专题40 电容器　带电粒子在电场中的运动 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义围绕电容器和带电粒子在电场中的运动核心考点，按基础回顾、题型分类（电容器、直线运动、曲线运动、交变电场）、课时精练的逻辑架构，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生系统构建知识网络，突破高考难点。 资料以物理观念和科学思维为导向，突出模型建构（如电容器两类问题模型）和科学推理（粒子偏转推论证明），设计分层练习（选择、解答题）和题型突破策略，助力学生高效提升解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

专题40 电容器　带电粒子在电场中的运动 题型一 电容器 3 题型二 带电粒子（体）在电场中的直线运动 7 题型三 带电粒子在电场中的曲线运动 12 题型四 带电粒子在交变电场中的运动 17 课时精练 22 【基础回顾】 一、电容器　电容 1．电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。 (3)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．电容 (1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。 (2)定义式：C＝＝。 (3)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012pF。 (4)性质：表示电容器容纳电荷　本领的高低。 (5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关　。 3．平行板电容器 (1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极间的距离成反比。 (2)决定式：C＝，k为静电力常量。 二、带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中的加速 (1)处理方法：利用动能定理qU＝mv2－mv　。 (2)适用范围：任何电场。 2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。 (2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。 ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝ 　。 ②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动。 3．带电粒子在电场中偏转的重要推论 推论1：如图所示，粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线与初速度方向交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。 证明：由tan θ＝，y＝和x＝，知x＝。故O点平分了沿初速度方向的位移，所以粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间处沿直线射出似的。 推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角正切值的，即tan α＝tan θ。 推论3：不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合(与比荷无关)。 证明：带电粒子先经加速电场(电压U加)加速，又进入偏转电场(电压U偏)，射出偏转电场时，偏移量y＝at2＝＝＝，速度偏转角的正切值tan θ＝。可见偏移量y和偏转角θ只与U加、U偏有关，与q、m无关，运动轨迹必定重合。 题型一 电容器 1．电容器两类问题的比较 分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量 U Q d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变 S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量 U Q d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变() S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 2．解决电容器问题的常用技巧 （1）在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关()。 （2）对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住、Q＝CU和进行判定即可。 【例题精讲】 1．完全相同的平行板电容器甲、乙串联后，与恒定电源E按图示连接，P点为甲的中心，试探电荷+q位于P点，乙下极板接地（电势为0）。现将乙撤去，甲下极板接电源正极并接地。下列说法正确的是（　　） A．P点的电势变为原来的 B．P点的电场强度大小变为原来的 C．甲上极板的电荷量变为原来的4倍 D．+q在P点的电势能变为原来的 2．某一自动对焦相机中，为了实时监测对焦镜组的位置，设计了一个平行板电容器式位移传感器。其结构如图所示：固定极板M安装在镜筒上且接地，可动极板N与对焦镜组固定连接且可沿水平方向左右移动，初始时两块极板正对放置，传感器工作时，电容器两端始终与电压恒定的电源相连，当镜组带动可动极板向左移动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容增大 B．两板间的场强减小 C．流过R的电流从c流向d D．P点的电势不变 3．家用健身挥拳力量测试仪的核心部件为平行板电容器，如图所示，固定极板与可动极板的正对面积S保持不变，极板间介质为空气。挥拳冲击可动极板时，极板间距d会随之减小。测试前先将电容器与恒压电源相连完成充电，随后断开电源。下列说法正确的是（　　） A．挥拳力量越小，电容C越大 B．挥拳力量越大，极板间电压U越大可 C．断开电源后，挥拳冲击过程中，极板带电量Q不变 D．调节仪器参数，减小极板正对面积S，相同挥拳力量下，电压变化幅度变小 4．在密立根油滴实验中，当水平放置的平行板电容器加上适当电压时，通过显微镜观察到某一带电油滴在极板间静止悬浮，实验装置示意图如图所示。下列说法正确的是（　　） A．油滴带正电 B．若仅将极板间电压增大，油滴将向下运动 C．若油滴带电量减少，则使其悬浮所需电压变大 D．若仅将极板间距离增大，油滴将向上运动 5．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，其下端浸没在下方储罐中的不导电液体中，P是两极板间的一点，N极板接地。电容器与理想二极管串联后，接在电动势恒定的电源两端。关于该电路，下列判断正确的是（　　） A．液面上升一小段高度，电容器所带的电荷量不变 B．液面下降一小段高度，P点的电势降低 C．将M板向左移一小段距离，P点的电场强度减小 D．将N板向左移一小段距离，P点的电势降低 6．电容式话筒的原理图如图，E为电源，R为定值电阻，薄片P和Q为电容器两金属极板，人对着P说话，P振动而Q不动，在P、Q间距离增大的过程中（　　） A．电容器的电容变大 B．Q上电量保持不变 C．电流方向N→R→M D．M点的电势比N点的高 7．如图为某同学利用一竖直平行板电容器设计的风力传感器，可检测水平风力强度。电容器右极板固定不动，左极板与风力接收板连接并固定，可随接收板在一定范围内左右水平移动，风力越大，极板移动的距离越大。已知两极板间电压保持不变，若某次有水平风力作用时，稳定后极板上所带电荷量变少，则（　　） A．风向右吹 B．电容器电容变小 C．极板间电场强度变大 D．极板间电场强度不变 （多选）8．手机的计步功能通过“震动探测器”实现。其主要原理可简化为如图所示，MN两极板组成电容式加速度传感器，其中M极板固定，N极板连接微弹簧。当手机的加速度变化时，N极板可以按图中标识的“前后”方向微幅运动。其中E为电源，G为电流表，R为定值电阻。下列描述正确的是（　　） A．静止时，容器M极板带负电，电流表示数为零 B．由静止突然向前加速时，电容器的电容减小 C．由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表 D．保持向前匀减速运动时，MN极板间的电场强度均匀减小 （多选）9．某同学设计了一种基于平行板电容器的位移传感器，其原理如图所示。其中E为恒压电源，R为定值电阻，电容器左极板固定，右极板通过绝缘轻杆与物体相连。闭合开关S，物体发生一小段位移的过程中，电流表G中有从M到N的电流，则（　　） A．电容器所带的电荷量减小 B．电容器的电容增大 C．物体的位移方向是水平向右 D．电容器极板间电场强度增大 （多选）10．如图D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止。以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能。若保持板B不动，将板A稍向上平移，则下列说法正确的是（　　） A．E变小 B．U不变 C．Ep不变 D．电荷仍保持静止 题型二 带电粒子（体）在电场中的直线运动 1.带电粒子（体）在电场中运动时重力的处理 基本粒子 如电子、质子、α粒子等，除有说明或明确的暗示外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量） 带电体 如带电液滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示外，一般都不能忽略重力 2.带电粒子（体）在电场中直线运动的分析方法 【例题精讲】 1．如图所示，相互平行的水平金属板A、B、C分别与两个相同的电源相连，B、C两板上开的小孔在同一竖直线上，一电子从靠近A板的位置O由静止开始运动，恰好能到达C板，不计电子重力，将B板上移至水平虚线处，由O处静止释放的电子（　　） A．到达B板时速度减小 B．能穿过C板上的小孔 C．到达C板的时间不变 D．到达C板的时间增大 2．如图，在电容器两极板上加恒定电压U，紧靠正极板中间处有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，仅在电场力作用下由静止开始向负极板做直线运动。若将两板间距离增大，再次在同一位置释放该粒子，则（　　） A．电容器的电容变大 B．带电粒子获得的加速度不变 C．带电粒子到达负极板的时间变长 D．带电粒子到达负极板时的速度变小 3．离子推进器是用电场将等离子加速后喷出而获得前进动力的，如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，则在加速过程中推进器获得恒定的推力F为（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距L。在正负极板附近分别有两个质量相同，电荷量为q1（q1＞0）的粒子A和电荷量为﹣q2（q2＞0）的粒子B。两粒子同时从静止开始运动，同时经过与正极板相距的平面Q。两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是（　　） A．电荷量q1与q2的比值为3：7 B．电荷量q1与q2的比值为3：4 C．粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为9：16 D．粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为3：7 5．高能质子流能够精准打击肿瘤，如图，质子源释放的质子（初速度为零），经加速电压U加速，形成质子流。已知质子的比荷为，不计质子的重力及质子间的相互作用，则质子加速后获得的速度大小为（　　） A． B． C． D． 6．如图甲为直线加速器原理图，由多个横截面积相同的圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。已知电子的质量为m、元电荷为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的圆板（序号为0）中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是（　　） A．可以选用高强度的玻璃作为圆筒材料 B．电子在圆筒内运动的时间为T C．进入第2个金属圆筒时的速度为 D．第8个金属圆筒的长度为 7．AMS磁谱仪可在太空中用于寻找反物质和暗物质。如图为该仪器加速环节的简化模型：O点为圆心，电势为零；辐射状的加速电场边界为半圆弧面ABC，其半径为R，电势为φ。假设太空中漂浮着大量的带电粒子，每个粒子质量为m、电量为q，它们能吸附到辐射状电场的半圆弧面上，并从静止开始加速到达O点，不计粒子间的相互作用和重力的影响。则（　　） A．粒子带负电 B．加速电场的电场强度大小 C．粒子到达O点时的速度大小为 D．粒子到达O点的过程中，加速度逐渐减小 （多选）8．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一定角度，两极板与一直流电源相连（图中电源省略）。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则在此过程中，该粒子（忽略空气阻力）（　　） A．所受重力与电场力合力水平向左 B．电势能逐渐减小 C．动能逐渐增大 D．做匀减速直线运动 （多选）9．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　） A．做匀速直线运动，电势能不变 B．做匀加速直线运动，电势能增大 C．做匀减速直线运动，电势能增大 D．做匀减速直线运动，机械能减小 （多选）10．如图所示，竖直平面内有一组平行等距的电场线，方向未知。在竖直平面内，一带电小球以v0的初速度抛出，只在重力和电场力的作用下沿直线由a运动到b，则在该过程中（　　） A．小球一定带负电 B．电场线方向一定向左 C．小球的动能一定减小 D．小球的电势能一定增大 题型三 带电粒子在电场中的曲线运动 1．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。 2．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＝U，指初、末位置间的电势差 【例题精讲】 1．