3.1电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 讲义-2024-2025学年高二上学期物理期中期末题型复习

3.1电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 考点一　平行板电容器的动态分析 1 考点二　带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 2 考点三　带电粒子在电场中的偏转 3 考点四　带电体在复合场中的运动 4 题型1电容器的充放电问题 5 题型2平行板电容器电容的决定式及影响因素 7 题型3电容器的动态分析 8 题型4带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 11 题型5带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 12 题型6带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 14 题型7根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 16 题型8带电粒子（计重力）在匀强电场中运动 18 考点一　平行板电容器的动态分析 1．电容器的充、放电 (1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能． (2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．对公式C＝的理解 电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 3．两种类型的动态分析思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化． (3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化． 两种类型平行板电容器的动态分析问题 平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，则Q＝CU∝C，而C＝∝，两板间场强E＝∝；二是电容器充电后与电源断开，此时Q恒定，则U＝，C∝，场强E＝＝∝. 考点二　带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动． (2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用功能观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 3．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1 处理带电粒子在电场中运动的常用技巧 (1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化． (2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化． 考点三　带电粒子在电场中的偏转 1．带电粒子在电场中的偏转 (1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动． (3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律： ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ②沿电场力方向，做匀加速直线运动 2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的． 证明：由qU0＝mv y＝at2＝··()2 tan θ＝ 得：y＝，tan θ＝ (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为. 3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差． 带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路 (1)运动学与动力学观点 ①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况： a．带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动； b．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)． ②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法． (2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算． ①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量． ②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的． 考点四　带电体在复合场中的运动 等效法处理叠加场问题 1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场． 2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力 ”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可． 3．用动力学的观点分析带电粒子在复合场中的运动 (1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法． (2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为简单的正交直线运动，化繁为简． (3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性． 4．用能量的观点来分析带电粒子在复合场中的运动 (1)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现． (2)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理． 题型1电容器的充放电问题 1．（2024秋•南京月考）图（a）为观察电容器充、放电现象的实验装置。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱的阻值R，实线和虚线分别表示改变前后放电过程电流随时间变化的曲线，最符合实际情况的图像为（　　） A． B． C． D． 2．（2024春•常州期末）某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．图像中两阴影面积一定相等 B．放电过程中，电容器下极板带正电 C．减小R可以增大图像中两阴影面积 D．减小R可以延长充放电的时间 3．（2023秋•合肥期末）图1是观察电容器放电的电路．先将开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，在屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线如图2所示．则下列判断正确的是（　　） A．随着放电过程的进行，该电容器的电容逐渐减小 B．根据I﹣t曲线可估算出该电容器的电容大小 C．根据I﹣t曲线可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量 D．电容器充电过程的I﹣t曲线电流应该随时间的增加而增大 4．（2024秋•兴庆区校级月考）电流传感器可以测量电流，它的电阻不计，反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化：将它与计算机相连还能用计算机显示出电流随时间变化的i﹣t图像，图甲所示的电路中；直流电源提供恒定电压为7V，C为电解电容器的电容，先将单刀双掷开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成；然后把开关S与2相连，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示。（下列结果均保留两位有效数字） （1）根据i﹣t图像可估算出1s到4s内图像所围的面积为42格，则电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为 　 　C； （2）通过实验数据，计算电容器的电容为 　 　F；电阻R＝　 　Ω； （3）如果不改变电路其它参数，只减小电阻R，充电时i﹣t曲线与横轴所围成的面积将 　 　（填“增大”、“不变”或“变小”）；充电时间将 　 　（填“变长”、“不变”或“变短”）。 题型2平行板电容器电容的决定式及影响因素 5．（2024秋•朝阳区校级月考）在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源两端电压保持不变。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，此后实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况，实验得到的I﹣t图像如图乙所示。下列有关说法正确的是（　　） A．在电容器放电过程中电阻R两端的电压保持不变 B．在电容器充电过程中电容器的电容随电量增大而不断变大 C．如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I﹣t曲线与坐标轴所围成的面积将增大 D．