反，运动轨迹应关于x轴对称；(＋q，2m)粒子的比荷比(＋q，m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)粒子的偏转角小，运动轨迹应当位于(＋q，m)粒子轨迹与x轴之间，故A项、D项均正确，B项错误。 8．(2023.06浙江真题，3分)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0×10-8 C、质量为3.0×10-4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．MC距离为5 cm B．电势能增加了×10-4 J C．电场强度大小为×104 N/C D．减小R的阻值，MC的距离将变大 8．答案：B 解析：闭合开关S，小球静止时，对小球受力分析，小球在重力、细线的拉力、电场力作用下处于平衡状态，如图所示。根据平衡条件，有Tsin 30°＝qEsin 30°，Tcos 30°＋qEcos 30°＝mg，联立以上二式并代入数据解得T＝qE＝×10-3 N，E＝×105 N/C，故C项错误。剪断细线，小球在电场力和重力的共同作用下，沿细线被剪断前的方向向下做初速度为零的匀加速直线运动到达M点，连接A、C和A、M，则△ACM为直角三角形，由几何关系可得，MC＝AC cot 30°＝10 cm，故A项错误。AM＝＝20 cm，则小球由静止运动到M点的过程中，小球的电势能增加量等于克服电场力做的功，即ΔEp＝W＝qE×(AM－l)sin 30°＝ ×10-4 J，故B项正确。电路中的电源为直流电源，电容器在直流电路中相当于断路，则电阻两端电压为零，电容器两板间的电压等于电源电动势；减小R的阻值，电容器稳定后两板间的电压仍等于电源电动势，根据E＝可知，两板间的电场强度不变，则小球的受力情况不变，运动情况不变，则MC的距离不变，故D项错误。 9．(多选)(河北石家庄二模，6分)如图(a)所示，长为L的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图(b)所示随时间变化的交变电压UAB，电子流沿中心线OO′从O点以初速度v0＝射入板间，电子都不会碰到极板。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间相互作用。下列说法正确的是(　　) 　　　　 图(a)　　　　　　　　　　　　　图(b) A．两板间距d>T B．电子在t＝0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场 C．电子在t＝T时刻从O点射入时一定从中心线离开电场 D．电子无论在哪一时刻从O点射入，离开电场时的速率一定为v0 9．答案：AD 解析：电子在电场中的运动时间为t＝，又v0＝，解得t＝T。根据电子不会碰到极板可知，两板间距满足>2×a，又a＝，解得d>T，故A项正确。电子在t＝0时刻从O点射入时，在两板间水平方向做匀速直线运动，且在极板间的运动时间等于交变电压的周期，所以电子在0～T 时间内在两极板间竖直方向做匀加速直线运动，在T～T时间内在两极板间竖直方向做匀减速直线运动，T时刻离开电场且偏离中心线距离最大，故B项错误。电子在t＝T时刻从O点射入时，在竖直方向，以从B到A的方向为正方向，根据题意画出如图所示的电子在两极板之间运动的vy－t图像，由图像可知电子的负向位移大于正向位移，则电子不能从中心线离开电场，故C项错误。依题意，电子在电场中的运动时间为T，无论在哪一时刻从O点射入电场，正向电场和反向电场对电子的作用时间都是，沿电场方向根据动量定理qEt正－qEt负＝mvy－0，t正＝t负＝，解得vy＝0，即离开电场时速度为v0，故D项正确。 B组(冲刺满分) 10．(多选)(辽宁二模，6分)如图所示，两个平行板电容器水平放置，A板用导线连接一理想二极管与M板相连，B板和N板都接地。M板和N板中间插有电介质，A板和B板正中均有一小孔，两孔在同一竖直线上，让A板带正电，稳定后，一带电小球从小孔正上方由静止开始下落，穿过小孔到达B板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场视为匀强电场。若想使带电小球从小孔正上方同一位置由静止开始下落后能穿过B板小孔，下列方法可行的是(　　) A．A板向下移动一小段距离 B．M板向下移动一小段距离 C．MN板间换相对介电常数更大的电介质 D．N板向右移一小段距离 10．答案：ABC 解析：设AB板间距为d，带电小球静止时距离A板的高度为h，当穿过小孔到达B板处速度恰为零，由动能定理可得mg(h＋d)－qEd＝0－0，所以mgh－(qE－mg)d＝0。由C＝和C＝，可得U＝。假设Q不变，A板向下移动一小段距离，d减小，则U减小，所以M应该给A充电，但是二极管反向截止，所以不能充电，A板上电荷量不变，由E＝可得E＝，电场强度不变。若带电小球能穿过B板小孔，设其穿过小孔到达B板时速度为v，则由动能定理可得mg(h＋d)－qEd＝mv2－0。当d减小时，则mgh－(qE－mg)d>0，即v＞0，所以此时带电小球从小孔正上方同一位置由静止开始下落后能穿过B板小孔，故A项正确。M板向下移动一小段距离或MN板间换相对介电常数更大的电介质，MN间的电压减小，则A板向M板充电，则A板的电荷量减少，由E＝可知，A、B间的电场强度减小，由mg(h＋d)－qEd＝mv2－0可得v＞0，所以此时带电小球从小孔正上方同一位置由静止开始下落后能穿过B板小孔，故B项、C项均正确。由U＝可知，N板向右移一小段距离，S减小，MN间的电压U增大，M板应该向A板充电，但是二极管反向截止，所以不能充电，故不会对A、B板产生影响，带电小球仍不能穿过B板，故D项错误。 11．(多选)(2022全国甲真题，6分)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后(　　) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 11．