一质量为m、电荷量为q的试探电荷在某匀强电场中运动，仅在静电力的作用下由a运动到b（运动轨迹在竖直面内），所用时间为t，其在a点和b点的速度大小均为2v，速度方向如图中箭头所示，虚线代表水平方向。则（　　） A．小球从a运动到b的过程中，电势能先减小再增大 B．电场强度方向与a、b连线平行 C．a、b之间的距离为vt D．电场强度的大小为 2．如图所示，将一挡板竖直放置于某匀强电场中，电场方向竖直向下。甲、乙两个比荷均为k的带电粒子在电场中运动，甲经过A点时的速度v1的方向与竖直方向的夹角为53°；乙经过B点时的速度v2的方向与竖直方向的夹角为37°。A点和B点在同一竖直线上，C点和D点也在同一竖直线上。两粒子均垂直撞击在挡板上的P点，甲通过C点时速度方向与水平面的夹角为α，乙通过D点时速度方向与水平面的夹角为β。两粒子从A、B出发到点P的过程中，它们的水平位移为x。不计空气阻力和重力，已知sin53°＝0.8，sin37°＝0.6，对两粒从A、B出发到点P的过程中，下列说法中不正确的是（　　） A．甲、乙上升的最大高度的比值为9：16 B．电场强度 C．tan37°：tan53°＞tanα：tanβ D．甲、乙从A、B出发到点P的运动时间比为3：4 3．喷墨打印机的原理如图所示，墨盒喷出的墨汁液滴经过带电室时带上电荷，带电液滴经过偏转电场后打到纸上，显示出字体，且字体大小与打在纸上的偏转位移成正比。已知偏转板长为L，两板间的距离为d，电压为U。若液滴质量为m，电荷量大小为q，以初速度v0平行两板间从正中央进入电场，忽略空气阻力和重力作用，下列说法正确的是（　　） A．液滴经过偏转电场的过程中，电势能增大 B．液滴离开偏转电场时的动能大小为 C．液滴经过偏转电场的过程中，电场力的冲量大小为 D．仅将两极板间的电压调节为0.8U，则纸上的字体缩小20% 4．如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板A1B1、A2B2的间距和板长均为d，上极板接地，下极板不带电。一发射源从A1点沿A1B2方向以相同速度持续喷射出质量为m、电荷量为+q（q很小）的油滴（视为质点），第1滴油滴落在下极板中点C处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷均匀分布在极板上。已知重力加速度为g，不计空气阻力，忽略油滴间的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．油滴喷射的初速度大小为 B．最终稳定时，油滴沿A1B2方向做匀变速直线运动 C．油滴在平行板间运动的最短与最长时间之比为1：4 D．油滴在平行板间运动时电势能最多减少mgd 5．氢元素的两种同位素的原子核——氕核（）、氘核（）的质量之比为1：2，电荷量之比为1：1。如图所示，氕核（）、氘核（）由静止开始经同一加速电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上。下列说法正确的是（　　） A．氕核与氘核飞出加速电场时的速度之比为1：2 B．氕核与氘核在偏转电场的偏转距离之比为1：2 C．氕核与氘核飞出偏转电场时的动能之比为1：1 D．氕核与氘核从静止开始到最后打在屏上的运动时间之比为1：2 6．废旧塑料回收中常用静电分选技术精准分离不同材质的塑料颗粒，其装置简化图如图所示，在水平向右的匀强电场中，带电的PVC、PP塑料颗粒由O点静止释放，分别落入收集器1、2中。忽略颗粒间的相互作用及空气阻力，颗粒从O点运动到收集器的过程中，下列说法正确的是（　　） A．PVC塑料颗粒带正电 B．两种颗粒在电场中均做曲线运动 C．两种颗粒的电势能变化量一定相等 D．PP塑料颗粒机械能的增加量等于其电势能的减少量 7．如图，空间中存在着水平向右的匀强电场，一带电小球以速度v从P点竖直向上射入电场，经过一段时间运动到Q点。已知小球质量为m，电荷量为+q，PQ连线与水平方向夹角为37°，场强大小，重力加速度大小为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，小球从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球做变加速曲线运动 B．小球的动能先增大后减小 C．P、Q两点间的距离为 D．小球与PQ连线的最大距离为 （多选）8．如图甲所示，一平行板电容器极板的长度l＝10cm，宽s＝8cm，两极板间距为d＝4cm。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源，可沿着两极板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg、速度大小为4×106m/s的带电粒子（不计重力和粒子间的相互作用）。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下列说法不正确的是（　　） A．粒子打在屏上的区域面积为64cm2 B．粒子打到屏上时，必然有U＞128V C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有32%能够打在屏上 D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s （多选）9．如图所示，空间存在平行xOy平面的匀强电场。带正电粒子质量为m、电荷量为q，经过O点时速度大小为v0，方向沿y轴正方向，经过P点时速度沿x轴正方向。P点坐标为（2d，d），不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子从0到P的运动时间为 B．粒子在P点的速度大小为2v0 C．电场强度大小为 D．粒子从0到P的最小速度为 （多选）10．氢离子质量m＝1.67×10﹣27kg、带电量为1.6×10﹣19C，以某一水平初速度v0射入场强E＝104N/m的竖直向下的匀强电场，将会发生向下偏转。电场区域上下方向足够长，沿离子入射方向的宽度为L，关于氢离子在电场中的运动，下列判断正确的是（　　） A．在分析氢离子运动时，可以忽略氢离子所受重力 B．增大电场强度，氢离子穿越电场的时间将缩短 C．如果v0、L也已知，可以求出氢离子穿越电场过程中向下运动的距离 D．增大氢离子的初速度，氢离子穿越电场的时间将缩短 题型四 带电粒子在交变电场中的运动 1. 常见的交变电场类型:电压(或场强)波形:正弦波、矩形波、锯齿波等。 2. 交变电场中常见的粒子运动及分析思路 (1)粒子做单向直线运动:一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解； (2)粒子做往返运动:一般分段研究,应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解； (3)粒子做偏转运动:一般根据交变电场特点分段研究,应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。 3. 分析思路 (1)动力学观点:根据牛顿第二定律及运动学规律分析； (2)能量观点:应用动能定理、功能关系等分析； (3)动量观点: 应用动量定理分析。 4. 解题技巧 (1)按周期性分段研究； (2)将 转化成 ，再将 转化成 。 5. 注意事项 (1)带电粒子在交变电场中的运动,通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形； 当粒子垂直于交变电场方向射入时,沿初速度方向的分运动为匀速直线运动,沿电场方向的分运动具有周期性。 (2)研究带电粒子在交变电场中的运动,关键是根据电场变化的特点,利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况；根据电场的变化情况,分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。 (3)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。 (4)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场,若粒子穿过板间的时间极短,带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。 【例题精讲】 1．如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边框上a点开有一小孔。t＝0时，质量m、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度v（未知）从a点水平射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则（　　） A．粒子带正电 B．若粒子时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞 C．若粒子时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出 D．粒子时刻到达b点时的电场强度为粒子时刻到达b点时电场强度的4倍 2．如图1所示，水平平行正对的两金属板M、N间加有如题6图2所示的电压。0～t0时间段内，一质量为m的带电油滴（可视为质点）静止在两板正中间P处。t＝2.5t0时刻，该油滴恰好能到达某金属板。不计空气阻力，重力加速度为g，油滴的质量与电荷量保持不变，则M、N两板的间距为（　　） A． B．gt2 C． D．2gt2 3．如图（a），长为4d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平右发射初速度为v0、电荷量为q（q＞0）质量为m的粒子，金属板右侧距离为d竖直放置一足够大的荧光屏。现在两可加图（b）所示电压，已知t＝0时刻入射的粒子恰好能从金属板射出。不计重力，则（　　） A．不同时刻入射的粒子在金属板间运动的时间不相等 B．t时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点射出 C．无论哪个时刻入射的粒子从金属板间射出时动能Ek D．粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为 4．如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点为两板中点的一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力及粒子间的相互作用，以下判断正确的是（　　） A．能从板间射出的粒子的动能不一定相同 B．粒子在电场中运动的最短时间为 C．t时刻进入的粒子，从O点的下方射出 D．t时刻进入的粒子，不能从右侧射出 5．如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（　　） A．末速度大小为 B．克服电场力做功 C．重力的冲量为 D．重力势能增加了 6．如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是（　　） A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为 C．时刻进入的粒子能从下边缘射出 D．时刻进入的粒子将打到下极板 7．如图1所示，两块相同金属板A、B平行正对，水平放置，长为L，间距为d，两板接上如图2所示电压。一束电子流沿中心线OO′从O点，以初速度v0射入板间，且t＝0时刻进入两板间的电子恰好不碰到极板。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子重力及电子间相互作用。下列说法正确的是（　　） A．电压U0满足U0 B．在t时刻射入的电子从中心线离开电场 C．在t时刻射入的电子不能离开电场 D．所有电子都能射出电场且离开电场时的速度一定为v0 （多选）8．如图1所示，平行金属板电容器竖直放置，两板之间加上如图2所示周期为4s的方波电压，t＝0时刻将一个带负电粒子从两金属板之间由静止释放，此时a板电势高于b板电势。粒子所受重力忽略不计，粒子在电容器内的运动过程中不会与a、b板相碰，以下说法正确的是（　　） A．0～1s粒子向a板运动，且速度越来越大 B．1s～2s粒子向b板运动，且速度越来越大 C．3s时刻粒子的速度为零 D．4s时刻粒子的速度为零 （多选）9．2025年3月27日，中国科学院高能所正式宣布，国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器，如图甲，多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为e、交流电周期为T，电子通过圆筒间隙的时间不计，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．电子在各圆筒中的运动时间均为 B．电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1：2 C．电子在圆筒内做匀加速直线运动 D．图甲中各圆筒的长度按序号之比为1：： （多选）10．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间的距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，图中反映电子的速度v、加速度a和位移x随时间t变化的规律可能正确的是（　　） A． B． C． D． 课时精练 一．选择题 1．电动客车刹车时可把部分动能转化成电能回收储存再使用，车的核心元器件是超级电容器，该电容器能反复充放电很多次，完全充电后，车辆平均里程可达250～300公里。下列说法正确的是（　　） A．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容也逐渐减小 B．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变 C．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容保持不变 D．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容逐渐变大 2．如图所示为某一平行板电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若仅将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是（　　） A．