如果只增大电容器两极板间的距离，那么I﹣t曲线与坐标轴所围成的面积将减小 6．（2024•惠山区校级开学）如图所示为一电容式位移传感器，其原理是电介质板和物体固定在一起，当物体发生一小段位移时，插入两极板间的电介质的长度发生变化，导致电容发生变化。电介质板向右平移进入电容器一小段距离过程，则下列说法正确的是（　　） A．平行板电容器的电容变小 B．平行板电容器的带电量增大 C．通过灵敏电流计的电流方向从b到a D．当电介质板停止运动后，电路中仍有电流通过 题型3电容器的动态分析 7．（2024秋•金水区校级月考）如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地。一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态。现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（　　） A．带电油滴将竖直向上运动 B．带电油滴的机械能将增加 C．通过灵敏电流计有从b往a的电流 D．P点的电势将升高 8．（2024秋•建邺区校级月考）热膨胀是很多材料的性质，对材料的热膨胀现象的研究一直是科技领域研究工作中的热点问题。但有些材料因热膨胀导致的尺寸变化很小，难以测量。某同学设计制作了电容热膨胀检测仪，原理如图所示。电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。现在测量某材料的热膨胀，将待测材料平放在加热器上进行加热使其温度升高，闭合开关S，下列说法中正确的是（　　） A．极板所带电荷量降低 B．检测到灵敏电流计的电流方向为从b到a，说明被测材料出现了反常膨胀（温度升高，高度变小） C．滑动变阻器滑片向上滑动少许可以检测到从b到a的电流 D．检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流 9．（2024春•淮安期末）微信运动步数的测量是通过手机内的电容式加速度传感器实现的，其简化原理图如图所示，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板能上下运动，进而改变电容器的电容，将运动信号转化为电信号，图中R为定值电阻，则手机（　　） A．静止时，电容器两极板不带电 B．匀速运动时，电流表示数不为零 C．向前突然减速使N板向上移动，电流表中电流方向由a向b D．向前突然加速使N板向下移动，电容器两极板间电场强度不发生变化 10．（2024秋•闽侯县校级月考）2018年8月23～25日，第九届上海国际超级电容器产业展览会成功举行，作为中国最大超级电容器展，众多行业龙头踊跃参与。如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（　　） A．电容器的电容C增大 B．电容器所带的电荷量Q增大 C．电流计中的电流从N流向M D．油滴将向下加速运动 11．（2024•安丘市校级开学）如图所示，小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究。电容式位移传感器中的电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为x，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势、内阻均恒定，R为定值电阻。下列说法正确的是（　　） A．电压表读数不为零，说明x在增大 B．若x保持不变，则电压表示数一定为零 C．在x增大的过程中，电容器两极板带电量减小 D．在x增大的过程中，a点电势始终高于b点 12．（2024秋•兴宁区校级月考）如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（　　） A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流 B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段距离，则油滴保持静止不动，G中有b→a的电流 C．若将S断开，且将A板向左平移一小段距离，P点电势降低 D．若将S断开，再将A板向下平移一小段距离，P点电势变大 题型4带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 （多选）13．（2024秋•新城区校级月考）早期的滤尘器由两块带正电的平行板及之间的一组带负电的导线构成，如图所示，带电导线附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收集板迁移并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收集板运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是（　　） A．两平行板间存在匀强电场 B．带正电尘埃向收集板运动并沉积 C．两平行板间越靠近带电导线电势越低 D．带电尘埃向收集板运动过程中电势能减小 14．（2024春•鼓楼区校级期末）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板向左平移到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'点后继续运动 （多选）15．（2023秋•广州期末）水平地面上方存在水平方向的匀强电场。质量为m、带负电且电荷量为q的小球A以一定的初速度v0从地面上的O点射入匀强电场，速度方向与水平方向的夹角为53°，恰好沿v0方向离开地面在竖直平面内做直线运动，则（　　） A．电场方向水平向右且电场力大小为mg B．从地面到最高点，克服重力做功为 C．从地面到最高点，克服电场力做功为0.18 D．从地面出发再回到地面用时为 题型5带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 （多选）16．（2024秋•雁塔区校级月考）如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板边缘，现只改变其中一个条件，让质子流沿b轨迹落到下板的中央，不计重力，则可以将（　　） A．质子流初速度变为2v0 B．质子流初速度变为 C．板间电压变为4U D．板间电压变为 17．（2023秋•安徽期末）如图所示，质量为m、电量为﹣q的带电微粒，以初速度v0从A点与电场线成θ＝60°角斜向上射入匀强电场中，电场强度方向水平向右。当微粒经过B点时速度大小为vB＝2v0，方向与电场方向在一条直线上，已知重力加速度为g，则（　　） A．B点在A点的右上方 B．从A到B的运动时间为 C．从A到B，微粒电势能减少 D．匀强电场的电场强度大小为 18．（2023秋•朝阳区期末）某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通道的上下表面是一对平行金属板，金属板长度为L，间距为d。均匀分布的带负电的灰尘颗粒质量为m、电荷量为q、以水平速度v0进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为n。已知两金属极板之间的电压恒为，带电灰尘颗粒打到金属板上即被收集，不计灰尘颗粒重力影响及灰尘颗粒间相互作用。下列说法不正确的是（　　） A．净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为 B．单位时间内通过导线的电荷量为 C．单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为 D．若电压增大到2U，则带电灰尘颗粒恰好全部被收集 （多选）19．（2024春•海淀区校级期末）如图所示，竖直面内有一半径为R的圆，圆的直径AB水平，C为圆周上一点，OC与AB成60°角，现有一匀强电场，其电场方向在该圆所在的竖直平面内，但方向未知。一质量为m，电荷量为q的带正电小球以相同的初动能从A点沿各个方向射入圆形区域，又从圆周上不同点离开，其中从B点离开的小球动能最大；若仅场强大小减小为原来的四分之一，则在A点沿与AB成30°角斜向右上方射入的小球，恰能从C点离开，且离开时此小球动能最大，则下列说法正确的是（　　） A．变化目的场强大小为 B．小球的初动能一定等于 C．该电场方向一定与AB成30°角斜向右上方 D．电场变化前，小球在B点的动能为4mgR 题型6带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 20．（2023秋•房山区期末）让一价氢离子的两种同位素（和）的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子的运动轨迹。关于两粒子混合物，下列说法正确的是（　　） A．在加速电场中的加速度相等 B．离开加速电场时的动能相等 C．在偏转电场中的运动时间相等 D．离开偏转电场时分成两股粒子束 （多选）21．（2024秋•金水区校级月考）如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、B之间的加速电压为U1，C、D之间的偏转电压为U2，P为荧光屏。现有质子、氘核和α粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则关于质子、氘核和α粒子这三种粒子，下列说法正确的是（　　） A．三种粒子都打在荧光屏上同一个位置 B．从开始到荧光屏所经历时间之比为1：： C．打在荧光屏时的动能之比为2：1：1 D．经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多 （多选）22．（2024秋•南昌县校级月考）示波管是电子示波器的心脏，其中的电子枪产生一个聚集很细的电子束，电子束经电场加速到很大的速度，再经过一对偏转板，加在偏转板上的电压使电子束发生偏转，电子束将随偏转板的电压的变化而上下运动。