答案：BD 解析：小球受力情况如图所示，Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°。 当vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，在小球向左运动中电场力还可以做负功，此时电势能不是最大，故A项错误。小球水平方向速度为0时，有v0＝t，在竖直方向上v竖＝gt，由于Eq＝mg，得v竖＝v0，小球的动能等于初始动能；由于此时速度没有水平分量，故电势能最大；由动能定理可知重力做功等于小球电势能的增加量，故B项、D项正确。当vy＝0时速度最小，小球动能最小，如图中v1所示，此时速度水平分量与竖直分量相等，故C项错误。 12．(多选)(2022全国乙真题，6分)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R<r1<r2<R＋d)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所示。则(　　) 图(a) 图(b) A．粒子3入射时的动能比它出射时的大 B．粒子4入射时的动能比它出射时的大 C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能 D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能 12．答案：BD 解析：由题图知，粒子所受电场力方向指向O点，粒子3在运动过程中轨迹半径减小，电场力做正功，由动能定理知，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A项错误。粒子4在运动过程中轨迹半径增大，电场力做负功，由动能定理知，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B项正确。粒子1，2做匀速圆周运动，设电场强度E＝，由牛顿第二定律得，q＝m，则粒子的动能Ek＝kq，故粒子1，2入射时的动能相等，故C项错误。粒子3做向心运动，粒子2做圆周运动，因此粒子2入射时的动能大于粒子3入射时的动能，由C项分析可知，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D项正确。 13．(山西太原二模，12分)如图所示，在坐标系xOy的第Ⅰ象限内，分布着场强大小为E、沿y轴负方向的匀强电场；第Ⅱ象限内，圆心为O的圆环状区域存在沿半径方向的辐向电场，虚线ab为圆环外径和内径间的中心线，中心线上电场强度的大小恒为E，ab圆弧的半径为R。离子源飘出的正离子束(初速度可忽略)，经第Ⅲ象限的电场加速后从x轴上的a点进入辐向电场，并沿中心线ab做圆周运动，之后由b点进入第Ⅰ象限并射到位于x轴的靶上。不计重力和离子间的相互作用，求： (1)加速电场的电压； (2)离子射到靶上时位置的横坐标及其速率与比荷的关系。 13．答案：(1)(5分)　(2)R(4分) v2＝3ER(3分) 解析：(1)设离子的质量为m，电荷量为q，加速电场的电压为U，加速后速度大小为v0。离子在第Ⅲ象限的加速过程，根据动能定理有 qU＝mv－0①(2分) 离子沿中心线ab做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qE＝m②(2分) 联立①②两式解得U＝(1分) (2)离子在第Ⅰ象限匀强电场中做类平抛运动，设加速度大小为a，运动时间为t，离子通过匀强电场后射到靶上时位置的横坐标为x，由牛顿第二定律及运动学规律有qE＝ma③(1分) R＝at2④(1分) x＝v0t⑤(1分) 联立②③④⑤式解得x＝R(1分) 设离子通过匀强电场后射到靶上时的速率为v，由动能定理有qU＋qER＝mv2－0 ⑥(2分) 将(1)中求出的电压U代入上式解得v2＝3ER(1分) 14.(2022广东真题，15分)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求： (1)比例系数k； (2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量； (3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。 14．答案：(1)(3分)　 (2)油滴A不带电，油滴B带负电，电量q＝，电势能的变化量ΔEp＝－(6分)　(3)若h2>h1，速度v3＝，方向向上；若h1>h2，速度v′3＝，方向向下(6分) 解析：(1)未加电压时，油滴A、B匀速时的速度大小 v1＝①(1分) 列平衡方程有m0g＝f②(1分) 又f＝km0v1③ 联立①②③式解得k＝④(1分) (2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电。油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，由极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为 v2＝⑤(1分) 列平衡方程有m0g＋km0v2＝q⑥(1分) 联立④⑤⑥式解得q＝⑦(1分) 根据静电力做功等于电势能的减少量有 ΔEp＝－W电⑧(1分) 又W电＝·qh2⑨(1分) 联立⑦⑧⑨式解得ΔEp＝－⑩(1分) (3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，新油滴所受电场力 F′＝＝⑪(2分) 若h2>h1，即F′>2m0g 新油滴最终向上运动，设达到平衡时速度为v3，有 2m0g＋k·(2m0)v3＝F′⑫(1分) 解得v3＝，速度方向向上(1分) 若h1>h2，即F′<2m0g 新油滴最终向下运动，设达到平衡时速度为v′3，有 2m0g＝F′＋k·(2m0)v′3⑬(1分) 解得v′3＝，速度方向向下(1分) 15.(2023福建真题，16分)如图(a)，一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q(q>0)和－q。