是充电过程 B．该电容器两板间电场强度增大 C．该电容器的电容为5.0×10﹣2F D．该电容器的电量变化量为0.02C 3．某实验小组在研究影响平行板电容器电容的因素的实验电路中，加入了一个电池，如图所示。开关S闭合后，静电计G的指针张开一个角度，两正对水平金属板A、B间有一带电油滴悬浮不动。忽略电流计G所引起的极板电荷量影响。下列说法正确的是（　　） A．若仅将B板水平左移少许，则油滴将向下运动 B．若仅将A板竖直上移少许，A板所带的电荷量不变 C．若断开S，仅将A板水平右移少许，则G的指针张角将变小 D．若断开S，仅将B板水平右移少许，则油滴将向上运动 4．如图，水平虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　） A．该粒子加速度方向水平向左 B．带电粒子在运动过程中机械能守恒 C．a、b、c三条等势线中，c的电势最高 D．从Q运动到P，电场力做正功，带电粒子的电势能减小 5．如图所示，让质子（）和α粒子（）两种粒子从同一位置无初速度飘入加速电场加速后，再沿垂直于偏转电场的场强方向进入偏转电场，最后飞出偏转电场。下列说法正确的是（　　） A．两粒子穿出加速电场时速度相同 B．两粒子在偏转电场中加速度相同 C．两粒子出偏转电场时位移偏转量相同 D．两粒子出偏转电场时速度方向不同 6．如图所示，一电子（不计重力）沿x轴方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知OA＝AB，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段（全程）动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则（　　） A．vCy：vDy＝1：2 B．vCy：vDy＝1：4 C．ΔEk1：ΔEk2＝1：3 D．ΔEk1：ΔEk2＝1：5 7．如图所示，两段半径均为R的圆形玻璃管道AO、OB拼接一起固定于水平面内，管道内壁光滑，两管道在O点相切，在水平面内以O为原点建立x轴，x轴与AOB连线相垂直，正点电荷Q固定在x轴上处。一带正电小球以速度v0从A点进入管道，到运动至B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球在A、B两点所受的电场力相同 B．小球在O点时具有的电势能最大 C．小球从A点到O点的过程中，速度逐渐减小 D．小球从O点到B点的过程中，电势能逐渐减小 二．多选题 （多选）8．细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA分子进入细胞膜的轨迹（仅受电场力作用），M、N为轨迹上的两点，P点与N点关于y轴对称，下列说法正确的是（　　） A．DNA分子带负电 B．N、P两点的电场强度相同 C．DNA分子在M点的加速度比在N点大 D．DNA分子在N点的速度比在M点大 （多选）9．某兴趣小组用智能软件模拟带电粒子在电场中的运动。如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，质量相同的带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．Q点电势一定高于M点电势 B．全过程中，静电力对粒子a、b做的功相同 C．粒子a的电势能减小，粒子b的电势能增大 D．粒子a、b到达K点所用时间之比为1：2 （多选）10．如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连。开始时开关闭合，一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器。下列说法正确的是（　　） A．开关闭合，将A板竖直向下平移一小段距离，油滴仍能沿原中心线通过电容器 B．开关闭合，将B板竖直向下平移一小段距离，油滴穿过两板间时重力势能减小 C．断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，油滴可能打在A板上 D．断开开关，将A板竖直向下平移一小段距离，油滴穿过两板间时电势能不变 三．解答题 11．如图所示，水平地面上固定一竖直弹性挡板P，挡板右侧空间存在电场强度大小为E，方向水平向左的匀强电场。质量为3m的物块B静止于水平面上的Q点，B与地面间的动摩擦因数等于，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量为m的光滑物块A，带电量为q（q＞0），某时刻，A以水平向右的速度v0与B发生弹性碰撞。若A与挡板之间的碰撞无动能损失，B的速度减为零之前A不会与之发生碰撞。两物块均可看作质点，碰撞过程中电荷不转移，水平面足够长，重力加速度大小为g。 （1）求A与B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小； （2）为保证在B的速度减为零之前A不会与之发生碰撞，求Q点与挡板之间的最小距离s； （3）求第n次碰撞使B向右运动的距离以及B全过程因与地面摩擦产生的热量。 12．如图所示，倾角θ＝30°的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，斜面AC长为2L，B为AC中点，物块P、Q分别放于斜面上B、A两点，已知物块P带正电，质量为M，电荷量为q；物块Q不带电，质量为m。斜面上方空间有平行于斜面向上、大小可调的匀强电场。初始时物块P静止在B点，现将物块Q由A点静止释放，下滑后与物块P碰撞，碰撞前后物块P的电荷量保持不变。物块P静止时，匀强电场强度的大小E0；物块P、Q发生碰撞后运动时匀强电场强度的大小立即变为E1。两物块P、Q均可视为质点，物块间的碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g。 （1）求两物块P、Q第一次碰撞前瞬间物块Q的速度大小v0； （2）若第一次碰撞后物块Q刚好能运动到A、B中点，求（结果可用根式表示）； （3）若M＝m，两物块是否会在斜面AC上发生第二次碰撞，如果会，求前后两次碰撞的间隔时间；如果不会，请说明理由。 13．如图所示，在光滑绝缘水平面上有一个质量为M的长带电体B，电荷量为+q（q＞0）；在带电体上表面的左侧放有一质量为m、可视为质点的绝缘滑块A，整个装置处于场强大小为、方向水平向右的匀强电场中，距离带电体B的右端L处有一绝缘的挡板，带电体从静止释放，与该挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中带电体的电荷量、电性均不发生改变。已知M＝3m，带电体与滑块之间的滑动摩擦力大小为f＝3mg（假设最大静摩擦等于滑动摩擦力），g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求带电体B第一次与挡板碰撞后的瞬间，A和B的各自加速度大小； （2）带电体B第一次与挡板碰撞反弹后，在B向左运动的过程中滑块A没有从带电体上滑出，求B向左运动的最大距离。 14．如图所示，极板AB之间的电压为U，静止于两极板中间的带正电离子，经电场加速后恰能沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域NCDQ的有界匀强电场，电场方向竖直向下，其中，，F为QN的中点。圆弧形静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向指向圆心O点，已知圆弧虚线所在处半径为R，若离子的质量为m、电荷量为q；离子所受重力不计，电场之间不会相互影响。 （1）求离子刚进入圆弧形电场时的动能EkB； （2）求辐射状电场在圆弧虚线处的电场强度E0的大小； （3）若要求离子只能打在QF之间，求矩形区域QNCD内匀强电场的场强E要满足什么条件？ 15．如图所示，PA为一竖直平面内的光滑圆弧轨道，O为圆心，AB、CD为竖直导体板（厚度不计），板间有水平向左的匀强电场（图中未画出）。一质量为0.16kg带电量q＝+1.6×10﹣6c。小球（可视为质点）从圆弧上与O等高的P点静止释放后，小球恰好不撞到CD板，最后从B点离开电场。已知轨道半径R为0.45m，两板间间距为0.6m，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，求： （1）电场强度的大小； （2）小球在电场中的最小速度； （3）AB板的长度。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题40 电容器　带电粒子在电场中的运动 题型一 电容器 3 题型二 带电粒子（体）在电场中的直线运动 11 题型三 带电粒子在电场中的曲线运动 19 题型四 带电粒子在交变电场中的运动 29 课时精练 40 【基础回顾】 一、电容器　电容 1．电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。 (3)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．电容 (1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。 (2)定义式：C＝＝。 (3)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012pF。 (4)性质：表示电容器容纳电荷　本领的高低。 (5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关　。 3．平行板电容器 (1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极间的距离成反比。 (2)决定式：C＝，k为静电力常量。 二、带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中的加速 (1)处理方法：利用动能定理qU＝mv2－mv　。 (2)适用范围：任何电场。 2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。 (2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。 ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝ 　。 ②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动。 3．带电粒子在电场中偏转的重要推论 推论1：如图所示，粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线与初速度方向交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。 证明：由tan θ＝，y＝和x＝，知x＝。故O点平分了沿初速度方向的位移，所以粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间处沿直线射出似的。 推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角正切值的，即tan α＝tan θ。 推论3：不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合(与比荷无关)。 证明：带电粒子先经加速电场(电压U加)加速，又进入偏转电场(电压U偏)，射出偏转电场时，偏移量y＝at2＝＝＝，速度偏转角的正切值tan θ＝。可见偏移量y和偏转角θ只与U加、U偏有关，与q、m无关，运动轨迹必定重合。 题型一 电容器 1．电容器两类问题的比较 分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量 U Q d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变 S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量 U Q d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变() S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 2．解决电容器问题的常用技巧 （1）在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关()。 （2）对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住、Q＝CU和进行判定即可。 【例题精讲】 1．完全相同的平行板电容器甲、乙串联后，与恒定电源E按图示连接，P点为甲的中心，试探电荷+q位于P点，乙下极板接地（电势为0）。现将乙撤去，甲下极板接电源正极并接地。下列说法正确的是（　　） A．P点的电势变为原来的 B．P点的电场强度大小变为原来的 C．甲上极板的电荷量变为原来的4倍 D．+q在P点的电势能变为原来的 【答案】D 【解答】解：AD、设电源的电动势为E。完全相同的平行板电容器甲、乙串联，两个电容器的电压均为UE，且下极板的电势均高于上极板的，P点为甲的中心，可得乙的下极板到P点的电势差为U0P＝0﹣φP＝UU，可得P点的电势为：φP； 将乙撤去，则电容器甲的电压为U′＝E，同理可知，此时P点的电势为：φP′。 由，可知P点的电势变为原来的 根据电势能Ep＝qφ，易知+q在P点的电势能变为原来的，故A错误，D正确； BC、电容器两极板间的电场为匀强电场，由前述分析可知，电容器甲的电压变为原来的2倍，根据电场强度与电势差的关系，易知P点的电场强度大小变为原来的2倍；根据电容的定义式，易知甲上极板的电荷量变为原来的2倍，故BC错误。 故选：D。 2．某一自动对焦相机中，为了实时监测对焦镜组的位置，设计了一个平行板电容器式位移传感器。其结构如图所示：固定极板M安装在镜筒上且接地，可动极板N与对焦镜组固定连接且可沿水平方向左右移动，初始时两块极板正对放置，传感器工作时，电容器两端始终与电压恒定的电源相连，当镜组带动可动极板向左移动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容增大 B．两板间的场强减小 C．流过R的电流从c流向d D．