简化示波管的工作原理图如图所示，两组平行带电金属板I和Ⅱ，板间距离和板长均为L，金属板组I竖直放置，两板间所加电压为U1，金属板组Ⅱ水平放置，两板间所加电压为U2电子从金属板组I竖直板上的A点由静止释放后，经B点沿金属板组Ⅱ的中心线水平进入，最终恰好从金属板组Ⅱ的上板右边缘射出。则下列说法正确的是（　　） A．电子经过两组金属板的时间之比为2：1 B．电子经过两组金属板的加速度之比为1：2 C．平行带电金属板组I和Ⅱ所加电压之比为1：3 D．电子射出两组金属板的末动能之比为1：3 23．（2024秋•南京月考）如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板（序号为0）中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（　　） A．电子在第3个与第6个金属筒中的速度之比 B．第2个金属圆筒的长度为 C．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值 D．若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，圆筒个数足够多且间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为 题型7根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 24．（2024秋•杭州月考）为避免发生雷击，高大的建筑物顶端均需安装避雷针。如图是某避雷针放电时空间电场线的分布图。a、b、c三点在同一电场线上。空间电场分布关于直线ac对称。图中的虚线是一带电粒子只在电场力作用下在电场中的运动轨迹。已知ab＝bc、下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带负电 B．粒子的速率一直在增加 C．粒子在图中A点的电势能一定小于在B点的电势能 D．ab两点的电势差等于bc两点的电势差 25．（2024秋•中牟县校级月考）如图所示是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可判断出该带电粒子（　　） A．电性与场源电荷的电性相同 B．在a、b两点所受电场力大小Fa＜Fb C．在a、b两点的速度大小va＞vb D．在a、b两点的电势能Epa＞Epb 26．（2023秋•滨海新区校级月考）某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点。如图所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定（　　） A．电场中A点的电势高于B点的电势 B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度 C．粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能 D．粒子在A点的动能小于它在B点的动能 27．（2023秋•西城区校级月考）一带电粒子在如图所示的点电荷的电场中，只在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，以下判断正确的是（　　） A．粒子速度减小 B．粒子加速度减小 C．粒子带负电 D．粒子动能增加，电势能减少 28．（2023•会泽县校级开学）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。粒子先经过M点，再经过N点，以下说法正确的是（　　） A．粒子在N点的加速度小于在M点的加速度 B．该带电粒子应该带负电 C．M点的电势低于在N点的电势 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 题型8带电粒子（计重力）在匀强电场中运动 29．（2024•朝阳区校级开学）如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从A点沿直线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不受其它力。则（　　） A．微粒带正电 B．微粒从A点运动到B点，动能减小 C．微粒从A点运动到B点，电场力做负功 D．微粒从A点运动到B点，机械能增加 30．（2023秋•丰台区期末）如图所示，用绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为m，电荷量为q。现施加水平向右的匀强电场，小球平衡时静止在A点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ。将小球向右拉至轻绳水平后由静止释放，已知重力加速度g，下列说法正确的是（　　） A．小球带负电 B．电场强度的大小为 C．小球运动到A点时速度最大 D．小球运动到最低点B时轻绳的拉力最大 （多选）31．（2024秋•龙凤区校级月考）如图所示，ACB为固定的光滑半圆形竖直绝缘轨道，半径为R，AB为半圆水平直径的两个端点，OC为半圆的竖直半径，AC为圆弧，OC的左侧、OA的下方区域MPQO有竖直向下的匀强电场。一个带负电的小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力，小球电量不变。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的有（　　） A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在圆弧AC部分运动的加速度大小可能不变 C．小球到达C点时速度最大 D．若小球能沿圆弧到达C点，其速度不可能为零 （多选）32．（2024秋•金水区校级月考）空间有水平向右的匀强电场（未画出），一带电小球质量为m，经过运动轨迹上的A、B两点时，速度大小均为v，如图所示。已知小球在A点时的速度方向水平向右且与AB连线的夹角为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球受到的电场力大小为 B．小球在B点时的速度方向与AB连线的夹角也为θ C．小球从A运动到B的过程中，小球电势能变化量最大值为mv2 D．小球从A点运动到B点的过程中速度最小值为vcosθ （多选）33．（2023秋•静海区校级月考）如图所示，在真空中一条竖直向下的电场线上有a、b两点。一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零。则下面说法正确的（　　） A．该带电质点在a 点所受电场力向上，在b点所受电场力向下 B．该带电质点一定带负电荷 C．a点的电场强度大于b点的电场强度 D．质点在b点所受的合力一定为零 34．（2022春•虹口区校级期末）如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置。在管子的底部固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电体，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零。现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球（　　） A．运动到B处的速度为零 B．在下落过程中加速度大小一直变小 C．向下运动了位移x＝h2时速度最大 D．小球向下运动到B点时的速度为 学科网（北京）股份有限公司 $$ 3.1电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 考点一　平行板电容器的动态分析 1 考点二　带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 2 考点三　带电粒子在电场中的偏转 3 考点四　带电体在复合场中的运动 4 题型1电容器的充放电问题 5 题型2平行板电容器电容的决定式及影响因素 8 题型3电容器的动态分析 9 题型4带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 15 题型5带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 17 题型6带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 22 题型7根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 27 题型8带电粒子（计重力）在匀强电场中运动 31 考点一　平行板电容器的动态分析 1．电容器的充、放电 (1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能． (2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．对公式C＝的理解 电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 3．两种类型的动态分析思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化． (3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化． 两种类型平行板电容器的动态分析问题 平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，则Q＝CU∝C，而C＝∝，两板间场强E＝∝；二是电容器充电后与电源断开，此时Q恒定，则U＝，C∝，场强E＝＝∝. 考点二　带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动． (2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用功能观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 3．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1 处理带电粒子在电场中运动的常用技巧 (1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化． (2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化． 考点三　带电粒子在电场中的偏转 1．带电粒子在电场中的偏转 (1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动． (3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律： ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ②沿电场力方向，做匀加速直线运动 2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的． 证明：由qU0＝mv y＝at2＝··()2 tan θ＝ 得：y＝，tan θ＝ (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为. 3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差． 带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路 (1)运动学与动力学观点 ①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况： a．带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动； b．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)． ②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法． (2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算． ①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量． ②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的． 考点四　带电体在复合场中的运动 等效法处理叠加场问题 1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场． 2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力 ”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可． 3．用动力学的观点分析带电粒子在复合场中的运动 (1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法． (2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为简单的正交直线运动，化繁为简． (3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性． 4．用能量的观点来分析带电粒子在复合场中的运动 (1)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现． (2)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理． 题型1电容器的充放电问题 1．（2024秋•南京月考）图（a）为观察电容器充、放电现象的实验装置。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱的阻值R，实线和虚线分别表示改变前后放电过程电流随时间变化的曲线，最符合实际情况的图像为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：I﹣t图像与坐标轴所围图形的面积表示电荷量，如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱的阻值R，电容器所带电荷量不变，则放电情况不变，即图像与坐标轴所围图形的面积不变，因为电阻变大，开始放电电流变小，因为电荷量不变，所以放电时间增长，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2024春•常州期末）某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．图像中两阴影面积一定相等 B．放电过程中，电容器下极板带正电 C．减小R可以增大图像中两阴影面积 D．减小R可以延长充放电的时间 【解答】解：A．i﹣t图像面积表示电荷量，两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，故A正确； B．电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，故B错误； C．电容器所带的电荷量Q＝CU，由于电源电动势不变也就是电容器两端电压不变，电容不变，所以Q不变，故C错误； D．充电过程中，减小R可缩短充电时间，放电过程中，电阻是负载，减小R可缩短放电时间，故D错误。 故选：A。 3．（2023秋•合肥期末）图1是观察电容器放电的电路．先将开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，在屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线如图2所示．则下列判断正确的是（　　） A．随着放电过程的进行，该电容器的电容逐渐减小 B．根据I﹣t曲线可估算出该电容器的电容大小 C．根据I﹣t曲线可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量 D．电容器充电过程的I﹣t曲线电流应该随时间的增加而增大 【解答】解：A、电容器的电容由电容器本身的特性决定，与板间的电荷量无关，因此在放电过程中，该电容器的电容不变。故A错误。 BC、I﹣t图线与时间轴围成的面积表示电荷量，可可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量，但由于电容器电压的变化量无法估算，由C知，不能估算出该电容器的电容大小。故B错误。C正确。 D、电容器充电过程，电流应该随时间的增加而减小，充电完毕时电流减为零。故D错误。 故选：C。 4．（2024秋•兴庆区校级月考）电流传感器可以测量电流，它的电阻不计，反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化：将它与计算机相连还能用计算机显示出电流随时间变化的i﹣t图像，图甲所示的电路中；直流电源提供恒定电压为7V，C为电解电容器的电容，先将单刀双掷开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成；然后把开关S与2相连，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示。（下列结果均保留两位有效数字） （1）根据i﹣t图像可估算出1s到4s内图像所围的面积为42格，则电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为 　 　C； （2）通过实验数据，计算电容器的电容为 　 　F；电阻R＝　 　Ω； （3）如果不改变电路其它参数，只减小电阻R，充电时i﹣t曲线与横轴所围成的面积将 　 　（填“增大”、“不变”或“变小”）；充电时间将 　 　（填“变长”、“不变”或“变短”）。 【解答】解：（1）I﹣t图像与坐标轴所围图形的面积表示电荷量，所以电容器全部放电过程中释放的电荷量为Q＝42×0.2×0.2×10﹣3C＝1.7×10﹣3C （2）电源电压为7V，所以充满电后电容器两板间电压U＝7V，则电容器的电容为C，电阻为R （3）由电容器的计算公式，可得电荷量Q＝CU，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I﹣t曲线与横轴所围成的面积将不变。由于电阻对电流的阻碍作用减弱，电流平均值变大，充电时间将变短。 故答案为：（1）1.7×10﹣3；（2）2.4×10﹣4，2.5×103；（3）不变，变短。 题型2平行板电容器电容的决定式及影响因素 5．（2024秋•朝阳区校级月考）在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源两端电压保持不变。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，此后实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况，实验得到的I﹣t图像如图乙所示。下列有关说法正确的是（　　） A．在电容器放电过程中电阻R两端的电压保持不变 B．在电容器充电过程中电容器的电容随电量增大而不断变大 C．如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I﹣t曲线与坐标轴所围成的面积将增大 D．如果只增大电容器两极板间的距离，那么I﹣t曲线与坐标轴所围成的面积将减小 【解答】解：A、在电容器放电过程中电流逐渐减小，可知电阻R两端的电压逐渐减小，故A错误； B、电容器的电容由电容器本身决定，与电容器带电量无关，则在电容器充电过程中电容器的电容不变，故B错误； C、I﹣t曲线与坐标轴所围成的面积等于电容器所带的电量值，则如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I﹣t曲线与坐标轴所围成的面积不变，故C错误； D、如果只增大电容器两极板间的距离，根据C可知，电容器的电容C减小，根据Q＝CU可知，电容器带电量减小，那么I﹣t曲线与坐标轴所围成的面积将减小，故D正确。 故选：D。 6．（2024•惠山区校级开学）如图所示为一电容式位移传感器，其原理是电介质板和物体固定在一起，当物体发生一小段位移时，插入两极板间的电介质的长度发生变化，导致电容发生变化。电介质板向右平移进入电容器一小段距离过程，则下列说法正确的是（　　） A．平行板电容器的电容变小 B．平行板电容器的带电量增大 C．通过灵敏电流计的电流方向从b到a D．当电介质板停止运动后，电路中仍有电流通过 【解答】解：AB、电介质板向右平移进入电容器一小段距离过程，电容器间的相对介电常数εr增大，由电容的决定式可知，电容增大。因电容器的电压U不变，由电容的定义式可知，电容器的带电量Q增大，故A错误，B正确； C、电容器的带电量增大，则电源对电容进行充电，所以通过灵敏电流计的电流方向从a到b，故C错误； D、当电介质板停止运动后，电容无充放电，则电路中无电流，故D错误。 故选：B。 题型3电容器的动态分析 7．（2024秋•金水区校级月考）如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地。一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态。现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（　　） A．带电油滴将竖直向上运动 B．带电油滴的机械能将增加 C．通过灵敏电流计有从b往a的电流 D．P点的电势将升高 【解答】解：A、开始油滴处于静止状态，受电场力和重力平衡，现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，电容器两板间电压不变，两板间距离d增大，根据E可知，板间电场强度减小，油滴受电场力减小，电场力小于重力，带电油滴将竖直向下运动，故A错误； B、带电油滴受电场力方向竖直向上，油滴向下运动过程中，电场力对油滴做负功，则带电油滴的机械能将减小，故B错误； C、根据可知，板间距离d增大，则电容C减小，电容器带电荷量Q＝CU，U不变，C减小，则Q减小，电容器将放电，电容器上级版和电源正极相连带正电，所以通过灵敏电流计的电流方向为从a到b，故C错误； D、根据上面A的分析可知，板间的场强减小，根据U＝Ed知P点和上极板之间的电势差减小，上极板接地，电势为零，根据U0P＝0﹣φP可知，P点的电势将升高，故D正确。 故选：D。 8．（2024秋•建邺区校级月考）热膨胀是很多材料的性质，对材料的热膨胀现象的研究一直是科技领域研究工作中的热点问题。但有些材料因热膨胀导致的尺寸变化很小，难以测量。某同学设计制作了电容热膨胀检测仪，原理如图所示。电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。现在测量某材料的热膨胀，将待测材料平放在加热器上进行加热使其温度升高，闭合开关S，下列说法中正确的是（　　） A．极板所带电荷量降低 B．检测到灵敏电流计的电流方向为从b到a，说明被测材料出现了反常膨胀（温度升高，高度变小） C．滑动变阻器滑片向上滑动少许可以检测到从b到a的电流 D．检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流 【解答】解：A、将待测材料平放在加热器上进行加热使其温度升高，下极板上升，两极板间的距离d减小，根据可知电容增大，因为电容器和变阻器并联，电阻都没有变化，电压不变，根据C可知，极板所带电荷量增多，故A错误； B、如果检测到灵敏电流计的电流方向为从b到a，说明电容器在放电，电容器带电荷量减少，说明电容器的电容减小，根据上面A的分析可知，应该是板间距离增大所致，则是说明了被测材料出现了反常膨胀，故B正确； C、变阻器两端的电压等于电容器两板间电压，为U，滑动变阻器滑片向上滑动少许，变阻器接入电路的电阻增大，则电容器两板间电压增大，根据Q＝CU可知，电容器带电荷量增加，则电容器充电，可以检测到充电电流方向为从a到b，故C错误； D、检测结束，断开开关，电容器通过变阻器放电，因为电容器上极板和电源正极相连，则上极板带正电，所以放电电流方向为顺时针方向，即灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，故D错误。 故选：B。 9．（2024春•淮安期末）微信运动步数的测量是通过手机内的电容式加速度传感器实现的，其简化原理图如图所示，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板能上下运动，进而改变电容器的电容，将运动信号转化为电信号，图中R为定值电阻，则手机（　　） A．静止时，电容器两极板不带电 B．匀速运动时，电流表示数不为零 C．向前突然减速使N板向上移动，电流表中电流方向由a向b D．向前突然加速使N板向下移动，电容器两极板间电场强度不发生变化 【解答】解：A、静止时，电容器相当于开关断开，电流表示数为零，但两极板与电源连接，电容器两极板带电，故A错误； B、两极板与电源连接，电势差不变。匀速运动时，两极板间距离不变，电容不变，电荷量不变，则电流表示数为零，故B错误； C、向前突然减速使N板向上移动，两极板间距离d减小，根据电容的决定式C知电容C增大，由Q＝CU，U不变，电荷量Q增大，电容器充电，则电流表中电流方向由a向b，故C正确； D、向前突然加速使N板向下移动，极板间距离d增大，电势差U不变，由知电容器两极板间电场强度减小，故D错误。 故选：C。 10．（2024秋•闽侯县校级月考）2018年8月23～25日，第九届上海国际超级电容器产业展览会成功举行，作为中国最大超级电容器展，众多行业龙头踊跃参与。如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（　　） A．电容器的电容C增大 B．电容器所带的电荷量Q增大 C．电流计中的电流从N流向M D．油滴将向下加速运动 【解答】解：A、根据电容的决定式可知，电容器的两极板缓慢地错开一些，即极板间的正对面积减小，电容器的电容C随之减小，故A错误； B、由电容的定义式可知，电容器极板间电压U保持不变时，电容C减小，则电容器所带的电荷量Q减小，电容器处于放电状态，电流计中的电流从N流向M，故B错误，C正确； D、电容器极板间电压U保持不变，板间距离也不变，根据可知，极板间场强未变，油滴受到的电场力不变，则油滴继续处于静止状态，故D错误。 故选：C。 11．（2024•安丘市校级开学）如图所示，小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究。电容式位移传感器中的电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为x，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势、内阻均恒定，R为定值电阻。下列说法正确的是（　　） A．电压表读数不为零，说明x在增大 B．若x保持不变，则电压表示数一定为零 C．在x增大的过程中，电容器两极板带电量减小 D．在x增大的过程中，a点电势始终高于b点 【解答】解：A、电压表读数不为零，说明R中有电流，电容在充电或放电，x在变化，但x不一定在增大，故A错误； B、若x保持不变，则电容器的电容不变，电容器所带电荷量不变，电路中没有电流，则电压表示数一定为零，故B正确； CD、在x增大的过程中，根据电容的决定式可知，电容器电容增大，由电容的电压不变，结合电容的定义式可知，电容器电荷量增大，电源给电容器充电，通过R的电流方向由b指向a，则a点电势始终低于b点，故CD错误。 故选：B。 12．（2024秋•兴宁区校级月考）如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（　　） A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流 B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段距离，则油滴保持静止不动，G中有b→a的电流 C．若将S断开，且将A板向左平移一小段距离，P点电势降低 D．若将S断开，再将A板向下平移一小段距离，P点电势变大 【解答】解：A、在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段距离，两极板间距离减小，根据电容的决定式可知，电容器的电容增大。依题意电容器与电源保持连通状态，两极板间电压不变，由电容的定义式C分析可知，电容器所带电荷量增加，电容器处于充电状态，则G中有a→b的电流。由E分析可知，板间场强增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上加速运动，故A错误； B、同理可知，若将A板向右平移一小段位移，两极板的正对面积减小，电容器的电容减小，电容器所带电荷量减小，电容器处于放电状态，G中有b→a的电流，根据E分析可知，极板间匀强电场的场强不变，油滴受到的电场力不变，仍然静止，故B正确； C、若将S断开，电容器所带电荷量不变。将A板向左平移一小段位移，根据可知，电容器的电容减小，由C可知，两极板间电压增大，根据E分析可知，板间的电场强度增大，P、B间电势差增大，B板接地，则P点电势升高，故C错误； D、若将S断开，极板上电荷量不变，将A板向下平移一小段距离，根据可知，板间场强不变，P、B间电势差不变，B板接地，则P点电势不变，故D错误。 故选：B。 题型4带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 （多选）13．（2024秋•新城区校级月考）早期的滤尘器由两块带正电的平行板及之间的一组带负电的导线构成，如图所示，带电导线附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收集板迁移并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收集板运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是（　　） A．两平行板间存在匀强电场 B．带正电尘埃向收集板运动并沉积 C．两平行板间越靠近带电导线电势越低 D．带电尘埃向收集板运动过程中电势能减小 【解答】解：A．靠近带电导线附近的位置电场强，两平行板间不存在匀强电场，故A错误； B．因为收集板带正电，所以带负电尘埃向收集板运动并沉积，故B错误； C．因为带电导线带负电，两平行板间越靠近带电导线电势越低，故C正确； D．带电尘埃向收集板运动过程中电场力做正功，电势能减小，故D正确。 故选：CD。 14．（2024春•鼓楼区校级期末）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板向左平移到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'点后继续运动 【解答】解：由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动。 电子从O点到P点，根据动能定理有 ﹣eUOM﹣eUMP＝0 解得：UMP＝﹣UOM＝UMO 当C板向左平移到P'点时，B、C间距减小，由电容的决定式C知电容增大，由电容的定义式C，结合电荷量不变，知B、C之间电压减小，则有 UMP＝UMO＞UMP' 结合上述有：﹣eUOM﹣eUMP'＞0 可知，电子减速运动到P'的速度不等于0，即电子穿过P'点后继续向右运动，故ABC错误，D正确。 故选：D。 （多选）15．（2023秋•广州期末）水平地面上方存在水平方向的匀强电场。质量为m、带负电且电荷量为q的小球A以一定的初速度v0从地面上的O点射入匀强电场，速度方向与水平方向的夹角为53°，恰好沿v0方向离开地面在竖直平面内做直线运动，则（　　） A．电场方向水平向右且电场力大小为mg B．从地面到最高点，克服重力做功为 C．从地面到最高点，克服电场力做功为0.18 D．从地面出发再回到地面用时为 【解答】解：A.小球恰好沿方向离开地面在竖直平面内做直线运动，可知小球受到的重力和电场力的合力方向刚好与v0方向相反，如图所示： 可知电场力大小为Eqmg，由于小球带负电，可知电场方向水平向右，故A正确； BCD.小球受到的合力为Fmg，小球的加速度为：a，根据对称性可知，从地面出发再回到地面用时为：t＝2t1＝2，从地面到最高点，通过的位移大小为s，则从地面到最高点，克服重力做功为WG＝mgh＝mgs•sin53°m，从地面到最高点，克服电场力做功为W电＝qEs•cos53°，解得W电＝0.18m，故BD错误，C正确。 故选：AC。 题型5带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 （多选）16．（2024秋•雁塔区校级月考）如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板边缘，现只改变其中一个条件，让质子流沿b轨迹落到下板的中央，不计重力，则可以将（　　） A．质子流初速度变为2v0 B．质子流初速度变为 C．板间电压变为4U D．板间电压变为 【解答】解：质子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有 x＝v0t 在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有 联立可得： 现只改变其中一个条件，让质子流沿b轨迹落到下板的中央，可知竖直位移y不变，水平位移x变为原来的，则x2变为原来的，可将质子流初速度变为，或者将板间电压变为4U，故AD错误，BC正确。 故选：BC。 17．（2023秋•安徽期末）如图所示，质量为m、电量为﹣q的带电微粒，以初速度v0从A点与电场线成θ＝60°角斜向上射入匀强电场中，电场强度方向水平向右。当微粒经过B点时速度大小为vB＝2v0，方向与电场方向在一条直线上，已知重力加速度为g，则（　　） A．B点在A点的右上方 B．从A到B的运动时间为 C．从A到B，微粒电势能减少 D．匀强电场的电场强度大小为 【解答】解：A.微粒带负电，在竖直方向做竖直上抛运动，设上升的时间为t，上升的高度v0t，微粒在水平方向做匀变速直线运动，水平位移v0t，方向水平向左，可知B点在A点的左上方，故A错误； B.微粒在竖直方向做竖直上抛运动，在竖直方向，且规定竖直向上的方向为正方向，由动量定理得﹣mgt＝0﹣mv0sin60°，解得，故B正确； C.从A到B过程，由动能定理得，且h，解得Wm，电场力做正功，电势能减少，减少的电势能为，故C错误； D.从A到B过程，由动能定理得，解得E，故D错误。 故选：B。 18．（2023秋•朝阳区期末）某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通道的上下表面是一对平行金属板，金属板长度为L，间距为d。均匀分布的带负电的灰尘颗粒质量为m、电荷量为q、以水平速度v0进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为n。已知两金属极板之间的电压恒为，带电灰尘颗粒打到金属板上即被收集，不计灰尘颗粒重力影响及灰尘颗粒间相互作用。下列说法不正确的是（　　） A．净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为 B．单位时间内通过导线的电荷量为 C．单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为 D．若电压增大到2U，则带电灰尘颗粒恰好全部被收集 【解答】解：AB．带电尘埃在极板间最大偏转距离y，最长运动时间为t，根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为 a 水平方向和竖直方向分别有 L＝v0t y 解得：yd 根据题意可知，收集效率为：η100%＝75% 则单位时间内通过导线的电荷量为：Qnq 故AB正确； C．因最大偏转距离为d，故单位时间内，入射点与上极板距离大于d的颗粒减少的电势能总计为： ΔEP1nq 入射点与上极板距离不大于d的颗粒打在上极板上，因板间各点到上极板的电势差与到上极板的距离成正比，可以用电势差的平均值来计算减少的电势能，则打在上极板的颗粒减少的电势能总计为： ΔEP2nq 单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为：Ep＝ΔEP1+ΔEP2nqU，故C正确； D．若电压增大到2U，带电尘埃在极板间最大偏转距离y'，最长运动时间为t'，根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为 a 水平方向和竖直方向分别有 L'＝v0t' y' 解得：y'd 则带电灰尘颗粒并非恰好全部被收集，故D错误； 本题选择错误选项，故选：D。 （多选）19．（2024春•海淀区校级期末）如图所示，竖直面内有一半径为R的圆，圆的直径AB水平，C为圆周上一点，OC与AB成60°角，现有一匀强电场，其电场方向在该圆所在的竖直平面内，但方向未知。一质量为m，电荷量为q的带正电小球以相同的初动能从A点沿各个方向射入圆形区域，又从圆周上不同点离开，其中从B点离开的小球动能最大；若仅场强大小减小为原来的四分之一，则在A点沿与AB成30°角斜向右上方射入的小球，恰能从C点离开，且离开时此小球动能最大，则下列说法正确的是（　　） A．变化目的场强大小为 B．小球的初动能一定等于 C．该电场方向一定与AB成30°角斜向右上方 D．电场变化前，小球在B点的动能为4mgR 【解答】解：AC.所有微粒都是以相同的动能射入圆面，射出时的动能最大，即动能的变化量最大，根据动能定理可知合外力做的功最大；电场强度为E时，在B点处射出的微粒动能最大，说明此时微粒受到的合外力与圆上B点的切线垂直且指向B；电场强度为 时，在C点处射出的微粒动能最大，说明此时微粒受到的合外力与圆上C点的切线垂直且指向C，则设电场强度沿着AB的右上方且与AB 的夹角为α，受力图像如下 根据几何关系和力的合成准则有： qEsinα＝mg 联立解得 α＝30° ，故AC正确； B.由上分析可知，在A点沿与AB成 30° 角斜向右上方射入的微粒做类平抛运动， 加速度为 微粒运动到C点的“水平”位移 竖直位移 联立解得： 所以初动能 ，故B正确； D.电场变化前，微粒受到的合力为 从A点到B点有动能定理得 F•2R＝EkB﹣Ek0 联立解得：，故D项错误。 故选：ABC。 题型6带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 20．（2023秋•房山区期末）让一价氢离子的两种同位素（和）的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子的运动轨迹。关于两粒子混合物，下列说法正确的是（　　） A．在加速电场中的加速度相等 B．离开加速电场时的动能相等 C．在偏转电场中的运动时间相等 D．离开偏转电场时分成两股粒子束 【解答】解：设加速电压为U1，电场强度为E，偏转电场长度为L，两极板间距为d，偏转电压为U2，一价氢离子的两种同位素的电荷为都q，质量不相等； A、在加速电场中的加速度为a，则两离子的加速度不相等，故A错误； B、在加速电场中，根据动能定理有 qU＝Ek 则两离子离开加速电场时的动能相等，故B正确； C、设离子离开加速电场的速度为v 则有qU 偏转电场中离子水平方向做匀速直线运动，则有L＝vt 由于质量不相等，离子在偏转电场中的运动时间不相等，故C错误； D、在偏转电场中，当水平位移为x时偏转轨迹方程为：y 由此可知偏转轨迹方程与q、m无关，即两种离子轨迹重合，故D错误。 故选：B。 （多选）21．（2024秋•金水区校级月考）如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、B之间的加速电压为U1，C、D之间的偏转电压为U2，P为荧光屏。现有质子、氘核和α粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则关于质子、氘核和α粒子这三种粒子，下列说法正确的是（　　） A．三种粒子都打在荧光屏上同一个位置 B．从开始到荧光屏所经历时间之比为1：： C．打在荧光屏时的动能之比为2：1：1 D．经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多 【解答】解：A、由粒子在偏转电场中做类平抛运动，在偏转电场和荧光屏之间做匀速直线运动，可知其运动轨迹如下： 粒子在加速电场中，由动能定理：，若加速电场左右间距为L1，； 粒子在偏转电场中，水平方向上：L＝vxt2，竖直方向上：vy＝ayt2，，，粒子离开偏转电场时的偏转角度满足：，末速度：； 粒子在偏转电场和荧光屏之间，粒子做匀速直线运动，h＝y+L3tanθ， 粒子从进入偏转电场，到打到荧光屏，水平方向上始终做匀速运动，故，而总时间t总＝t1+t2+t3； 联立解得：，，， 由表达式可知粒子打到光屏上的位置与粒子本身无关，故A正确； B、由A选项分析可知：，即质子、氘核和α粒子这三种粒子的时间之比等于比荷倒数的开方之比，代入解得：，故B正确； C、由动能定理可知粒子从进入加速电场，到离开偏转电场：，结合A选项的y的表达式，可知，即动能之比等于电荷量之比，由题意可知电荷量之比为1：1：2，故C错误； D、粒子在偏转电场中，电场对粒子做功为：，由A选项分析可知，y与粒子无关，故电场力做功之比等于电荷量之比，由题意可知电荷量之比为1：1：2，故偏转电场对粒子做功不相等，故D错误； 故选：AB。 （多选）22．（2024秋•南昌县校级月考）示波管是电子示波器的心脏，其中的电子枪产生一个聚集很细的电子束，电子束经电场加速到很大的速度，再经过一对偏转板，加在偏转板上的电压使电子束发生偏转，电子束将随偏转板的电压的变化而上下运动。简化示波管的工作原理图如图所示，两组平行带电金属板I和Ⅱ，板间距离和板长均为L，金属板组I竖直放置，两板间所加电压为U1，金属板组Ⅱ水平放置，两板间所加电压为U2电子从金属板组I竖直板上的A点由静止释放后，经B点沿金属板组Ⅱ的中心线水平进入，最终恰好从金属板组Ⅱ的上板右边缘射出。则下列说法正确的是（　　） A．电子经过两组金属板的时间之比为2：1 B．电子经过两组金属板的加速度之比为1：2 C．平行带电金属板组I和Ⅱ所加电压之比为1：3 D．电子射出两组金属板的末动能之比为1：3 【解答】解：A、微粒在加速电场中，仅受电场力作用，做匀加速直线运动，初速度为0，若末速度为v，运动时间为t1，由匀变速运动关系可知：； 微粒在偏转电场中，水平方向上不受力，做匀速运动，若运动时间为t2，L＝vt2，联立解得：，故A正确； B、微粒在加速电场中，仅受电场力作用，做匀加速直线运动，初速度为0，末速度为v，运动时间为t1，加速度为a1，由匀变速运动关系式可知：v＝a1t1； 微粒在偏转电场中，仅受电场力，竖直方向上，其恰好从上板右边缘射出，做匀变速运动，由运动学公式可知：，vy＝a2t2，解得：vy＝v； 结合A选项的时间之比，可解得：，故B正确； C、微粒在两个电场中，都仅受电场力，加速度与电压满足：，，由B选项分析可知加速度之比，联立解得：，故C错误； D、微粒在加速电场中：qU1＝EK1，微粒在偏转电场中：，结合C选项分析的电压之比，可得到：，故D错误。 故选：AB。 23．（2024秋•南京月考）如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板（序号为0）中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（　　） A．电子在第3个与第6个金属筒中的速度之比 B．第2个金属圆筒的长度为 C．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值 D．若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，圆筒个数足够多且间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为 【解答】解：A、电子到达第n个金属筒经过n次加速，由动能定理可得：，解得：， 故第3个和第6个金属筒中的速度之比为：，故A错误； B、由A选项分析，可知电子到达第2个金属筒的速度为：，其在第2个金属筒中做匀速直线运动，时间为电压变化的半周期， 故第二个金属筒长为：，故B错误； C、由图可知，电子进入偏转电场前，经历了8次加速，故进入偏转电场时的水平方向为：，L＝vxt， 竖直方向上：，，解得：，故C错误； D、由图可知，若加速电场的时间不可忽略，该装置能够让电子获得的最大速度时，满足其在加速电场中的总时间刚好达到，则其再次到达加速电场时，会做减速运动。 若恰好经历x次加速时，其在加速电场总时间达到，则由匀变速运动规律可知：，由动能定理可知：，解得：，故D正确。 故选：D。 题型7根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 24．（2024秋•杭州月考）为避免发生雷击，高大的建筑物顶端均需安装避雷针。如图是某避雷针放电时空间电场线的分布图。a、b、c三点在同一电场线上。空间电场分布关于直线ac对称。图中的虚线是一带电粒子只在电场力作用下在电场中的运动轨迹。已知ab＝bc、下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带负电 B．粒子的速率一直在增加 C．粒子在图中A点的电势能一定小于在B点的电势能 D．ab两点的电势差等于bc两点的电势差 【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受到电场力指向其轨迹的内侧，所以受力方向与电场方向一致，故粒子一定带正电，故A错误； B、带粒子是从A点向B点运动，由于只在电场力作用下在电场中运动，则粒子的速率一直在增加，粒子的带正电，故B正确； C．粒子带正电，电场力做正功，电势能减小。粒子在图中A点的电势能一定大于在B点的电势能，故C错误； D．ab＝bc，若电场为匀强电场，则ab两点的电势差等于bc两点的电势差，但此电场非匀强电场，故D错误。 故选：B。 25．（2024秋•中牟县校级月考）如图所示是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可判断出该带电粒子（　　） A．电性与场源电荷的电性相同 B．在a、b两点所受电场力大小Fa＜Fb C．在a、b两点的速度大小va＞vb D．在a、b两点的电势能Epa＞Epb 【解答】解：A、带电粒子受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，由图可知，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力沿电场线向左，所以电性与场源电荷的电性相反，故A错误； B、电场线的疏密表示场强大小，由图可知，a点的电场强度大，根据F＝qE可知Fa＞Fb，故B错误； CD、若带电粒子从a运动到b，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增加，则粒子在a、b两点时速度大小为va＞vb，电势能大小为Epa＜Epb，故C正确，D错误。 故选：C。 26．（2023秋•滨海新区校级月考）某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点。如图所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定（　　） A．电场中A点的电势高于B点的电势 B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度 C．粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能 D．粒子在A点的动能小于它在B点的动能 【解答】解：A、分别过B点作等势面，如图所示。 根据等势面的性质，有φC＝φB 根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可得φA＞φC 则φA＞φB，即A点的电势高于B点的电势，故A正确； B、电场线的疏密表示场强的相对大小，电场线越密，场强越大，则EA＜EB 根据牛顿第二定律得a，则aA＜aB，即粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度，故B错误； CD、粒子所受电场力与电场线相切且指向运动轨迹的凹侧，如图所示。 粒子从A到B过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，则粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，粒子在A点的动能大于它在B点的动能，故CD错误。 故选：A。 27．（2023秋•西城区校级月考）一带电粒子在如图所示的点电荷的电场中，只在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，以下判断正确的是（　　） A．粒子速度减小 B．粒子加速度减小 C．粒子带负电 D．粒子动能增加，电势能减少 【解答】解：C．根据粒子轨迹可知，轨迹的凹侧是指向上方的，即所受电场力的方向顺着电场线向上，与电场强度方向相同，因此粒子带正电，故C错误； AD．粒子从A点到B点，电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功，粒子动能增加，速度增大，电势能减少，故A错误，D正确； B．由电场线的疏密程度表示电场强度大小可知，粒子从A到B，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，故B错误。 故选：D。 28．（2023•会泽县校级开学）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。粒子先经过M点，再经过N点，以下说法正确的是（　　） A．粒子在N点的加速度小于在M点的加速度 B．该带电粒子应该带负电 C．M点的电势低于在N点的电势 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 【解答】解：B、带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，故B错误。 A、电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M点的场强小于N点的场强，在M点的加速度小于N点的加速度，故A错误。 C、沿着电场线方向，电势逐渐降低，则N点的电势较低，故C错误。 D、粒子先经过M点，再经过N点，电场力做正功，电势能减小，即粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确。 故选：D。 题型8带电粒子（计重力）在匀强电场中运动 29．（2024•朝阳区校级开学）如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从A点沿直线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不受其它力。则（　　） A．微粒带正电 B．微粒从A点运动到B点，动能减小 C．微粒从A点运动到B点，电场力做负功 D．微粒从A点运动到B点，机械能增加 【解答】解：A．粒子从A点沿直线运动到B点，可知合力方向与AB共线，粒子受竖直向下的重力，根据力的合成条件可知电场力水平向左，可知微粒带负电，故A错误； CD．根据以上分析可知从A点沿直线运动到B点的过程中电场力对微粒做正功，电势能减小，其机械能增加，故C错误，D正确； B．根据动能定理可知重力做正功，电场力也做正功，即合外力对微粒做正功，所以动能会增加。故B错误。 故选：D。 30．（2023秋•丰台区期末）如图所示，用绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为m，电荷量为q。现施加水平向右的匀强电场，小球平衡时静止在A点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ。将小球向右拉至轻绳水平后由静止释放，已知重力加速度g，下列说法正确的是（　　） A．小球带负电 B．电场强度的大小为 C．小球运动到A点时速度最大 D．小球运动到最低点B时轻绳的拉力最大 （多选）31．（2024秋•龙凤区校级月考）如图所示，ACB为固定的光滑半圆形竖直绝缘轨道，半径为R，AB为半圆水平直径的两个端点，OC为半圆的竖直半径，AC为圆弧，OC的左侧、OA的下方区域MPQO有竖直向下的匀强电场。一个带负电的小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力，小球电量不变。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的有（　　） A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在圆弧AC部分运动的加速度大小可能不变 C．小球到达C点时速度最大 D．若小球能沿圆弧到达C点，其速度不可能为零 【解答】解：A、若小球可以到达B点，并离开轨道，则小球到B点时，速度需要大于0；小球从释放到B点的过程中，由动能定理可知：，由于重力和电场力的相对大小未知，若mgH﹣qER≤0，则小球不能到达B点或到B点时速度为0，即不一定从B离开轨道，故A错误； B、当小球的重力和电场力平衡时，小球进入轨道，轨道的弹力提供向心力，做匀速圆周运动，其加速度大小不变，故B正确； C、当小球的重力大于电场力时，由动能定理可知，若小球在轨道中下降高度为x：，当x最大为R时，即小球到C点时，速度最大； 当重力小于电场力时，由动能定理可知，若小球在轨道中下降高度为x：，x＝0，即小球进入轨道时，动能最大，之后在圆轨道中减速，故C错误； D、若小球可以沿轨道到达C点，则从释放到C点，由动能定理可知：， 若重力大于电场力，则小球到C时速度最大，不可能为0；若重力大于电场力，则小球在圆轨道中左匀速圆周运动，在C的速度也不可能为0； 若重力小于电场力，则由其可以到达C点可知，其在C点受到的最小合力为：qE﹣mg＞0，由圆周运动特点可知：，即C点速度也不可能为0，故D正确。 故选：BD。 （多选）32．（2024秋•金水区校级月考）空间有水平向右的匀强电场（未画出），一带电小球质量为m，经过运动轨迹上的A、B两点时，速度大小均为v，如图所示。已知小球在A点时的速度方向水平向右且与AB连线的夹角为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球受到的电场力大小为 B．小球在B点时的速度方向与AB连线的夹角也为θ C．小球从A运动到B的过程中，小球电势能变化量最大值为mv2 D．小球从A点运动到B点的过程中速度最小值为vcosθ 【解答】解：A、由题意可知，小球在AB两点的速度大小相等，由动能定理可知，合力对其做功为0； 小球仅受电场力和重力，两个力都是恒力，故合力为恒力，即AB连线与合力垂直，如图所示： 由图可知：qE＝mgtanθ，故A错误； B、将小球的初速度，按沿合力所在直线、垂直于合力的直线建系分解，如A选项中的图所示， 由小球受力为恒力，可知小球在合力方向上，做匀变速运动，在垂直于合力方向上，做匀速运动，即小球在垂直于合力方向上的速度大小不变； 当小球速度到达B点时，速度大小与A点的速度大小相等，由对称性可知，其在沿合力方向上的速度大小相等，方向相反，即B点的速度与AB连线的夹角也为θ，故B正确； C、从A到B的过程中，若沿水平方向和竖直方向建系，如下图所示： 则在水平方向上，小球只受电场力，小球做匀减速运动，则水平分位移：，水平加速度大小：， 而电势能的变化量等于电场力做功的大小，该过程中，电场力做负功，故ΔEP＝﹣W＝﹣（﹣qE）×x，代入解得：，故C错误； D、小球从A到B的运动过程中，受到的合力为恒力，由B选项分析可知，小球在垂直于合力方向上的速度大小不变； 在合力方向上，先减速后加速，故当小球在合力方向上的速度减为0时，小球速度最小，此时小球仅剩垂直于合力方向的速度， 由A选项的图可知，此时小球速度为vcosθ，故D正确。 故选：BD。 （多选）33．（2023秋•静海区校级月考）如图所示，在真空中一条竖直向下的电场线上有a、b两点。一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零。则下面说法正确的（　　） A．该带电质点在a 点所受电场力向上，在b点所受电场力向下 B．该带电质点一定带负电荷 C．a点的电场强度大于b点的电场强度 D．质点在b点所受的合力一定为零 【解答】解：AB、带电质点由a点释放后向上运动，可知在a点时合力方向向上，而质点所受重力竖直向下，故电场力一定竖直向上，与电场线方向相反，可知该质点一定带负电，在b点所受电场力方向也是竖直向上，故A错误，B正确； CD、带电质点到b点时速度又减为零，可知在a处合力向上，在b处合力向下，因重力不变，故a处电场力大于重力，b处电场力小于或等于重力，则a处电场强度大于b处电场强度。在b点合力不一定零，故C正确，D错误。 故选：BC。 34．（2022春•虹口区校级期末）如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置。在管子的底部固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电体，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零。现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球（　　） A．运动到B处的速度为零 B．在下落过程中加速度大小一直变小 C．向下运动了位移x＝h2时速度最大 D．小球向下运动到B点时的速度为 【解答】解：B、质量为m点电荷A，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速。则加速度先减小后增大。当到达B点时，点电荷A停止。由动能定理可得：mg（h2﹣h1）﹣W库＝0﹣0，解得，W库＝mg（h2﹣h1），而当换成质量2m点电荷A′时，仍从原来位置静止释放，则点电荷先加速后减速。则加速度先减小后增大。故B错误； A、设停止的位置为B′，则由动能定理可得：2mg（h2﹣h1′）﹣W库＝0﹣0，解得h2﹣h1′，则速度为零的位置在B点下方。故A错误； C、速度最大位置，就是加速度为零的位置。即库仑力与重力相等的位置。 当质量为m 时，设平衡位置距点电荷B的距离为h0 则有：kmg。 而当质量为2m时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0′则有：k2mg。 所以h0′ 则向下运动的位移x＝h2，故C错误； D、点电荷从静止到B点，由动能定理可得：2mg（h2﹣h1）﹣W库m0，而 W库＝mg（h2﹣h1） 所以B点时的速度为，故D正确； 故选：D。 学科网（北京）股份有限公司 $$