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t＝0时，A以初速度v0向右运动，B处于静止状态。在t1时刻，A到达位置S，速度为v1，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为3qE；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为2v1，此时t＝t3。0～t3时间内A的v－t图像如图(b)所示，v1为图线中速度的最小值，t1、t2、t3均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。 图(a) 　　图(b) (1)求0～t1时间内，合外力对A所做的功； (2)求t1时刻A与B之间的距离； (3)求t1～t2时间内，匀强电场对A和B做的总功； (4)若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为2v1，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。 15．答案：(1)mv－mv(2分)　(2)(3分)　(3)(5分)　(4)(1＋)v1(6分) 解析：(1)根据动能定理可得，0～t1时间内，合外力对A所做的功为 W＝mv－mv(2分) (2)设t1时刻A与B之间的距离为r1。由图(b)可知，t1时刻A的加速度为0，此时滑块A所受合外力为0，对A，根据平衡条件有k＋qE＝f(2分) 由题意可知f＝2qE 联立以上二式解得r1＝(1分) (3)在t2时刻，A的速度达到最大，此时A所受合力为0，设此时A和B的距离为r2，对A，根据平衡条件有qE＋k＝F弹＋f(2分) 由题意可知F弹＝3qE 联立以上各式解得r2＝ t1～t2时间内，匀强电场对A和B做的总功为 W总＝qE(r1－r2)(2分) 联立以上各式解得W总＝(1分) (4)因B受到的摩擦力、匀强电场的电场力、库仑力均与A的等大反向，故t1时刻，A、B均受力平衡，之后A、B之间库仑力变大，B开始向左运动，t1～t3时间内，A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒。以水平向右为正方向，未增大A的初速度时，设细杆与B碰前瞬间B的速度大小为vB，已知此时A的速度为2v1，根据动量守恒定律有 mv1＝m×2v1－mvB(2分) 此过程A、B总动能的增加量为 ΔEk＝mv＋m(2v1)2－mv(1分) 联立以上二式解得ΔEk＝2mv 增大A的初速度，当A到达位置S时的速度变为2v1时，从此时刻到细杆与B碰前的瞬间，因A、B的相对位移不变，故匀强电场的电场力和两者之间的库仑力对A和B做的总功不变，因两者运动的路程之和不变，故两者克服摩擦力做的总功不变，因压缩弹簧过程弹簧形变量相同，故弹簧增加的弹性势能不变，由功能关系可知A、B的总动能增加量不变，仍为 ΔEk＝2mv 设细杆与B碰撞前瞬间A的速度为vA。 根据动量守恒定律有m×2v1＝mvA－mv′B(1分) A、B总动能的增加量为ΔEk＝mv＋mv′－m(2v1)2(1分) 联立以上各式解得vA＝(1＋)v1(1分) 16.(2022江苏真题，16分)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为＋q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)当θ＝θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t； (2)当Ek＝4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，求入射角θ的范围； (3)当Ek＝qEd，粒子在θ为－～范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。 16．答案：(1)·(4分)　(2)－30°<θ<30°或－<θ<(4分)　(3)50%(8分) 解析：(1)电场方向沿竖直方向交替变化，则粒子所受电场力在竖直方向上，所以粒子在水平方向上做匀速直线运动，粒子在水平方向的分速度为 vx＝v cos θ0(1分) 根据Ek＝mv2可知v＝(1分) 粒子通过电场的时间t＝ 解得t＝·(2分) (2)设粒子进入电场时的速度为v0，则有 Ek＝4qEd＝mv(1分) 粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得qE＝ma(1分) 粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，则2ad>(v0sin θ)2(1分) 解得－<sin θ< 所以入射角的范围为－30°<θ<30°或－<θ<(1分) (3)设粒子入射角为θ′时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速度大小相同的减速运动、加速运动。 设粒子进入电场时的速度为v′，则 v′＝＝(1分) 粒子通过电场的时间为 t总＝＝·(1分) 粒子在沿电场方向反复做加速度大小相同的减速运动、加速运动， 则－2ad＝v－(v′sin θ′)2 2ad＝v－v －2ad＝v－v 2ad＝v－v －2ad＝v－v 2ad＝v－v 则v2d＝v4d＝v6d＝v′sin θ′(1分) v1d＝v3d＝v5d(1分) 则粒子在每层电场中运动时间相等，设为t0，则 t0＝t总＝×＝(1分) d＝v′sin θ′·t0－·t(1分) 代入数据化简可得 6cos 2θ′－8sin θ′cos θ′＋1＝0 即tan2θ′－8tanθ′＋7＝0 解得tan θ′＝7(舍去)，tan θ′＝1 所以θ′＝ 则从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比 N∶N0＝θ′∶＝50%(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$