P点的电势不变 【答案】D 【解答】解：A、板向左移动，根据，正对面积S减小，故电容C减小，故A错误； B、根据，U恒定、d不变，故E不变，故B错误； C、由Q＝CU，U恒定、C增减小，故带电量Q减小，故电流从d流向c，故C错误； D、电容器与恒压电源相连，极板间电压U不变，可动极板水平移动时极板间距d不变，由 得两板间电场强度E恒定；P点到接地极板M的竖直距离不变，P与M间电势差UMP＝Ed，不变，又φM＝0，故φP＝﹣UMP，保持不变，故D正确。 故选：D。 3．家用健身挥拳力量测试仪的核心部件为平行板电容器，如图所示，固定极板与可动极板的正对面积S保持不变，极板间介质为空气。挥拳冲击可动极板时，极板间距d会随之减小。测试前先将电容器与恒压电源相连完成充电，随后断开电源。下列说法正确的是（　　） A．挥拳力量越小，电容C越大 B．挥拳力量越大，极板间电压U越大可 C．断开电源后，挥拳冲击过程中，极板带电量Q不变 D．调节仪器参数，减小极板正对面积S，相同挥拳力量下，电压变化幅度变小 【答案】C 【解答】解：A、挥拳力量越小，则极板间距d会越大，结合，电容C越小，故A错误； B、挥拳力量越大，则极板间距d会越小，结合，电容C越大，根据，极板间电压U越小，故B错误； C、断开电源后，挥拳冲击过程中，由A选项分析可知，电容C增大，但电容器不能充放电，Q不变，故C正确； D、根据，相同挥拳力量下，电压变化幅度为，调节仪器参数，减小极板正对面积S，相同挥拳力量下，电压变化幅度变大，故D错误。 故选：C。 4．在密立根油滴实验中，当水平放置的平行板电容器加上适当电压时，通过显微镜观察到某一带电油滴在极板间静止悬浮，实验装置示意图如图所示。下列说法正确的是（　　） A．油滴带正电 B．若仅将极板间电压增大，油滴将向下运动 C．若油滴带电量减少，则使其悬浮所需电压变大 D．若仅将极板间距离增大，油滴将向上运动 【答案】C 【解答】解：A.油滴静止悬浮时，所受重力与电场力平衡，即电场力方向竖直向上。平行板电容器上极板带正电、下极板带负电，板间电场方向竖直向下，根据电场力方向与电场方向的关系，油滴所受电场力向上，故油滴带负电，故A错误； B.极板间电压增大时，由匀强电场的电场强度公式可知，电场强度E增大。油滴所受电场力F＝qE 随之增大，此时电场力大于重力，油滴将向上运动，故B错误； C.油滴静止时满足平衡条件mg＝qE，若油滴带电量q减少，要维持平衡，电场力需要保持不变，即E需要增大，由 可知，增大E可通过增大电压U实现，故C正确； D.极板间距离增大时，由匀强电场的电场强度公式 可知，电场强度E减小。油滴所受电场力F＝qE 随之减小，此时电场力小于重力，油滴将向下运动，故D错误。 故选：C。 5．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，其下端浸没在下方储罐中的不导电液体中，P是两极板间的一点，N极板接地。电容器与理想二极管串联后，接在电动势恒定的电源两端。关于该电路，下列判断正确的是（　　） A．液面上升一小段高度，电容器所带的电荷量不变 B．液面下降一小段高度，P点的电势降低 C．将M板向左移一小段距离，P点的电场强度减小 D．将N板向左移一小段距离，P点的电势降低 【答案】B 【解答】解：A、液面上升一小段高度，相对介电常数ɛr增大，根据电容的决定式C可知，电容器的电容增大，而电容器的电压不变，由电容的定义式C可知，电容器所带的电荷量增大，故A错误； B、下降一小段高度，同理可知，电容器所带的电荷量要减少，但由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器所带的电荷量不变。根据C，C和E可得E，相对介电常数ɛr减小，场强E增大，由U＝Ed知，NP间电势差增大，因P点的电势比N板低，N板电势为零，所以P点的电势降低，故B正确； C、将M板向左移一小段距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电荷量不变，结合B项中分析可知P点的电场强度不变，故C错误； D、将N板向左移一小段距离，同理可知，P点的电场强度增大，由U＝Ed知PM间电势差增大，因NM间电势差不变，则NP电势差减小，因P点的电势比N板低，N板电势为零，所以P点的电势升高，故D错误。 故选：B。 6．电容式话筒的原理图如图，E为电源，R为定值电阻，薄片P和Q为电容器两金属极板，人对着P说话，P振动而Q不动，在P、Q间距离增大的过程中（　　） A．电容器的电容变大 B．Q上电量保持不变 C．电流方向N→R→M D．M点的电势比N点的高 【答案】D 【解答】解：介质P向右匀速移动的过程中，根据电容的决定式C 可知电容变小，而电容器的电压不变，由 可知其电荷量变小，电容器处于放电状态，则流过电阻R的电流方向从M到N，M点的电势比N点的电势高，故ABC错误，D正确。 故选：D。 7．如图为某同学利用一竖直平行板电容器设计的风力传感器，可检测水平风力强度。电容器右极板固定不动，左极板与风力接收板连接并固定，可随接收板在一定范围内左右水平移动，风力越大，极板移动的距离越大。已知两极板间电压保持不变，若某次有水平风力作用时，稳定后极板上所带电荷量变少，则（　　） A．风向右吹 B．电容器电容变小 C．极板间电场强度变大 D．极板间电场强度不变 【答案】B 【解答】解：AB、电容器两极板间电压U保持不变，稳定后极板上所带电荷量变少，根据Q＝CU可知电容器的电容C变小。根据电容的决定式可知两极板间距d增大，则风向左吹，故A错误，B正确； CD、电容器两极板间电压U保持不变，两极板间距d增大，由可知，极板间电场强度变小，故CD错误。 故选：B。 （多选）8．手机的计步功能通过“震动探测器”实现。其主要原理可简化为如图所示，MN两极板组成电容式加速度传感器，其中M极板固定，N极板连接微弹簧。当手机的加速度变化时，N极板可以按图中标识的“前后”方向微幅运动。其中E为电源，G为电流表，R为定值电阻。下列描述正确的是（　　） A．静止时，容器M极板带负电，电流表示数为零 B．由静止突然向前加速时，电容器的电容减小 C．由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表 D．保持向前匀减速运动时，MN极板间的电场强度均匀减小 【答案】BC 【解答】解：A．M极板与电源正极连接，所以M极板带正电，静止时，电容器极板所带电荷量不变，电流表示数为零，故A错误； B．手机由静止突然向前加速时，N极板由于具有惯性，相对M极板将向后运动，两极板间距增大，由C可知，电容器的电容减小，故B正确； C．两极板间电压一定，由可知，电容器电容减小时，极板所带电荷量减小，N极板失电子，电子从a运动到b，则电流由b向a流过电流表，故C正确； D．若保持向前匀减速运动，极板之间间距不变，由U＝Ed可知，M、N极板间的电场强度不变，故D错误。 故选：BC。 （多选）9．某同学设计了一种基于平行板电容器的位移传感器，其原理如图所示。其中E为恒压电源，R为定值电阻，电容器左极板固定，右极板通过绝缘轻杆与物体相连。闭合开关S，物体发生一小段位移的过程中，电流表G中有从M到N的电流，则（　　） A．电容器所带的电荷量减小 B．电容器的电容增大 C．物体的位移方向是水平向右 D．电容器极板间电场强度增大 【答案】BD 【解答】解：A、根据电流表G中有从M到N的电流可知此时电容器处于充电过程，故电容器所带的电荷量增大，故A错误； B、由 可知，U不变，Q增大，则C增大，故B正确； C、由 可得，C增大，极板间距减小，故物体的位移方向是水平向左，故C错误； D、由 可知，U不变，d减小，则电容器极板间电场强度增大，故D正确。 故选：BD。 （多选）10．如图D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止。以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能。若保持板B不动，将板A稍向上平移，则下列说法正确的是（　　） A．E变小 B．U不变 C．Ep不变 D．电荷仍保持静止 【答案】CD 【解答】解：将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式可知，电容C减小。 若电容器两端电压保持不变，则其带电量将减小，但由于二极管具有单向导电性，电荷无法通过二极管流回电源，因此电容器所带电荷量Q保持不变。 由电容的定义式可知，因C减小而Q不变，解得：U增大。根据推论可知，板间电场强度E保持不变，因此电荷所受电场力不变，仍保持静止状态。 P点与B板间的电势差UPB＝EdPB，其中E与dPB均不变，解得：UPB保持不变，故P点电势不变，电荷在P点的电势能Ep也不变。故AB错误，CD正确。 故选：CD。 题型二 带电粒子（体）在电场中的直线运动 1.带电粒子（体）在电场中运动时重力的处理 基本粒子 如电子、质子、α粒子等，除有说明或明确的暗示外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量） 带电体 如带电液滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示外，一般都不能忽略重力 2.带电粒子（体）在电场中直线运动的分析方法 【例题精讲】 1．如图所示，相互平行的水平金属板A、B、C分别与两个相同的电源相连，B、C两板上开的小孔在同一竖直线上，一电子从靠近A板的位置O由静止开始运动，恰好能到达C板，不计电子重力，将B板上移至水平虚线处，由O处静止释放的电子（　　） A．到达B板时速度减小 B．能穿过C板上的小孔 C．到达C板的时间不变 D．到达C板的时间增大 【答案】C 【解答】解：由题意可知B板到A板的电势差UBA＞0，B板到C板的电势差UBC＞0，且UBA、UBC均等于电源的电动势，即：UBA＝UBC。电子在A、B板间做匀加速直线运动，在B、C板间做匀减速直线运动。 A．电子从A板到B板的过程，根据动能定理得：eUBA，将B板上移至水平虚线处，UBA仍等于电源的电动势，保持不变，可知电子到达B板时速度不变，故A错误； B．未移动B时电子恰好能到达C板，将B板上移至水平虚线处，UBA、UBC仍等于电源的电动势，均保持不变，根据动能定理易知电子仍然恰好能到达C板，不能穿过C板上的小孔，故B错误； CD．由上述分析，电子到达B板时速度vB不变，由A板运动到C板的位移不变，总是恰好到达C板，将B板上移至水平虚线处后，改变板间的匀强电场的电场强度，改变了电子运动的加速度，根据电子运动的v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，且面积不变，作出移动B板前后的电子由A板运动到C板的v﹣t图像，如下图所示： 由所作v﹣t图像可知到达C板的时间不变，故C正确，D错误。 故选：C。 2．如图，在电容器两极板上加恒定电压U，紧靠正极板中间处有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，仅在电场力作用下由静止开始向负极板做直线运动。若将两板间距离增大，再次在同一位置释放该粒子，则（　　） A．电容器的电容变大 B．带电粒子获得的加速度不变 C．带电粒子到达负极板的时间变长 D．带电粒子到达负极板时的速度变小 【答案】C 【解答】解：A.根据平行板电容器的电容公式，可知当两板间距d增大时，电容C减小，故A错误。 B.极板间电压U恒定，电场强度，当d增大时E减小，可知粒子受到的电场力F＝qE减小，加速度也随之减小，故B错误。 C.粒子从正极板由静止开始运动，设位移为d，则加速度，根据运动学公式有，解得，可知当d增大时，时间t变长，故C正确。 D.粒子运动过程中，电场力做功W＝qU与板间距无关；根据动能定理有，解得末速度，可知末速度与d无关，即粒子到达负极板的速度不变，故D错误。 故选：C。 3．离子推进器是用电场将等离子加速后喷出而获得前进动力的，如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，则在加速过程中推进器获得恒定的推力F为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：电场对粒子加速有 设向右为正方向，根据动量定理有m0v0＝Ft 其中m0＝nmt，Q＝nqt 整理得粒子获得恒定的推力F大小 根据牛顿第三定律，离子推进器获得恒定的推力F大小 故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距L。在正负极板附近分别有两个质量相同，电荷量为q1（q1＞0）的粒子A和电荷量为﹣q2（q2＞0）的粒子B。两粒子同时从静止开始运动，同时经过与正极板相距的平面Q。两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是（　　） A．电荷量q1与q2的比值为3：7 B．电荷量q1与q2的比值为3：4 C．粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为9：16 D．粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为3：7 【答案】B 【解答】解：AB.A、B两个粒子均做匀加速直线运动，其加速度大小分别为， 运动的距离分别为，，两个粒子运动的时间相同，列出方程 代入数据得，故A错误，B正确； CD.A、B两个粒子达到平面Q的速度大小分别为， 代入数据得，故CD错误。 故选：B。 5．高能质子流能够精准打击肿瘤，如图，质子源释放的质子（初速度为零），经加速电压U加速，形成质子流。已知质子的比荷为，不计质子的重力及质子间的相互作用，则质子加速后获得的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：质子在电场中，根据动能定理可得 解得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 6．如图甲为直线加速器原理图，由多个横截面积相同的圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。已知电子的质量为m、元电荷为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的圆板（序号为0）中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是（　　） A．可以选用高强度的玻璃作为圆筒材料 B．电子在圆筒内运动的时间为T C．进入第2个金属圆筒时的速度为 D．第8个金属圆筒的长度为 【答案】C 【解答】解：A．圆筒需要和交流电源相连形成电场，必须导电，玻璃在常温下是绝缘体，故A错误； B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即，故B错误； C．进入第2个金属圆筒时，由动能定理得 所以电子进入第2个圆筒瞬间速度为 故C正确； D．由动能定理得 所以电子进入第8个圆筒瞬间速度为 因为金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为 故D错误。 故选：C。 7．AMS磁谱仪可在太空中用于寻找反物质和暗物质。如图为该仪器加速环节的简化模型：O点为圆心，电势为零；辐射状的加速电场边界为半圆弧面ABC，其半径为R，电势为φ。假设太空中漂浮着大量的带电粒子，每个粒子质量为m、电量为q，它们能吸附到辐射状电场的半圆弧面上，并从静止开始加速到达O点，不计粒子间的相互作用和重力的影响。则（　　） A．粒子带负电 B．加速电场的电场强度大小 C．粒子到达O点时的速度大小为 D．粒子到达O点的过程中，加速度逐渐减小 【答案】C 【解答】解：A、粒子从静止开始加速到达O点，说明电场力做正功，电场力方向与电场方向相同，因此粒子带正电，故A错误。 B、该电场不是匀强电场，不能用E（U＝φ，d＝R）这种形式来计算电场强度，所以加速电场的电场强度大小不是，故B错误。 C、根据动能定理，电场力对粒子做的功等于粒子动能的增加量，即qφmv2，解得v，故C正确。 D、根据F＝qE，a，由点电荷电场强度公式的推论（这里可把半圆弧面看成是由很多点电荷组成）可知越靠近O点电场强度越大，所以粒子在到达O点的过程中，加速度逐渐增大，故D错误。 故选：C。 （多选）8．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一定角度，两极板与一直流电源相连（图中电源省略）。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则在此过程中，该粒子（忽略空气阻力）（　　） A．所受重力与电场力合力水平向左 B．电势能逐渐减小 C．动能逐渐增大 D．做匀减速直线运动 【答案】AD 【解答】解：ACD、因带电粒子沿水平直线向右运动，故带电粒子所受重力与电场力的合力必沿水平直线，又因带电粒子所受电场力与两极板垂直，故带电粒子所受重力与电场力的合力必水平向左，又因带电粒子所受合力为恒力，故带电粒子做匀减速直线运动，动能逐渐减小，故AD正确，C错误； B、根据以上分析可知，带电粒子所受电场力垂直于两极板向左上方，即电场力与速度成钝角，故电场力做负功，电势能逐渐增大，故B错误。 故选：AD。 （多选）9．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　） A．做匀速直线运动，电势能不变 B．做匀加速直线运动，电势能增大 C．做匀减速直线运动，电势能增大 D．做匀减速直线运动，机械能减小 【答案】CD 【解答】解：粒子受力与速度共线，或粒子受合力为零，才能沿直线运动，对带电粒子受力分析，其受到竖直向下的重力，电场力方向与电容器极板垂直，即粒子受力如下图： 由图可知：qEcosθ＝mg，qEsinθ＝F合； 由图可知，电场力方向与速度方向夹角为钝角，可知电场力对带电粒子做负功，电势能变大，机械能变小； 合力与速度反向，且合力为恒力，可知带电粒子做匀减速直线运动，故AB错误，CD正确。 故选：CD。 （多选）10．如图所示，竖直平面内有一组平行等距的电场线，方向未知。在竖直平面内，一带电小球以v0的初速度抛出，只在重力和电场力的作用下沿直线由a运动到b，则在该过程中（　　） A．小球一定带负电 B．电场线方向一定向左 C．小球的动能一定减小 D．小球的电势能一定增大 【答案】CD 【解答】解：AB、带电小球在重力和静电力作用下做直线运动，根据受力分析可知小球所受的电场力一定水平向左，故小球电性和电场线方向不能确定，故AB错误； CD、小球合力方向沿ab直线方向向下，故合力做负功，动能减少，电场力做负功，电势能增加，故CD正确； 故选：CD。 题型三 带电粒子在电场中的曲线运动 1．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。 2．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＝U，指初、末位置间的电势差 【例题精讲】 1．一质量为m、电荷量为q的试探电荷在某匀强电场中运动，仅在静电力的作用下由a运动到b（运动轨迹在竖直面内），所用时间为t，其在a点和b点的速度大小均为2v，速度方向如图中箭头所示，虚线代表水平方向。则（　　） A．小球从a运动到b的过程中，电势能先减小再增大 B．电场强度方向与a、b连线平行 C．a、b之间的距离为vt D．电场强度的大小为 【答案】C 【解答】解：C、将试探电荷在a、b两点的速度沿水平和竖直方向进行正交分解。在a点，水平分速度，竖直分速度vay＝2vsin30°＝v； 在b点，水平分速度vbx＝0，竖直分速度vby＝﹣2v。 由于试探电荷在匀强电场中做匀变速曲线运动，根据运动学规律，水平位移，竖直位移，则a、b之间的距离，解得：s＝vt，故C正确； B、试探电荷受到的静电力为恒力，根据动量定理，静电力的水平分量，竖直分量，静电力方向与水平方向夹角的正切值，解得：；而a、b连线与水平方向夹角的正切值，解得：，两方向相互垂直而非平行，故B错误； A、在a点，静电力与速度方向的夹角大于90°，静电力先做负功，电势能先增大后减小，故A错误； D、由可得电场强度，解得：，故D错误。 故选：C。 2．如图所示，将一挡板竖直放置于某匀强电场中，电场方向竖直向下。甲、乙两个比荷均为k的带电粒子在电场中运动，甲经过A点时的速度v1的方向与竖直方向的夹角为53°；乙经过B点时的速度v2的方向与竖直方向的夹角为37°。A点和B点在同一竖直线上，C点和D点也在同一竖直线上。两粒子均垂直撞击在挡板上的P点，甲通过C点时速度方向与水平面的夹角为α，乙通过D点时速度方向与水平面的夹角为β。两粒子从A、B出发到点P的过程中，它们的水平位移为x。不计空气阻力和重力，已知sin53°＝0.8，sin37°＝0.6，对两粒从A、B出发到点P的过程中，下列说法中不正确的是（　　） A．甲、乙上升的最大高度的比值为9：16 B．电场强度 C．tan37°：tan53°＞tanα：tanβ D．甲、乙从A、B出发到点P的运动时间比为3：4 【答案】C 【解答】解：A．将两个带电粒子在电场中的类斜抛运动逆向看成从P点水平向左开始做类平抛运动，由类平抛运动的特点可知，粒子在任意时刻的速度的反向延长线过水平位移的中点，如下图所示： 设甲、乙上升的最大高度分别为yA、yB。由几何关系得：； 联立解得：，故A正确； B．根据牛顿第二定律可得两粒子的加速度大小均为：akE 粒子在竖直方向上做匀变速直线运动，对粒子甲有：2ayA＝（v1cos53°）2 联立解得电场强度大小为：，故B正确； C．设C点、D点与P点的竖直距离分别为yC、yD，两粒子分别由C点、D点到P点的时间为tC、tD。同理，由上图中的几何关系可得： ； 两粒子在竖直方向上做加速度相同的匀变速直线运动，对两粒子分别有：； 联立可得：tanα：tanβ 两粒子在水平方向上均做匀速直线运动，设甲、乙粒子的水平分速度大小分别为v1x、v2x，则有：x1＝v1xtC＝v2xtD 联立可得：tanα：tanβ 因v1x、v2x均为恒定值，故tanα与tanβ的比值恒定，此比值等于两粒子分别通过A、B点时速度方向与水平面的夹角的正切值的比，则有：tanα：tanβ＝tan37°：tan53°，故C错误。 D．两粒子在竖直方向上做加速度相同的匀变速直线运动，对两粒子分别有：； 联立解得：，解得甲、乙从A、B出发到点P的运动时间比为：，故D正确。 本题选择说法不正确的，故选：C。 3．喷墨打印机的原理如图所示，墨盒喷出的墨汁液滴经过带电室时带上电荷，带电液滴经过偏转电场后打到纸上，显示出字体，且字体大小与打在纸上的偏转位移成正比。已知偏转板长为L，两板间的距离为d，电压为U。若液滴质量为m，电荷量大小为q，以初速度v0平行两板间从正中央进入电场，忽略空气阻力和重力作用，下列说法正确的是（　　） A．液滴经过偏转电场的过程中，电势能增大 B．液滴离开偏转电场时的动能大小为 C．液滴经过偏转电场的过程中，电场力的冲量大小为 D．仅将两极板间的电压调节为0.8U，则纸上的字体缩小20% 【答案】D 【解答】解：A、液滴经过偏转电场的过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误； B、结合动能定理，液滴离开偏转电场时的动能大小为，故B错误； C、液滴经过偏转电场时，电场力的冲量大小，故C错误； D、离开偏转电场时的偏转距离为，将两极板间的电压调节为0.8U，即电压降低20%，偏转距离y减小20%，纸上的字体缩小20%，故D正确。 故选：D。 4．如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板A1B1、A2B2的间距和板长均为d，上极板接地，下极板不带电。一发射源从A1点沿A1B2方向以相同速度持续喷射出质量为m、电荷量为+q（q很小）的油滴（视为质点），第1滴油滴落在下极板中点C处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷均匀分布在极板上。已知重力加速度为g，不计空气阻力，忽略油滴间的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．油滴喷射的初速度大小为 B．最终稳定时，油滴沿A1B2方向做匀变速直线运动 C．油滴在平行板间运动的最短与最长时间之比为1：4 D．油滴在平行板间运动时电势能最多减少mgd 【答案】D 【解答】解：A．第1滴油滴落在C处，水平方向有：vcos45°•td 竖直方向有：gvsin45° 可知油滴喷射的初速度v，故A错误； B．下极板的电荷量累积至油滴刚好离开B1点为止，故B错误； C．水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间对应于油滴落在C点和B1点的时间，则时间之比为1：2，故C错误； D．电场力做功最多时油滴向上运动至最高点，由类斜上抛运动上升和下降阶段运动的对称性和分析知： 水平方向上：d 竖直方向上：h 从A1点到最高点的过程中有：﹣mgh+W电＝0 代入数据得：W电 即电势能最多减少，故D正确。 故选：D。 5．氢元素的两种同位素的原子核——氕核（）、氘核（）的质量之比为1：2，电荷量之比为1：1。如图所示，氕核（）、氘核（）由静止开始经同一加速电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上。下列说法正确的是（　　） A．氕核与氘核飞出加速电场时的速度之比为1：2 B．氕核与氘核在偏转电场的偏转距离之比为1：2 C．氕核与氘核飞出偏转电场时的动能之比为1：1 D．氕核与氘核从静止开始到最后打在屏上的运动时间之比为1：2 【答案】C 【解答】解：A.两原子核在加速电场中运动时，根据动能定理可得 可得 则两原子核飞出加速电场时的速度之比为 故A错误； B.两原子核在偏转电场中做类平抛运动，有L＝vt， 联立可得偏转距离 可知偏转距离与原子核的质量和电荷量无关，因此两原子核在偏转电场中的偏转距离之比为1：1，故B错误； C.原子核飞出偏转电场时，根据动能定理得 由于两原子核在偏转电场 中的偏转距离相等，则两原子核飞出偏转电场时的动能之比为1：1，故C正确。 D.氕核与氘核从静止开始到最后打在屏上的运动时间 可知时间之比为1：，故D错误。 故选：C。 6．废旧塑料回收中常用静电分选技术精准分离不同材质的塑料颗粒，其装置简化图如图所示，在水平向右的匀强电场中，带电的PVC、PP塑料颗粒由O点静止释放，分别落入收集器1、2中。忽略颗粒间的相互作用及空气阻力，颗粒从O点运动到收集器的过程中，下列说法正确的是（　　） A．PVC塑料颗粒带正电 B．两种颗粒在电场中均做曲线运动 C．两种颗粒的电势能变化量一定相等 D．PP塑料颗粒机械能的增加量等于其电势能的减少量 【答案】D 【解答】解：A.电场强度方向水平向右，PVC颗粒偏向左侧收集器，说明其受到的电场力方向水平向左，与电场方向相反，因此PVC颗粒带负电，故A错误； B.颗粒从静止开始运动，所受重力与电场力的合力为恒力，物体在恒力作用下由静止出发，做初速度为零的匀加速直线运动，故B错误； C.电势能变化量的大小等于电场力做功的大小，电场力做功与颗粒的电荷量、沿电场力方向的位移均有关，两种颗粒的电荷是未知，位移也不同，无法确定电势能变化量是否相等，故C错误； D.颗粒运动过程中只有重力和电场力做功，根据功能关系，除重力外的电场力做功等于机械能的变化量；电场力做正功时，电势能减少量等于电场力做功，因此PP颗粒机械能的增加量等于其电势能的减少量，故D正确。 故选：D。 7．如图，空间中存在着水平向右的匀强电场，一带电小球以速度v从P点竖直向上射入电场，经过一段时间运动到Q点。已知小球质量为m，电荷量为+q，PQ连线与水平方向夹角为37°，场强大小，重力加速度大小为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，小球从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球做变加速曲线运动 B．小球的动能先增大后减小 C．P、Q两点间的距离为 D．小球与PQ连线的最大距离为 【答案】D 【解答】解：A.小球水平方向的加速度，做匀加速运动，竖直方向做加速度为g的匀减速运动，则合运动为匀加速曲线运动，故A错误； B.小球所受的合外力方向与水平方向的夹角为45°方向指向右下方，合加速度大小为，可知小球抛出后，合力先做负功后做正功，则小球的动能先减小后增大，故B错误； C.从P到Q，水平方向，竖直方向，其中 解得P、Q两点间的距离为，故C错误； D.将小球的速度和加速度都分解在垂直于PQ连线方向，则小球与PQ连线的最大距离为，故D正确。 故选：D。 （多选）8．如图甲所示，一平行板电容器极板的长度l＝10cm，宽s＝8cm，两极板间距为d＝4cm。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源，可沿着两极板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg、速度大小为4×106m/s的带电粒子（不计重力和粒子间的相互作用）。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下列说法不正确的是（　　） A．粒子打在屏上的区域面积为64cm2 B．粒子打到屏上时，必然有U＞128V C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有32%能够打在屏上 D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s 【答案】BC 【解答】解：AB．带电粒子穿过电场时间，加速度，偏转位移 ，由解得临界电压Uc＝128V。可知只有|U|≤128V时，粒子才能穿出电场打到屏上，|U|＞128V粒子会打在极板上无法穿出。粒子刚好从极板边缘射出时射出距离最远，此时速度偏转角的正切值，出电场后最大总偏转2ymax＝d＝4cm，即偏转方向总范围长度为4cm×2＝8cm，垂直偏转方向极板宽度为s＝8cm，可得面积S＝8cm×8cm＝64cm2，故A正确，不符合题意。B错误，符合题意选项要求。 C．粒子均从中心平面入射，|U|≤128V时全部穿出，|U|＞128V全部不穿出，一个周期T＝0.02s内，|U|≤128V总时间为0.0128s，占比为，故C错误。符合题意选项要求。 D．由U﹣t图像计算得，一个周期内|U|≤128V总时间为0.0128s，即有粒子打在屏上（出现亮线）的时间为0.0128s，故D正确。不符合要求。 故选：BC。 （多选）9．如图所示，空间存在平行xOy平面的匀强电场。带正电粒子质量为m、电荷量为q，经过O点时速度大小为v0，方向沿y轴正方向，经过P点时速度沿x轴正方向。P点坐标为（2d，d），不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子从0到P的运动时间为 B．粒子在P点的速度大小为2v0 C．电场强度大小为 D．粒子从0到P的最小速度为 【答案】BD 【解答】解：AB.电场强度在x轴方向的分量沿x轴正方向，设大小为Ex，在y轴方向的分量沿y轴负方向，设大小为Ey。设粒子从O到P的运动时间为t，到P点时速度大小为v y方向粒子做匀减速直线运动，有 x方向粒子做匀加速直线运动，有 可得，v＝2v0 故A错误，B正确； C.y方向，以v0的方向为正方向，由动量定理有﹣qEyt＝0﹣mv0，可得 x方向，以水平向右的方向为正方向，由动量定理有qExt＝mv﹣0，可得 合场强大小为 故C错误。 D.设合场强方向与x轴正方向夹角θ，有。把粒子的运动分解为平行电场方向和垂直电场方向，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，当平行电场方向速度减为0时，合速度最小，等于垂直电场方向的分速度。所以，故D正确。 故选：BD。 （多选）10．氢离子质量m＝1.67×10﹣27kg、带电量为1.6×10﹣19C，以某一水平初速度v0射入场强E＝104N/m的竖直向下的匀强电场，将会发生向下偏转。电场区域上下方向足够长，沿离子入射方向的宽度为L，关于氢离子在电场中的运动，下列判断正确的是（　　） A．在分析氢离子运动时，可以忽略氢离子所受重力 B．增大电场强度，氢离子穿越电场的时间将缩短 C．如果v0、L也已知，可以求出氢离子穿越电场过程中向下运动的距离 D．增大氢离子的初速度，氢离子穿越电场的时间将缩短 【答案】ACD 【解答】解：A.题意可知氢离子质量很小，计算可知其重力比电场力小很多，故可以忽略氢离子所受重力，故A正确； B.氢离子在水平方向做匀速直线运动，穿越电场时间 可知t与电场强度无关，故B错误； C.根据类平抛运动规律有 L＝v0t 可知如果v0、L也已知，可以求出氢离子穿越电场过程中向下运动的距离y，故C正确； D.穿越电场时间可知初速度v0增大，穿越电场时间t缩短，故D正确。 故选：ACD。 题型四 带电粒子在交变电场中的运动 1. 常见的交变电场类型:电压(或场强)波形:正弦波、矩形波、锯齿波等。 2. 交变电场中常见的粒子运动及分析思路 (1)粒子做单向直线运动:一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解； (2)粒子做往返运动:一般分段研究,应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解； (3)粒子做偏转运动:一般根据交变电场特点分段研究,应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。 3. 分析思路 (1)动力学观点:根据牛顿第二定律及运动学规律分析； (2)能量观点:应用动能定理、功能关系等分析； (3)动量观点: 应用动量定理分析。 4. 解题技巧 (1)按周期性分段研究； (2)将 转化成 ，再将 转化成 。 5. 注意事项 (1)带电粒子在交变电场中的运动,通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形； 当粒子垂直于交变电场方向射入时,沿初速度方向的分运动为匀速直线运动,沿电场方向的分运动具有周期性。 (2)研究带电粒子在交变电场中的运动,关键是根据电场变化的特点,利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况；根据电场的变化情况,分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。 (3)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。 (4)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场,若粒子穿过板间的时间极短,带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。 【例题精讲】 1．如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边框上a点开有一小孔。t＝0时，质量m、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度v（未知）从a点水平射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则（　　） A．粒子带正电 B．若粒子时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞 C．若粒子时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出 D．粒子时刻到达b点时的电场强度为粒子时刻到达b点时电场强度的4倍 【答案】D 【解答】解：A.根据题意可知，t＝0 时刻粒子往上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边框为高电势，电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误； B.时刻到达b点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可能为0，故不会与下边框垂直碰撞，故B错误； C.根据题意可知，时刻粒子在b点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力可知其运动轨迹具有对称性。故粒子最终将从a点水平向左飞出，故C错误； D.根据类平抛运动的规律有 代入数据得，因为时间之比为1：2，故电场强度之比为4：1，故D正确。 故选：D。 2．如图1所示，水平平行正对的两金属板M、N间加有如题6图2所示的电压。0～t0时间段内，一质量为m的带电油滴（可视为质点）静止在两板正中间P处。t＝2.5t0时刻，该油滴恰好能到达某金属板。不计空气阻力，重力加速度为g，油滴的质量与电荷量保持不变，则M、N两板的间距为（　　） A． B．gt2 C． D．2gt2 【答案】C 【解答】解：在0到t0时间段内，油滴保持静止，处于受力平衡状态，其重力与电场力大小相等，即，由此可得。 在t0到2t0时间段内，电压变为2U0，此时电场力为，即F1＝2mg，油滴所受合力F合1＝2mg﹣mg＝mg，方向竖直向上。 根据牛顿第二定律，其加速度a1＝g。该过程油滴的位移为，解得：。末速度v1＝a1t0，解得：v1＝gt0。 在2t0到2.5t0时间段内，电压为﹣U0，电场力，油滴所受合力F合2＝﹣mg﹣mg＝﹣2mg，加速度a2＝﹣2g。 该阶段时间Δt＝0.5t0，位移，代入数值计算得：。 当油滴到达金属板时，其相对于中点P的总位移为h＝s1+Δs，代入数值得：。 已知两板间距d＝2h，因此，解得：，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．如图（a），长为4d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平右发射初速度为v0、电荷量为q（q＞0）质量为m的粒子，金属板右侧距离为d竖直放置一足够大的荧光屏。现在两可加图（b）所示电压，已知t＝0时刻入射的粒子恰好能从金属板射出。不计重力，则（　　） A．不同时刻入射的粒子在金属板间运动的时间不相等 B．t时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点射出 C．无论哪个时刻入射的粒子从金属板间射出时动能Ek D．粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为 【答案】C 【解答】解：A、粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动，运动时间，与入射时刻无关，故A错误； B、t＝0时刻入射的粒子在竖直方向先加速后减速，射出时侧移量最大，为。时刻入射的粒子，根据运动学公式计算可知，其射出时侧移量，不是从右侧中点射出，故B错误； C、粒子在板间运动时间等于电压变化周期。在一个周期内，电场力冲量，即I＝0，故任意时刻入射的粒子射出时竖直分速度均为0，动能，故C正确； D、粒子射出时竖直速度均为0，打在屏上的位置等于射出时的侧移量。侧移量最大值为，最小值为，故打在屏上的长度范围为d，故D错误。 故选：C。 4．如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点为两板中点的一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力及粒子间的相互作用，以下判断正确的是（　　） A．能从板间射出的粒子的动能不一定相同 B．粒子在电场中运动的最短时间为 C．t时刻进入的粒子，从O点的下方射出 D．t时刻进入的粒子，不能从右侧射出 【答案】D 【解答】解：A、粒子在板间运动时间，即t＝2T，由于电场力在竖直方向的冲量在一个周期内为零，故全过程竖直方向总冲量为零，射出时竖直分速度为零，动能均为，故A错误； B、粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动时位移增长最快，由及，当时，解得，故B错误； C、时刻进入的粒子，根据对称性及运动分析，一个周期内竖直位移为零，两个周期总位移为零，从O点等高处射出，故C错误； D、时刻进入的粒子，在第一个半周期内的加速时间，竖直位移，解得，因，粒子打在极板上，不能从右侧射出，故D正确。 故选：D。 5．如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（　　） A．末速度大小为 B．克服电场力做功 C．重力的冲量为 D．重力势能增加了 【答案】B 【解答】解：在时间内，微粒做匀速直线运动，合力为零，电场力与重力平衡，满足qE0＝mg。 在时间内，电场强度E＝0，微粒仅受重力，向下做类平抛运动，加速度a2＝g。在时刻，微粒竖直分速度，解得。此阶段竖直位移，解得。 在时间内，电场强度E＝3E0，微粒所受电场力FE＝q×3E0，即FE＝3mg，合力F合＝3mg﹣mg＝2mg，方向竖直向上，加速度，即a3＝2g。在时刻，微粒竖直分速度，代入数据得，解得vy3＝0。此阶段竖直位移，解得。 全过程竖直总位移Δy＝y2+y3，代入数据得，解得。微粒恰从金属板边缘飞出，满足，即。 A、在时刻，微粒竖直速度为0，水平速度为v0，故末速度大小为v0，故A错误； B、在时间内，根据动能定理有WG+WE＝0，重力做功，则电场力做功，即微粒克服电场力做功为，故B正确； C、重力的冲量，故C错误； D、微粒向下运动，重力做正功，重力势能减少了，故D错误。 故选：B。 6．如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是（　　） A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为 C．时刻进入的粒子能从下边缘射出 D．时刻进入的粒子将打到下极板 【答案】A 【解答】解：A、根据题意分析可知，粒子在电场中运动的加速度大小为 假设粒子进入电场后，在竖直方向上始终沿一个方向做匀加速直线运动，且最终打在极板上，则有 解得 所以假设成立，则粒子在电场中运动的最短时间为，故A正确； B、根据题意分析可知，设交变电场周期为T，射出粒子在电场中运动的时间均为 根据交变电场的周期性可知，无论在何时刻射入的粒子，粒子在电场中经过2T时间后电场力对粒子的合冲量均为零，则粒子在竖直方向速度的变化量为零，所以射出粒子的最大动能为，故B错误； C、根据题意分析可知，时刻进入的粒子，在时间内向下做匀加速运动，根据匀变速直线运动的公式有，竖直分位移大小为 根据对称性可知，粒子在时间内将向下做匀减速运动，且竖直分位移大小仍等于y1，则 粒子在时刻速度减为零后又开始向上做匀加速运动，进而可推知粒子在进入电场T时间后又回到OO′上，所以时刻进入的粒子最终能从O′点射出，故C错误； D、根据题意分析可知，时刻进入的粒子，在时间内向下做匀加速运动，且竖直分位移大小为 根据对称性可知，粒子在时间内将向下做匀减速运动，且竖直分位移大小仍等于y2，则 粒子在时刻速度减为零后，又开始向上做匀加速运动，在时间内粒子竖直分位移大小为 假设没有上极板，且电场不消失，在时间内粒子将向上做匀减速运动，根据对称性可知竖直分位移大小仍为y3，则进入电场经过一个周期后，粒子的竖直分位移大小为 故时刻进入的粒子一定会打到上极板，故D错误。 故选：A。 7．如图1所示，两块相同金属板A、B平行正对，水平放置，长为L，间距为d，两板接上如图2所示电压。一束电子流沿中心线OO′从O点，以初速度v0射入板间，且t＝0时刻进入两板间的电子恰好不碰到极板。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子重力及电子间相互作用。下列说法正确的是（　　） A．电压U0满足U0 B．在t时刻射入的电子从中心线离开电场 C．在t时刻射入的电子不能离开电场 D．所有电子都能射出电场且离开电场时的速度一定为v0 【答案】D 【解答】解：A、根据题意分析可知，t＝0时刻进入两板间的电子恰好不碰到极板，根据匀变速直线运动的公式有， 根据牛顿第二定律有 解得，故A错误； B、根据题意分析可知，在时刻射入的电子，沿电场方向，电子的运动分四段。 第一阶段向正方向加速运动，位移为 第二阶段向正方向减速运动，位移为 第三阶段向负方向加速运动，位移为 第四阶段向负方向减速运动，位移为 竖直方向合位移为 则在时刻射入的电子不会从中心线离开电场，故B错误； C、根据题意分析可知，电子在t＝0时刻从O点射入时，离开电场时偏离中心线距离最大，此时恰好射出电场，则在时刻射入的电子能离开电场，故C错误； D、根据题意分析可知，所有电子都能射出电场，竖直方向，电子做加速运动的时间为，做减速运动的时间也为，离开电场时竖直方向的速度一定为0，合速度一定为v0，故D正确； 故选：D。 （多选）8．如图1所示，平行金属板电容器竖直放置，两板之间加上如图2所示周期为4s的方波电压，t＝0时刻将一个带负电粒子从两金属板之间由静止释放，此时a板电势高于b板电势。粒子所受重力忽略不计，粒子在电容器内的运动过程中不会与a、b板相碰，以下说法正确的是（　　） A．0～1s粒子向a板运动，且速度越来越大 B．1s～2s粒子向b板运动，且速度越来越大 C．3s时刻粒子的速度为零 D．4s时刻粒子的速度为零 【答案】AD 【解答】解：A、根据题意分析，结合图2可知，在t＝0时，a板电势高于b板电势，在0∼1s这一段时间内，所受电场力向左，粒子向左做匀加速直线运动，即0～1s粒子向a板运动，且速度越来越大，故A正确； B、根据题意分析可知，在1～2s这一时间内，带负电粒子所受电场力向右，粒子向左做减速运动，根据对称性可知2s时刻，粒子速度为0，故1s～2s粒子向a板运动，且速度越来越小，故B错误； CD、根据题意分析可知，在2～3s这一段时间内，带负电粒子所受电场力向右，粒子向右做加速运动，3s时刻粒子的速度最大，不为零；3s∼4s内，粒子所受电场力向左，粒子向右做减速运动，根据对称性可知在4s时刻粒子速度为0，故C错误，D正确。 故选：AD。 （多选）9．2025年3月27日，中国科学院高能所正式宣布，国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器，如图甲，多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为e、交流电周期为T，电子通过圆筒间隙的时间不计，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．电子在各圆筒中的运动时间均为 B．电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1：2 C．电子在圆筒内做匀加速直线运动 D．图甲中各圆筒的长度按序号之比为1：： 【答案】AD 【解答】解：电子在多级直线加速器的金属圆筒内部运动时，由于静电屏蔽作用，圆筒内部场强恒为0，电子做匀速直线运动；电子仅在圆筒之间的间隙处受到电场力作用而加速。 A、要使电子每次经过圆筒间隙时都能获得向前的电场力加速，电子在各圆筒中运动的时间必须与交变电源周期的一半相等，即，从而保证电子到达间隙时电场正好反向，故A正确； C、由于金属圆筒内部场强为0，电子在圆筒内不受电场力，加速度为0，故其在圆筒内做匀速直线运动而非匀加速运动，故C错误； B、设圆筒间加速电压的大小恒为U。电子进入第n个圆筒前经历了n次间隙加速，根据动能定理，解得：。电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比，即，故B错误； D、各圆筒长度，由可得，各圆筒长度之比，故D正确。 故选：AD。 （多选）10．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间的距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，图中反映电子的速度v、加速度a和位移x随时间t变化的规律可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【解答】解：根据题意，分析电子在交变电场中的受力与运动情况。由牛顿第二定律 F＝ma 可知，电子的加速度 ，由于 e、m、d 均为定值，故加速度 a 的变化规律与电压 UBA 完全一致。 C、观察图乙可知，电压 UBA 在 内为正值且恒定，在 内为负值且恒定，在 内又变为正值。 对应的加速度 a 图像应为矩形波，且正负切换的时间点与电压完全同步。图 C 准确反映了这一规律，故 C 正确； AB、由于加速度 a 是分段恒定的，根据速度公式 v＝∫adt 可知，速度 v 在各时间段内应为时间的线性函数。在 内，电子做初速度为零的匀加速运动，v 随时间均匀增大；在 内，加速度反向，电子做匀减速运动并在 时速度减为零。 以此类推，速度图像应由一系列斜率恒定的直线段组成（即三角波）。图 B 符合此规律，而图 A 为矩形波（意味着加速度在段内为零），故 B 正确，A 错误； D、位移 x＝∫vdt。在速度 v 随时间线性变化的阶段，位移 x 必然是时间的二次函数，即 x﹣t 图像应由一系列开口方向不同的抛物线段组成。 观察图 D，其位移随时间呈线性变化（即折线形式），这对应的是速度恒定的运动，不符合本题电子做匀变速直线运动的特征，故 D 错误。 故选：BC。 课时精练 一．选择题 1．电动客车刹车时可把部分动能转化成电能回收储存再使用，车的核心元器件是超级电容器，该电容器能反复充放电很多次，完全充电后，车辆平均里程可达250～300公里。下列说法正确的是（　　） A．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容也逐渐减小 B．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变 C．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容保持不变 D．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容逐渐变大 【答案】C 【解答】解：A．电容的大小是由电容器的本身的构造特点决定的，与其带电荷量的多少无关，所以在电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容不变，故A错误； B．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，根据Q＝CU可知，电容器两极板间的电压逐渐减小，故B错误； CD．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容保持不变，故C正确，D错误。 故选：C。 2．如图所示为某一平行板电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若仅将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是（　　） A．是充电过程 B．该电容器两板间电场强度增大 C．该电容器的电容为5.0×10﹣2F D．该电容器的电量变化量为0.02C 【答案】D 【解答】解：A、若仅将该电容器两端的电压从40V降低到36V，根据Q＝CU可知，该电容器的带电荷量减少，所以是放电过程，故A错误； B、根据E可知，该电容器两板间电场强度减小，故B错误； C、由图可得该电容器的电容为C，故C错误； D、该电容器的电量变化量为ΔQ＝CΔU＝5.0×10﹣3×（40﹣36）C＝0.02C，故D正确。 故选：D。 3．某实验小组在研究影响平行板电容器电容的因素的实验电路中，加入了一个电池，如图所示。开关S闭合后，静电计G的指针张开一个角度，两正对水平金属板A、B间有一带电油滴悬浮不动。忽略电流计G所引起的极板电荷量影响。下列说法正确的是（　　） A．若仅将B板水平左移少许，则油滴将向下运动 B．若仅将A板竖直上移少许，A板所带的电荷量不变 C．若断开S，仅将A板水平右移少许，则G的指针张角将变小 D．若断开S，仅将B板水平右移少许，则油滴将向上运动 【答案】D 【解答】解：A、因为电容器和电源保持相连，金属板A、B间的电压不变。若仅将B板水平左移少许，两板间距d不变，根据场强公式E分析可知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍静止，故A错误； B、若仅将A板缓慢竖直上移少许，板间距变大，根据C可知，电容减小，而电压不变，根据Q＝CU可知，A板所带的电荷量将减少，故B错误； C、若断开S，电容器所带电荷量Q不变，仅将A板缓慢水平左移少许，两极板正对面积减小，根据C可知，电容C减小，根据C可知电容器的电压变大，则G的指针张角将变大，故C错误； D、同理，若断开S，电容器所电荷量不变，仅将B板缓慢水平右移少许，分析可知电容器的电压变大，根据E可知板间电场强度增大，油滴所受电场力增大，则油滴将向上运动，故D正确。 故选：D。 4．如图，水平虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　） A．该粒子加速度方向水平向左 B．带电粒子在运动过程中机械能守恒 C．a、b、c三条等势线中，c的电势最高 D．从Q运动到P，电场力做正功，带电粒子的电势能减小 【答案】C 【解答】解：根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，可知其受到的电场力指向轨迹凹侧，即竖直向上。由于粒子带正电，电场力方向与电场强度方向一致，故电场强度方向竖直向上。 A、粒子仅受电场力作用，电场力竖直向上，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度方向也竖直向上，故A错误； B、粒子运动过程中，电场力方向与速度方向不垂直，电场力对粒子做功，因此粒子的机械能（通常指动能与重力势能之和）不守恒，故B错误； C、电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势。由于电场强度方向竖直向上，故电势沿电场线方向降低，因此c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，即φc＞φb＞φa，故C正确； D、粒子从Q运动到P的过程中，电场力方向竖直向上，位移方向向下，电场力做负功，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，粒子的电势能增加，故D错误。 故选：C。 5．如图所示，让质子（）和α粒子（）两种粒子从同一位置无初速度飘入加速电场加速后，再沿垂直于偏转电场的场强方向进入偏转电场，最后飞出偏转电场。下列说法正确的是（　　） A．两粒子穿出加速电场时速度相同 B．两粒子在偏转电场中加速度相同 C．两粒子出偏转电场时位移偏转量相同 D．两粒子出偏转电场时速度方向不同 【答案】C 【解答】解：A、粒子在电场中运动过程，应用动能定理，可得：，解得粒子穿出加速电场的速度为：，由题意可知两粒子的比荷不同、加速电场电压相同，即可得两粒子的速度不同，故A错误； BCD、粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：L＝vt，竖直方向：，vy＝at，，由加速度表达式可知，在偏转电场相同的情况下，由于两粒子的比荷不同，其加速度必然不同；粒子离开偏转电场时，速度方向与水平方向的夹角满足：，解得：，即可知该方向与粒子的比荷无关，故两粒子出偏转电场时的速度方向相同；偏移量：，即可知偏移量与粒子的比荷无关，故两粒子偏移量相同，故BD错误，C正确。 故选：C。 6．如图所示，一电子（不计重力）沿x轴方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知OA＝AB，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段（全程）动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则（　　） A．vCy：vDy＝1：2 B．vCy：vDy＝1：4 C．ΔEk1：ΔEk2＝1：3 D．ΔEk1：ΔEk2＝1：5 【答案】A 【解答】解：AB.电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA＝AB，则电子从O到C与从C到D的时间相等。电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vcy＝atOC，vDy＝atOD 代入数据得vCy：vDy＝1：2，故A正确，B错误； CD.根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上yOC：yOD＝1：4， 根据动能定理得：ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD， 代入数据得：ΔEk1：ΔEk2＝1：4，故CD错误； 故选：A。 7．如图所示，两段半径均为R的圆形玻璃管道AO、OB拼接一起固定于水平面内，管道内壁光滑，两管道在O点相切，在水平面内以O为原点建立x轴，x轴与AOB连线相垂直，正点电荷Q固定在x轴上处。一带正电小球以速度v0从A点进入管道，到运动至B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球在A、B两点所受的电场力相同 B．小球在O点时具有的电势能最大 C．小球从A点到O点的过程中，速度逐渐减小 D．小球从O点到B点的过程中，电势能逐渐减小 【答案】D 【解答】解：A.根据点电荷周围电场分布特点可知，小球在A、B两点受到的电场力的大小相等，方向不同，因此，小球在A、B两点所受的电场力不同，故A错误； B.根据点电荷周围电势分布特点，大致如图所示 可知，在圆弧AOB整个圆弧中，圆弧AO中点的位置电势最高，小球的电势能最大，故B错误； C.结合上述分析可知，小球从A到O的过程中，电场力先对小球做负功，后对小球做正功，因此小球的速度先减小，后增大，故C错误； D.根据点电荷电场线的分布特点可知，小球从O到B的过程中，电场力做正功，小球的电势能减小，故D正确。 故选：D。 二．多选题 （多选）8．细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA分子进入细胞膜的轨迹（仅受电场力作用），M、N为轨迹上的两点，P点与N点关于y轴对称，下列说法正确的是（　　） A．DNA分子带负电 B．N、P两点的电场强度相同 C．DNA分子在M点的加速度比在N点大 D．DNA分子在N点的速度比在M点大 【答案】AD 【解答】解：A、结合DNA分子的运动轨迹，DNA分子受到指向曲线凹侧的电场力，电场力方向与电场线方向相反，DNA分子带负电，故A正确； B、N、P两点的电场强度方向沿该点处电场线的切线方向，方向不相同，N、P两点的电场强度不同，故B错误； C、电场线越密集，场强越大，所以M点的场强比在N点小，根据 DNA分子在M点的加速度比在N点小，故C错误； D、结合轨迹，DNA分子由M向N运动的过程电场力做正功，速度增大，DNA分子在N点的速度比在M点大，故D正确。 故选：AD。 （多选）9．某兴趣小组用智能软件模拟带电粒子在电场中的运动。如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，质量相同的带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．Q点电势一定高于M点电势 B．全过程中，静电力对粒子a、b做的功相同 C．粒子a的电势能减小，粒子b的电势能增大 D．粒子a、b到达K点所用时间之比为1：2 【答案】BD 【解答】解：A、由于粒子a、b带电性不确定，无法确定电场方向，故无法确定Q点和M点电势高低，故A错误； B、根据粒子a、b运动时间相等，由，两带电粒子加速度相等，由牛顿第二定律可知电场力大小相等，且沿电场方向位移相等，故电场力对两带电粒子做功相等，故B正确； C、由于电场力对粒子a、b均做正功，电势能均减小，故C错误； D、带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，两带电粒子运动时间相等，由x＝vt可知粒子a、b水平初速度之比为2：1，当粒子a、b到达K时，两者水平位移相等，故所用时间与水平初速度成反比，粒子a、b运动时间之比为1：2，故D正确。 故选：BD。 （多选）10．如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连。开始时开关闭合，一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器。下列说法正确的是（　　） A．开关闭合，将A板竖直向下平移一小段距离，油滴仍能沿原中心线通过电容器 B．开关闭合，将B板竖直向下平移一小段距离，油滴穿过两板间时重力势能减小 C．断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，油滴可能打在A板上 D．断开开关，将A板竖直向下平移一小段距离，油滴穿过两板间时电势能不变 【答案】BD 【解答】解：A.B由题干分析可知，带电粒子带负电，闭合开关，将A板竖直向下平移一小段距离，U不变，极板间距d减小，E增大，油滴不能沿原中心线通过电容器；将B板竖直向下平移一小段距离，U不变，极板间距d增大，E减小，粒子所受电场力减小，重力势能减小。故A错误，B正确. C.D断开开关，电荷量Q不变，将B板竖直向上平移一小段距离，电场强度不变，油滴所受合力不变，不会打在A板上；将A板竖直向下平移一小段距离，电势能也不变。故C错误，D正确 故选：BD。 三．解答题 11．如图所示，水平地面上固定一竖直弹性挡板P，挡板右侧空间存在电场强度大小为E，方向水平向左的匀强电场。质量为3m的物块B静止于水平面上的Q点，B与地面间的动摩擦因数等于，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量为m的光滑物块A，带电量为q（q＞0），某时刻，A以水平向右的速度v0与B发生弹性碰撞。若A与挡板之间的碰撞无动能损失，B的速度减为零之前A不会与之发生碰撞。两物块均可看作质点，碰撞过程中电荷不转移，水平面足够长，重力加速度大小为g。 （1）求A与B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小； （2）为保证在B的速度减为零之前A不会与之发生碰撞，求Q点与挡板之间的最小距离s； （3）求第n次碰撞使B向右运动的距离以及B全过程因与地面摩擦产生的热量。 【答案】（1）A与B第一次碰撞后瞬间的速度大小分别为0.5v0（A向左，速度大小为0.5v0）和0.5v0（B向右）。 （2）Q点与挡板之间的最小距离s为。 （3）第1次碰撞使B向右运动的距离为，第n次（n≥2）碰撞使B向右运动的距离为；B全过程因与地面摩擦产生的热量为。 【解答】解：（1）A与B发生弹性碰撞，以运动方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvA'+3mvB'，由机械能守恒定律得，联立解得碰撞后A的速度为vA'＝﹣0.5v0（负号表示方向向左），B的速度为vB'＝0.5v0（方向向右）。 （2）物块B所受摩擦力大小为，B的加速度大小为。B从开始运动到速度减为零所需时间为，代入数据得。 A与挡板碰撞后以速度0.5v0向右运动。为确保A不会在B停止前与B碰撞，需满足A返回至Q点（或更左侧）的时间不小于B停止运动的时间，或在B停止时刻有xA≤xB。 B停止时的位移为，代入数据得。A在时间t内的位移需满足0.5v0t﹣2s≤xB，代入，得，整理得，解得。 （3）系统的初始总能量为，最终全部转化为摩擦产生的热量，故全过程产生的总热量为。第一次碰撞使B获得的动能为，解得，其对应的运动距离为，代入数据得。 A反弹后以速度0.5v0再次与B（此时B速度为零）发生碰撞，碰撞后B获得的动能为，解得，其对应的运动距离为，对于n≥2，解得。因此，第一次碰撞使B向右运动的距离为，第n次（n≥2）碰撞使B向右运动的距离为。 答：（1）A与B第一次碰撞后瞬间的速度大小分别为0.5v0（A向左，速度大小为0.5v0）和0.5v0（B向右）。 （2）Q点与挡板之间的最小距离s为。 （3）第1次碰撞使B向右运动的距离为，第n次（n≥2）碰撞使B向右运动的距离为；B全过程因与地面摩擦产生的热量为。 12．如图所示，倾角θ＝30°的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，斜面AC长为2L，B为AC中点，物块P、Q分别放于斜面上B、A两点，已知物块P带正电，质量为M，电荷量为q；物块Q不带电，质量为m。斜面上方空间有平行于斜面向上、大小可调的匀强电场。初始时物块P静止在B点，现将物块Q由A点静止释放，下滑后与物块P碰撞，碰撞前后物块P的电荷量保持不变。物块P静止时，匀强电场强度的大小E0；物块P、Q发生碰撞后运动时匀强电场强度的大小立即变为E1。两物块P、Q均可视为质点，物块间的碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g。 （1）求两物块P、Q第一次碰撞前瞬间物块Q的速度大小v0； （2）若第一次碰撞后物块Q刚好能运动到A、B中点，求（结果可用根式表示）； （3）若M＝m，两物块是否会在斜面AC上发生第二次碰撞，如果会，求前后两次碰撞的间隔时间；如果不会，请说明理由。 【答案】（1）两物块P、Q第一次碰撞前瞬间物块Q的速度大小为。 （2）的值为。 （3）两物块会在斜面AC上发生第二次碰撞，前后两次碰撞的间隔时间为。 【解答】解：（1）物块Q从A点运动到B点的过程中，依据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，结合运动学公式，解得：。 （2）物块Q从A点由静止释放下滑到B 点的过程，根据动能定理有 ，代入 θ＝30° 解得第一次碰撞前瞬间物块 Q 的速度大小为 。 设第一次碰撞后瞬间物块 P 和 Q 的速度大小分别为 v1 和 v2，由于碰撞后物块 Q 反弹并刚好运动到 A区域、B 的中点，在此上滑过程中根据动能定理有 ，解得 。 对于物块 P 与 Q 的弹性正碰过程，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律有 mv0＝﹣mv2+Mv1，根据机械能守恒定律有 。 联立解得 v1＝v0﹣v2，进一步代入动量守恒方程可得 m（v0+v2）＝M（v0﹣v2），变形得 。 将 v0 与 v2 的数值代入解得质量之比为 。 （3）物块P和Q能够发生第二次碰撞。 设第一次碰撞后物块P和Q的速度分别为v3和v4，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝Mv3+mv4，由机械能守恒定律得。 若M＝m，两物块交换速度，解得：且v4＝0。 此后物块P获得初速度沿斜面运动，当空间电场强度为时，对物块P应用牛顿第二定律有Mgsinθ﹣qE1＝Ma1，解得：。 此时物块Q从斜面顶端再次下滑的加速度为。 若物块P和Q发生第二次碰撞，其位移关系需满足，解得：。 此时物块P的速度为v5＝v3+a1t，即v5＝0，在此过程中物块P的位移为，表明物块P恰好运动至斜面底端。 因此两物块能够发生第二次碰撞，且时间间隔为。 答：（1）两物块P、Q第一次碰撞前瞬间物块Q的速度大小为。 （2）的值为。 （3）两物块会在斜面AC上发生第二次碰撞，前后两次碰撞的间隔时间为。 13．如图所示，在光滑绝缘水平面上有一个质量为M的长带电体B，电荷量为+q（q＞0）；在带电体上表面的左侧放有一质量为m、可视为质点的绝缘滑块A，整个装置处于场强大小为、方向水平向右的匀强电场中，距离带电体B的右端L处有一绝缘的挡板，带电体从静止释放，与该挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中带电体的电荷量、电性均不发生改变。已知M＝3m，带电体与滑块之间的滑动摩擦力大小为f＝3mg（假设最大静摩擦等于滑动摩擦力），g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求带电体B第一次与挡板碰撞后的瞬间，A和B的各自加速度大小； （2）带电体B第一次与挡板碰撞反弹后，在B向左运动的过程中滑块A没有从带电体上滑出，求B向左运动的最大距离。 【答案】（1）滑块A的加速度大小为3g，带电体B的加速度大小为2g。 （2）带电体B向左运动的最大距离为0.4L。 【解答】解：（1）根据题意，带电体B所受电场力为F＝qE＝Mg，即F＝3mg。初始时系统共同加速度为，解得：a0＝0.75g。 由于滑块A与带电体B间的最大静摩擦力f＝3mg大于所需摩擦力ma0＝0.75mg，故碰撞前两者相对静止，共同向右匀加速运动。 带电体B与挡板发生弹性碰撞，碰后瞬间其速度反向、大小不变，滑块A速度方向仍向右。此后A相对B向右运动，受到向左的滑动摩擦力，B受到向右的滑动摩擦力。 对滑块A，由牛顿第二定律得f＝maA，解得：aA＝3g。对带电体B，由牛顿第二定律得F+f＝MaB，代入数据3mg+3mg＝3maB，解得：aB＝2g。 （2）由运动学公式，碰撞前瞬间系统速度满足，解得：。碰后瞬间，取向右为正方向，B的初速度为﹣v1，A的初速度为v1。 设经过时间t1两者达到共同速度vc，有v1﹣aAt1＝﹣v1+aBt1，解得：，此时共同速度vc＝﹣0.2v1。此过程中B向左滑行的位移大小为，代入数据解得：。 达到共同速度后，由于电场力F＝3mg等于最大静摩擦力，两者将保持相对静止一起向左匀减速运动，系统加速度大小a'＝a0，即a'＝0.75g。 当速度减为0时，B向左运动的距离达到最大，此阶段位移大小为，代入数据解得：。因此，B向左运动的最大距离为x＝x1+x2，代入，解得：x＝0.4L。 答：（1）滑块A的加速度大小为3g，带电体B的加速度大小为2g。 （2）带电体B向左运动的最大距离为0.4L。 14．如图所示，极板AB之间的电压为U，静止于两极板中间的带正电离子，经电场加速后恰能沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域NCDQ的有界匀强电场，电场方向竖直向下，其中，，F为QN的中点。圆弧形静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向指向圆心O点，已知圆弧虚线所在处半径为R，若离子的质量为m、电荷量为q；离子所受重力不计，电场之间不会相互影响。 （1）求离子刚进入圆弧形电场时的动能EkB； （2）求辐射状电场在圆弧虚线处的电场强度E0的大小； （3）若要求离子只能打在QF之间，求矩形区域QNCD内匀强电场的场强E要满足什么条件？ 【答案】 （1）离子刚进入圆弧形电场时的动能EkB为； （2）辐射状电场在圆弧虚线处的电场强度E0的大小为； （3）若要求离子只能打在QF之间，矩形区域QNCD内匀强电场的场强E要满足。 【解答】解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有： EkB （2）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有 解得 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： 解得： （3）离子做类平抛运动，当落在F点时，有： 由牛顿第二定律得： qE＝ma 解得： 同理，当落在Q点时 所以场强E要满足什么条件为： 答：（1）离子刚进入圆弧形电场时的动能EkB为； （2）辐射状电场在圆弧虚线处的电场强度E0的大小为； （3）若要求离子只能打在QF之间，矩形区域QNCD内匀强电场的场强E要满足。 15．如图所示，PA为一竖直平面内的光滑圆弧轨道，O为圆心，AB、CD为竖直导体板（厚度不计），板间有水平向左的匀强电场（图中未画出）。一质量为0.16kg带电量q＝+1.6×10﹣6c。小球（可视为质点）从圆弧上与O等高的P点静止释放后，小球恰好不撞到CD板，最后从B点离开电场。已知轨道半径R为0.45m，两板间间距为0.6m，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，求： （1）电场强度的大小； （2）小球在电场中的最小速度； （3）AB板的长度。 【答案】（1）电场强度的大小为7.5×105N/C； （2）小球在电场中的最小速度为2.4m/s； （3）AB板的长度为3.2m。 【解答】解：（1）从P到A，由动能定理 解得 vA＝3m/s 离开A点后小球恰好不撞到CD板，则有 联立解得 E＝7.5×105N/C （2）小球在电场中的受力如图： 则小球在电场中的最小速度 解得 v＝2.4m/s （3）小球从A点运动到恰好不撞到CD板的时间 解得 t＝0.4s 则 解得 LAB＝3.2m 答：（1）电场强度的大小为7.5×105N/C； （2）小球在电场中的最小速度为2.4m/s； （3）AB板的长度为3.2m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $