第19讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 专项训练-2027届高考物理一轮复习

第19讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 题型一 平行板电容器的动态分析 1．（2026•包河区校级模拟）如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。下列说法正确的是（　　） A．两板间的电场方向竖直向下 B．“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大 C．通电后若减小两板间距离，则两板间电场强度增大 D．通电后若减小两板间距离，则板上锡纸的电荷量减少 2．（2026春•义乌市校级月考）如图所示为电容式加速度传感器原理图，质量块左、右侧分别连接电介质和轻质弹簧，弹簧的另一端及电容器均固定在同一框架上，质量块套在光滑且平行于弹簧轴线的连接着框架的直杆上，电容器两极板与一电源相连，并接入计算机，则当传感器向右加速时（　　） A．电容器电容变小 B．电容器处于放电状态 C．计算机中有向右的电流 D．电容器储存的电能增多 3．（2026•清远模拟）自动投料机通过控制系统对绝缘性良好的陶瓷粉末进行投放。工作时保持开关闭合，如图所示，随着陶瓷粉末的持续减少，下列说法正确的是（　　） A．电路中电流方向b→a B．电极两端电压变大 C．电极间的电容变大 D．电容器内存储的电场能增加 4．（多选）（2026•广东模拟）如图所示为某半导体气相溅射沉积镀膜的原理图，真空中，平行板电容器下极板放置待镀膜基板（极薄），另一极板处放置金属靶，且两极板分别与电源两极相接。氩离子Ar⁺进入电场后加速撞击金属靶，使多个金属原子从金属靶脱离，然后金属原子溅射到基板上完成镀膜。不计离子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．电容器的下极板带负电 B．金属靶放入后，电容器的电容增大 C．氩离子进入电场向金属靶加速的过程中，电势能逐渐增大 D．将氩离子Ar⁺换为质量较轻的氖离子Ne⁺，离子在电场中加速过程的动能增加量不变 题型二 观察电容器的充、放电现象 1．（2026•重庆校级模拟）如图所示，单刀双掷开关S与1端相连，电源（内阻不计）向电容器充电，充电结束后再把开关掷向2端，电容器通过电阻R放电。分别描绘充、放电时通过电阻R的电流大小随时间变化的I﹣t图像和AB两板电势差UAB随电流大小I变化的UAB﹣I图像。下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2026•九龙坡区校级模拟）超级电容公交车其内部的储能装置可视为一个电容较大的电容器。图甲所示为某次对该电容器充电时的简化电路图，图乙所示为该次充电过程中电流随时间变化的I﹣t图像，图线与坐标轴所围面积约为8个单元格。已知电源电动势为E，充电前电容器电荷量为0，则（　　） A．t0时刻，电容器两端电压为0 B．为减小充电时间，应增大电阻R C．该次充电完成电容存储的电荷量约为 D．电容器的电容约为 3．（2026•江苏校级二模）除颤仪用于心脏不规则跳动病人的治疗，其基本原理如图所示，先用高压电源给电容器充电，随后开关接通除颤电路，电容器通过自感线圈、贴到人体上的两个电极向人体（可看成电阻）放电，使心脏纤维颤动细胞膜电位恢复正常，再附加其他急救措施后，从而使心脏跳动恢复正常。下列说法正确的是（　　） A．电容器充电时连接高压交流电源 B．电容器充电时连接高压直流或交流电源均可 C．开关接通瞬间电流为零 D．开关接通瞬间电流最大 4．（多选）（2026•城西区校级二模）如图所示，单刀双掷开关S与1端相连，电源（内阻不计）向电容器充电，充电结束后再把开关掷向2端，电容器通过电阻R放电。分别描绘通过电阻R的电流随时间变化的I﹣t图像和AB两板电势差随时间变化的UAB﹣t图像。关于两图像的大致形状，下列四幅图中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 题型三 带电粒子在电场中的直线运动 1．（2026春•南昌月考）如图所示，光滑水平面上方空间中存在垂直纸面向外的匀强磁场，足够长的绝缘木板静止于水平面上，带负电物块放置于木板右端。0时刻水平向右的恒力F作用在木板上使得木板和物块由静止开始一起运动，t时刻物块开始相对于木板滑动。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．0～t内物块与木板间的摩擦力逐渐增大 B．0～t内物块做加速度逐渐减小的加速直线运动 C．t时刻后物块先做加速度逐渐减小的加速直线运动，后做匀速直线运动 D．t时刻后木板先做加速度逐渐减小的加速直线运动，后做匀速直线运动 2．（2026春•昆明月考）如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板距离相等。甲的质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH＝3，接通电源，不计粘滞阻力和甲、乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗粒运动到极板的过程中，下列说法正确的是（　　） A．甲比乙先到达极板 B．甲、乙运动到极板时动能相同 C．甲、乙运动到极板时动量大小相同 D．增大pH值，甲受到的电场力变大 3．（2026春•余姚市校级期中）在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场使带电粒子加速。其原理如图，给真空中的两平行金属板M、N加电压U，一带正电的粒子（不计重力）从靠近M板的O点静止释放，粒子将沿直线加速运动到N板，到N板时的速度为v，下列说法正确的是（　　） A．M板带负电、N板带正电 B．若增大U，粒子在两板间的运动时间减少 C．若增大U、则v减小 D．若增大U、则v不变 4．（多选）（2026•德保县二模）20多年来，中国的粒子加速器发展迅速，在规模和应用方向上走进了世界先进行列。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取1×108C/kg，则（　　） A．第n个漂移管与第n﹣1个漂移管的长度之比为n：（n﹣1） B．漂移管B的长度0.4m C．相邻漂移管间的加速电压为6×104V D．漂移管B之前还有9个漂移管 题型四 带电粒子在电场中的偏转 1．（2026•新疆模拟）如图，动能为1J的电荷垂直射入有左、右边界的匀强电场，电荷在运动中只受电场力作用，电荷射出电场时的动能为5J。若电荷以4J的动能垂直射入电场，其射出电场时的动能为（　　） A．25J B．20J C．8J D．5J 2．（2026•湖南三模）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 3．（2026春•南通期中）如图所示，水平绝缘面上固定两等量正点电荷A、B，O为A、B连线的中点，C为A、B连线垂直平分线上一点。一带正电的光滑小球从C点以一定速度v0沿CO方向运动，则小球的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（多选）（2026•青岛三模）在电子显微技术中经常要将粒子源发射的电子转变为平行电子束。如图所示，在Oxy坐标平面的第一象限内存在沿y轴正向的匀强电场，图中虚线为半椭圆，椭圆在原点O处与x轴相切，椭圆的半长轴为L，半短轴为，M点坐标为（L，）。原点O处有一电子源，向第一象限平面内各个方向均匀发射速率均为v0的电子，电子质量为m、电荷量为﹣e，电子仅在电场力作用下运动，经过椭圆时速度方向均沿x轴正向。下列说法正确的是（　　） A．匀强电场的电场强度为 B．匀强电场的电场强度为 C．从椭圆上M点上方和下方射出的电子数之比为1：1 D．从椭圆上M点上方和下方射出的电子数之比为2：1 题型五 带电粒子在交变电场中的运动 1．（2025•浙江学业考试）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．电子进入第2个金属筒时的速度为 B．第2个金属圆筒的长度为 C．电子在偏转电场中运动的过程中，电场力对电子所做的功为eU D．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值 2．（2025秋•裕华区校级月考）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 3．（2025秋•顺义区校级期中）如图甲，在两平行金属板A、B间加一如图乙所示的交变电压，有一粒子源从平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度大小v0＝8×106m/s的电子。t＝0时刻进入电场的电子恰好在t＝T时刻到达A板右边缘。已知电子的质量m＝9×10﹣31kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C，图乙中U0＝405V、T＝1.5×10﹣8s，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。下列说法正确的是（　　） A．平行金属板的板长为6cm B．金属板A、B间的距离为9cm C．t时刻进入电场的电子到达电场右边界的速度最大 D．t时刻进入电场的电子到达电场右边界时距A板的距离为2.25cm 4．（多选）（2026•琼海校级二模）如图1所示，在两水平金属板间加如图2所示的交变电场（E0未知），t＝0时，一带电小球从上侧极板的小孔由静止释放，其速度随时间的变化关系如图3所示。已知带电小球经过T时间到达下侧极板，带电小球的质量为m，电荷量为q，图3中速度最大值vm已知。取竖直向下为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．重力加速度大小为 B．两极板间电场强度的大小为 C．两板间的距离 D．0～0.5T时间内静电力的冲量大小为mvm 题型六 带电体在等效场中的运动（等效重力场） 1．（2025秋•重庆月考）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BCD在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、C等高，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C、D四点时的速度分别为vA、vB、vC、vD，则（　　） A．vA＜vB＜vC＜vD B．vD＜vA＜vB＝vC C．vA＜vD＜vB＜vC D．vA＜vD＜vB＝vC 2．（2025•娄底一模）如图甲所示，虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面，等势面与水平地面平行。电量为q、质量为m的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出，以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立y轴，运动过程中小球的动能和机械能随坐标y的变化关系如图乙中图线a、b所示，图中E0为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球初速度大小 B．电场强度大小为 C．小球抛出时重力势能为E0 D．小球加速度大小为 3．（2025•湖北模拟）1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。图中雾状小油滴被喷到水平放置的两块平行金属板的上方空间中，油滴因X射线带上定量的微小电荷量。两间距为d的平行金属板上板有一小孔，油滴穿过小孔进入两板之间，当两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P以速度大小v1竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间M点（图中未标出）时，给金属板加上电压U，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小v2竖直向上匀速经过M点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为f＝kv，其中k为比例系数，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。下列说法错误的是（　　） A．油滴P带负电 B．油滴P所带电荷量的值为 C．从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度先增大后减小 D．密立根通过该实验确定了电荷量的不连续性并测定了元电荷的数值为1.602×10﹣19C 4．（多选）（2025秋•阳泉期末）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕点O恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．小球在M点时细线与竖直方向的夹角为θ＝60° B．小球恰好做完整的圆周运动时，动能的最大值为5mgL C．小球运动到B点时的速度大小为 D．小球从初始位置M在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先增大后减小 综合提升 一．选择题 1．（2026•太原模拟）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．（2026•合肥模拟）超级电容公交车通过车载电容驱动，不用油、无噪声、低污染，是一款清洁能源汽车，我国是唯一将超级电容公交车投入量产的国家。某同学按照图甲电路，用智能电源对一个车用电容器进行充、放电实验，检测出某段时间内通过电阻R的电流I随时间t变化的图像如图乙所示，已知t＝0时电容器不带电，下列说法正确的是（　　） A．0∼1s内电容器的电荷量随时间均匀增加 B．1s∼2s内电容器的电压随时间均匀增大 C．2s∼3s内电容器在放电 D．4s时电容器的电荷量为2.5C 3．（2026•九龙坡区校级模拟）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 4．（2026•大庆模拟）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向上的匀强电场中，两个相同的带负电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。当a到达最高点时，a、b间的距离为（　　） A． B． C． D． 5．（2025秋•荔湾区校级月考）如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动正确的是（　　） A．一开始向左运动，最后打到A板上 B．一开始向右运动，最后打到A板上 C．一开始向左运动，最后打到B板上 D．一开始向右运动，最后打到B板上 6．（2025•武进区校级一模）如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面且水平向右的匀强电场，从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中（　　） A．E点的动量最小 B．B点的电势能最大 C．C点的机械能最大 D．F点的机械能最小 二．多选题 7．（多选）（2026•沙坪坝区校级模拟）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 8．（多选）（2026•枣庄模拟）如图甲所示，输液报警器能自动判定输液管中是否有药液。其内部电路如图乙所示，电源E的电压恒定，R为定值电阻，单刀双掷开关S不断在1、2之间自动切换，系统监测每次充电电流随时间的变化情况，有药液时，报警器中电容器C的电容值大。图丙中的曲线a、b为两次监测的结果。下列说法正确的是（　　） A．两次监测结果中，没有药液的是图线a B．充电时，两极板间的电场强度保持不变 C．充电过程中定值电阻R中的电流从左向右 D．减小R的电阻值，充满电时两极板间的电压变大 9．（多选）（2026•广东模拟）如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，弹簧上端固定，下端悬挂一个带电的小球，小球静止时位于O点，此时弹簧处于原长。向下把小球拉到M点由静止释放，小球最高上升到N点（图中没有标出）。小球运动过程中电荷量不变，小球的质量为m，OM的长度为d，弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的有（　　） A．小球带正电 B．小球从M点到N点的过程，电场力对小球做正功 C．小球从M点到N点的过程，小球的机械能守恒 D．小球从M点到N点的过程，小球的电势能减少了2mgd 10．（多选）（2026•武昌区校级模拟）如图所示，在xOy坐标系内有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，正方形区域Ⅰ（范围0≤x≤L，0≤y≤L）内有一分界线，分界线的下方存在沿y轴方向的匀强电场，正方形区域Ⅱ（范围0≤x≤L，L≤y≤2L）内有一分界线，分界线的上方存在垂直坐标平面的匀强磁场，区域Ⅲ（范围x≤0，2L≤y≤3L）内有沿y轴方向的匀强电场。带电粒子均匀分布在x轴上0＜x≤L的范围内。所有带电粒子由静止开始，经过Ⅰ、Ⅱ两个区域，均从（0，2L）坐标点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，从y＝3L边界离开区域Ⅲ。已知粒子经过区域Ⅲ的最小偏转角为30°。在（﹣3L，4L）和（0，4L）两坐标点间放置一长为3L的荧光屏。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。则（　　） A．区域Ⅰ内边界为抛物线 B．区域Ⅱ内边界为圆弧 C．能够射到荧光屏上的粒子，经过区域Ⅲ的最小偏转角为45° D．能够射到荧光屏上的粒子数占总粒子数的75% 11．（多选）（2026•舒城县开学）如图1所示，A、B两金属板竖直正对放置组成加速电场，金属板C、D水平正对放置组成偏转电场，已知C、D板长为l，两板间距为d。大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子陆续从A板小孔由静止经电压为的加速电场加速后，沿C、D两板的中线不断进入两板间，两板间所加交变电压如图2所示，其中，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．所有带电粒子都能从C、D板间（含边缘）穿过 B．带电粒子离开偏转电场时，速度的大小、方向都相同 C．若仅增大A、B两板的间距，保持U1不变，带电粒子从C、D两板间射出的动能不变 D．若仅增大C、D两板的间距（两板的中线位置不变），保持U0不变，带电粒子离开电场时的侧移距离将增大 12．（多选）（2026•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为+q的小球，小球绕O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动，图中AC为水平直径。从A点开始，小球动能Ek与转过角度θ的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（　　） A．该匀强电场的场强大小为 B．该匀强电场的场强大小为 C．轻绳的最大拉力大小为7mg D．轻绳在A、C两点拉力的差值为 三．解答题 13．（2026•昌平区一模）物理学中寻求“守恒量”已经成为物理学研究的一种重要思想方法。 情境一：如图1所示，质量为m1的小球以速度v0与静止在光滑水平面上质量为m2的小球发生对心碰撞，碰撞后两小球粘在一起共同运动。 情境二：电路图如图2所示，电容器A的电容为C1，电容器B的电容为C2，把开关S接1接线柱，A充满电时极板间电压为U0，再把开关S接2接线柱，A放电稳定后两电容器极板间电压相同。 （1）a.求情境一中两小球碰后的速度大小v； b.求情境二中A放电稳定后极板间电压U； （2）A充电过程中极板间电压u随极板带电量q变化关系如图3所示。若A极板间电压为U0时，储存的电场能为E。证明从开关S接2接线柱到A、B电压相同的过程中，损失的电场能为ΔEE； （3）类比情境一和情境二中的守恒量和能量转化情况，完成表格。（不需要书写计算过程） 情境一 情境二 动量守恒 　损失的机械能为；　 　电荷守恒　 损失的电场能ΔEE 14．（2026•石景山区二模）航母上的电磁弹射系统能够使舰载机满油满弹起飞，提升了舰载机的战斗力与续航里程。由于电磁弹射瞬间峰值功率极大，一般电源难以达到要求，故采用超级电容器供电。 某电磁助推装置简化原理如图甲所示，超级电容器经调控系统可以为电路提供恒定电流，弹射轨道简化为两个固定在水平面上、相互平行的金属导轨，整个装置处在磁感线方向竖直向下的匀强磁场中，弹射轨道的左端为充电电路。发射前，将开关S接a，对电容器充电，充电结束后将开关接b，电容器放电，推动舰载机、使舰载机从静止开始加速。 （1）已知电源的电动势为E0，电容器的电容为C。 ①在图乙画出充电过程电容器两端电压U与电容器所带电荷量Q的关系图像； ②求充电结束后电容器储存的电能E。 （2）假设弹射轨道长度L＝100m，超级电容器的电容C＝150F，弹射前超级电容器两端电压U1＝1000V，弹射后电压降至U2＝800V，超级电容器释放的能量全部转化为电能。某舰载机质量m＝1.0×104kg，起飞速度需要超过60m/s，弹射系统将电能转化为机械能的效率η＝80%。由于超级电容器经调控系统为电路提供恒定电流，若不考虑舰载机在运动过程中受到的阻力，舰载机做匀加速运动。 ①若不考虑舰载机在加速过程中受到的阻力，通过计算说明，仅利用超级电容器提供电能，舰载机能否成功弹射起飞； ②若仅考虑舰载机所受空气阻力的影响，其大小f与速度v的关系为f＝kv2（k＝0.2N•s2/m2），其他条件不变。通过推理论证，说明舰载机能否成功弹射起飞。 15．（2026•辽宁模拟）某离子实验装置的基本原理如图所示，离子源能源源不断从坐标原点O沿y轴正向发射同种离子，离子质量为m，电荷量为+q，初速度v大小范围在0～3v0之间。以过x＝L垂直于纸面的界面为边界，界面左侧为Ⅰ区，存在沿x轴正向的匀强电场，大小E0未知，右侧为Ⅱ区，存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小B0也未知。其中初速为v0的离子从O点出射后立刻进入Ⅰ区，在电场中偏转θ＝45°后进入匀强磁场，已知此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等。忽略边界效应，忽略离子间的相互作用力，不计离子重力。求： （1）E0和B0的比值； （2）初速度为v0的离子在磁场中圆周运动的半径和周期； （3）从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程。 16．（2026•资阳模拟）如图为一种静电除尘装置的原理示意图，它的上金属板M带负电，下金属板N带正电，两金属板水平放置，间距d＝0.04m，宽度L＝0.4m，金属板间匀强电场的电场强度E＝10V/m。分布均匀的带电烟尘颗粒随空气以v0＝20m/s的速度从左侧平行于金属板进入该装置，当其碰到N板时被收集，且该过程不影响电场的分布。已知每个烟尘颗粒的质量m＝1.0×10﹣14kg，所带电荷量q＝﹣1.0×10﹣13C。不考虑烟尘颗粒的重力、颗粒间的相互作用力和空气阻力。 （1）求烟尘颗粒在金属板间运动的最长时间t； （2）要使所有的烟尘颗粒均落在N板上，求板间最小场强Em。 17．（2025秋•北京期末）如图甲所示，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，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。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。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。圆筒不同长度的设计，使电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。经过n次加速，进入电场强度为E方向竖直向下的匀强电场，最后从该匀强电场右边缘射出。已知电子的质量为m、电子电荷量为e、电压的绝对值为U0、周期为T，竖直向下电场的极板长度为s，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。求： （1）电子进入圆筒1时的速度大小v1； （2）第n个圆筒的长度L； （3）电子在竖直向下的匀强电场中竖直方向的位移大小y。 18．（2025秋•宜春期末）如图所示，足够大的空间内存在方向与水平方向的夹角θ＝37°的匀强电场，长的绝缘轻绳一端系于水平天花板上的O点，另一端系有质量m＝0.5kg，电荷量q＝+2×10﹣4C的小球（视为点电荷）。当轻绳与竖直方向的夹角也为θ时，小球恰能处于静止状态。现将小球拉至O点右侧与O点等高位置（轻绳刚好拉直）由静止释放，小球运动到轻绳上拉力最大时，轻绳恰好断裂（不影响小球瞬时速度），最终小球落在水平地面上。已知O点到水平地面的高度h＝1.9m，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）匀强电场的电场强度大小E； （2）轻绳断裂前瞬间轻绳上的弹力大小F； （3）小球落到水平地面上的位置到O点的水平距离。 1 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $ 第19讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 题型一 平行板电容器的动态分析 1．（2026•包河区校级模拟）如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。下列说法正确的是（　　） A．两板间的电场方向竖直向下 B．“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大 C．通电后若减小两板间距离，则两板间电场强度增大 D．通电后若减小两板间距离，则板上锡纸的电荷量减少 【答案】C 【分析】先根据电源极性判断两板间电场方向，分析小火箭的带电性质与电场力做功情况判断电势能变化，再结合平行板电容器接电源时电压不变的条件，利用电场强度公式和电容公式分析电场强度与电荷量的变化。 【解答】解：A.电源正极连接下板，负极连接上板。在平行板电容器中，电场方向由正极板指向负极板，因此两板间的电场方向是竖直向上，故A错误； B.小火箭与下板接触，小火箭带正电，其受到的电场力向上，“小火箭”在向上运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误； C.题意可知上下两板间电压U不变，根据 可知，减小两板间距离d，则两板间电场强度E增大，故C正确； D.根据 可知，减小两板间距离d，电容C增大，根据Q＝CU可知，板上锡纸的电荷量增大（U不变），故D错误。 故选：C。 2．（2026春•义乌市校级月考）如图所示为电容式加速度传感器原理图，质量块左、右侧分别连接电介质和轻质弹簧，弹簧的另一端及电容器均固定在同一框架上，质量块套在光滑且平行于弹簧轴线的连接着框架的直杆上，电容器两极板与一电源相连，并接入计算机，则当传感器向右加速时（　　） A．电容器电容变小 B．电容器处于放电状态 C．计算机中有向右的电流 D．电容器储存的电能增多 【答案】D 【分析】先分析传感器向右加速时，质量块因惯性向左运动，电介质插入电容器极板间的长度增加，再结合电容决定式判断电容变化，进而分析电容器的充放电状态、电流方向和储存电能的变化，逐一判断选项。 【解答】解：A、传感器向右加速时，质量块相对框架向左移动，带动电介质更深插入电容器两极板之间，电容器的平均介电常数ε增大，ɛr根据电容决定式 ɛr增大，电容C增大，故A错误； BD、电容器始终与电源相连，极板间电压U保持不变，由Q＝CU C增大则电荷量Q增大，电容器处于充电状态，储存的电能增多，故B错误，D正确； C、电源负极接计算机左端，计算机右端接电容器下极板。电容器充电时，下极板需要积累更多负电荷，负电荷从计算机左端向右运动到下极板，电流方向与负电荷运动方向相反，计算机中电流方向向左，故C错误。 故选：D。 3．（2026•清远模拟）自动投料机通过控制系统对绝缘性良好的陶瓷粉末进行投放。工作时保持开关闭合，如图所示，随着陶瓷粉末的持续减少，下列说法正确的是（　　） A．电路中电流方向b→a B．电极两端电压变大 C．电极间的电容变大 D．电容器内存储的电场能增加 【答案】A 【分析】开关闭合时电极间电压不变，陶瓷粉末减少导致介电常数减小，根据电容决定式判断电容变化，再由Q＝CU判断电荷量变化，确定电流方向并分析电场能的变化。 【解答】解：B.该装置可等效为电容器，两个电极是电容器极板，绝缘陶瓷是介电常数大于空气的电介质，开关保持闭合，因此电容器始终与电源相连，电极两端电压保持不变，故B错误； C.根据电容决定式 陶瓷粉末减少后，极板间平均相对介电常数εr减小，电容C减小，故C错误； A.电容器的C减小，U不变，由Q＝CU，可知电容器带电量Q减小，电容器放电。电容器左极板接电源正极带正电，右极板（接a端）接电源负极带负电；放电时负电荷从右极板经a流向b，电流方向与负电荷运动方向相反，因此电流方向为b→a，故A正确； D.电容器放电，电容器内存储的电场能减少，故D错误。 故选：A。 4．（多选）（2026•广东模拟）如图所示为某半导体气相溅射沉积镀膜的原理图，真空中，平行板电容器下极板放置待镀膜基板（极薄），另一极板处放置金属靶，且两极板分别与电源两极相接。氩离子Ar⁺进入电场后加速撞击金属靶，使多个金属原子从金属靶脱离，然后金属原子溅射到基板上完成镀膜。不计离子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．电容器的下极板带负电 B．金属靶放入后，电容器的电容增大 C．氩离子进入电场向金属靶加速的过程中，电势能逐渐增大 D．将氩离子Ar⁺换为质量较轻的氖离子Ne⁺，离子在电场中加速过程的动能增加量不变 【答案】BD 【分析】先根据正离子的加速方向判断电场方向，确定极板带电情况；再利用电容决定式分析金属靶对电容的影响；接着根据电场力做功与电势能的关系分析离子加速过程的电势能变化；最后结合动能定理判断不同离子的动能增加量。 【解答】解：A.氩离子Ar+带正电，向金属靶（上极板）加速运动，受力方向与电场方向一致，因此电场方向由下极板（基板）指向上极板（金属靶），根据平行板电容器电场方向由正极板指向负极板，可知下极板为正极，上极板为负极，故A错误； B.平行板电容器的电容决定式为，金属靶为导体，放入极板间后，会使极板间的有效距离d减小（导体内部电场为零，等效于极板间距缩短），因此电容C增大，故B正确； C.氩离子Ar+带正电，受力方向与电场方向一致，向金属靶运动时电场力做正功。由电场力做功与电势能的关系W＝﹣ΔEp可知，电场力做正功时电势能减小，故C错误； D.根据动能定理，离子加速过程的动能增加量ΔEk＝qU其中q为离子电荷量，U为极板间电压。Ar+和Ne+电荷量均为+e，极板间电压U不变，因此动能增加量与离子质量无关，保持不变，故D正确。 故选：BD。 题型二 观察电容器的充、放电现象 1．（2026•重庆校级模拟）如图所示，单刀双掷开关S与1端相连，电源（内阻不计）向电容器充电，充电结束后再把开关掷向2端，电容器通过电阻R放电。分别描绘充、放电时通过电阻R的电流大小随时间变化的I﹣t图像和AB两板电势差UAB随电流大小I变化的UAB﹣I图像。下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依托RC充放电的指数变化规律，结合与电路电压关系逐一甄别各图像。 【解答】解：AB、电容器在充放电过程中电流均随时间减小，电流的变化率也在减小，i﹣t图像如图，故AB错误； C、不考虑电源内阻，根据闭合电路欧姆定律E＝UAB+IR 化简得UAB＝E﹣IR，图像为斜率为负的直线，故C正确； D、放电时，电容器两端电压等于电阻R的电压UAB＝IR，图像是一条过原点的直线，故D错误。 故选：C。 2．（2026•九龙坡区校级模拟）超级电容公交车其内部的储能装置可视为一个电容较大的电容器。图甲所示为某次对该电容器充电时的简化电路图，图乙所示为该次充电过程中电流随时间变化的I﹣t图像，图线与坐标轴所围面积约为8个单元格。已知电源电动势为E，充电前电容器电荷量为0，则（　　） A．t0时刻，电容器两端电压为0 B．为减小充电时间，应增大电阻R C．该次充电完成电容存储的电荷量约为 D．电容器的电容约为 【答案】C 【分析】本题分析电容器充电过程，需结合电流随时间变化图像与电路模型。已知充电前电容器电荷量为零，电源电动势恒定。从图像可知，图线与坐标轴所围面积代表充电过程中通过的总电荷量，即电容器最终储存的电荷量。根据图像中坐标轴标度与单元格面积关系，可估算该电荷量。分析各选项时，需明确充电过程中电流、电压随时间变化的规律：充电开始时电流最大，电容器电压为零；随着充电进行，电流减小，电容器电压逐渐增大至电源电动势；充电时间受电路电阻影响，电阻越小，初始电流越大，充电越快。 【解答】解：在I﹣t图像中，图线与时间轴所围面积表示该段时间内通过导体横截面的电荷量，即电容器充电完成后所储存的电荷量Q。 根据图乙，纵坐标I0对应6个单元格的高度，横坐标t0对应6个单元格的宽度，因此由I0和t0构成的矩形区域总面积为36个单元格。 已知图线与坐标轴所围面积约为8个单元格，则电容器储存的电荷量，解得：。 A、在t0时刻，充电过程基本结束，电路电流趋近于零，电阻R两端的电压为零，此时电容器两端电压达到最大值，等于电源电动势E，故A错误； B、为了缩短充电时间，需要提高充电速率，即增大充电电流。根据闭合电路欧姆定律，这需要减小电路中的电阻R，故B错误； C、根据上述分析，本次充电完成后电容器储存的电荷量约为，故C正确； D、充电完成后，电容器两端电压U＝E。根据电容的定义式，代入数据可得电容器的电容约为，故D错误。 故选：C。 3．（2026•江苏校级二模）除颤仪用于心脏不规则跳动病人的治疗，其基本原理如图所示，先用高压电源给电容器充电，随后开关接通除颤电路，电容器通过自感线圈、贴到人体上的两个电极向人体（可看成电阻）放电，使心脏纤维颤动细胞膜电位恢复正常，再附加其他急救措施后，从而使心脏跳动恢复正常。下列说法正确的是（　　） A．电容器充电时连接高压交流电源 B．电容器充电时连接高压直流或交流电源均可 C．开关接通瞬间电流为零 D．开关接通瞬间电流最大 【答案】C 【分析】根据电容器充电需直流电源、自感线圈电流不能突变的特性，逐一分析各选项的正误。 【解答】解：AB.电容器充电是将电能储存起来，为了使电容器能够稳定地储存电荷，需要一个能够提供恒定电压的电源，高压交流电源的电压方向和大小随时间做周期性变化，无法使电容器稳定充电，高压直流电源提供恒定的电压，让电容器稳定地储存电荷，电容器充电时连接高压直流电源，故AB错误。 CD.开关接通瞬间，自感线圈的作用，结合自感的特点，自感线圈会产生感应电动势来阻碍电流的变化，电流不能瞬间发生变化，开关接通前电路中电流为零，开关接通瞬间电流为零，故C正确，D错误。 故选：C。 4．（多选）（2026•城西区校级二模）如图所示，单刀双掷开关S与1端相连，电源（内阻不计）向电容器充电，充电结束后再把开关掷向2端，电容器通过电阻R放电。分别描绘通过电阻R的电流随时间变化的I﹣t图像和AB两板电势差随时间变化的UAB﹣t图像。关于两图像的大致形状，下列四幅图中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】分充电、放电两个阶段，依据RC电路充放电规律，分别分析回路电流的方向、大小变化和电容器两极板电势差的变化规律来甄别图像。 【解答】解：AB、充电过程中，电流流向电容器正极板，随电荷量积累，电势差增大，电流逐渐减小； 放电过程中，电容器等效为电源，电流从正极板流出，方向与充电时相反，随着电荷量减少，电流逐渐减小，I﹣t图像应先正向减小至零，之后反向减小至零，故A正确，B错误； CD、UAB﹣t图像的斜率代表电流大小，结合，充电时UAB增大，电流减小，图像斜率减小； 放电时UAB减小，初始电流最大，图像斜率的大小最大，之后电流减小，斜率绝对值减小，故D正确，C错误。 故选：AD。 题型三 带电粒子在电场中的直线运动 1．（2026春•南昌月考）如图所示，光滑水平面上方空间中存在垂直纸面向外的匀强磁场，足够长的绝缘木板静止于水平面上，带负电物块放置于木板右端。0时刻水平向右的恒力F作用在木板上使得木板和物块由静止开始一起运动，t时刻物块开始相对于木板滑动。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．0～t内物块与木板间的摩擦力逐渐增大 B．0～t内物块做加速度逐渐减小的加速直线运动 C．t时刻后物块先做加速度逐渐减小的加速直线运动，后做匀速直线运动 D．t时刻后木板先做加速度逐渐减小的加速直线运动，后做匀速直线运动 【答案】C 【分析】整体在恒力作用下从静止开始运动，物块与木板在0到t时间内保持相对静止，系统具有共同加速度，物块所受静摩擦力提供其加速度，因此该阶段摩擦力保持不变，物块做匀加速直线运动。t时刻后物块开始相对滑动，物块所受洛伦兹力随速度增大而增加，导致木板对物块的支持力减小，滑动摩擦力随之减小，物块加速度逐渐减小；当支持力减为零时摩擦力消失，物块将做匀速直线运动。 【解答】解：对系统进行受力分析，整体在恒力F作用下运动。 AB、在0到t时间内，物块与木板保持相对静止，系统具有共同的加速度，该加速度为定值。对于物块，静摩擦力提供其加速度，即f＝ma，因此摩擦力在此阶段保持不变，物块做匀加速直线运动，故AB错误； CD、物块带负电，向右运动时，根据左手定则可知其受到的洛伦兹力方向竖直向上。随着速度v增加，洛伦兹力FL＝qvB增大，木板对物块的支持力N＝mg﹣qvB逐渐减小，则最大静摩擦力fmax＝μN逐渐减小。当fmax减小到等于ma时，物块开始相对滑动。时刻t后，物块受到的滑动摩擦力f＝μ（mg﹣qvB）随速度增大而减小，物块的加速度逐渐减小，当时，支持力降为零，摩擦力消失，物块此后做匀速直线运动；对于木板，其受到的合力为F﹣f，由于滑动摩擦力f逐渐减小，其加速度逐渐增大，当f＝0后，木板在恒力作用下做匀加速直线运动，故C正确，D错误。 故选：C。 2．（2026春•昆明月考）如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板距离相等。甲的质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH＝3，接通电源，不计粘滞阻力和甲、乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗粒运动到极板的过程中，下列说法正确的是（　　） A．甲比乙先到达极板 B．甲、乙运动到极板时动能相同 C．甲、乙运动到极板时动量大小相同 D．增大pH值，甲受到的电场力变大 【答案】B 【分析】颗粒悬浮时，重力等于浮力。调节溶液pH＝3，由图读出甲、乙两颗粒的带电量。接通电源后，根据牛顿第二定律分析加速度关系，再判断到达极板的先后；根据电场力做功关系，分析到达极板动能关系，再由分析运动到极板时动量关系；由图可知，增大pH值，甲的带电量先减小后增大，由F＝qE分析其受到的电场力变化。 【解答】解：A、未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮，重力等于浮力。调节溶液pH＝3，从图b中可知甲带电量为﹣2q0，乙带电量为2q0，接通电源后，由牛顿第二定律可得Eq＝ma，因甲的质量是乙的两倍，则甲的加速度为乙的一半，二者到相应极板距离相同，则乙比甲先到达极板，故A错误； BC、甲、乙运动过程中电场力都做相同的正功，由动能定理可知，甲、乙颗粒运动到极板时动能相同，根据可知动量大小不相同，故B正确，C错误； D、由图可知，增大pH值，甲的带电量先减小后增大，由F＝qE分析知甲受到的电场力也是先减小后增大，故D错误。 故选：B。 3．（2026春•余姚市校级期中）在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场使带电粒子加速。其原理如图，给真空中的两平行金属板M、N加电压U，一带正电的粒子（不计重力）从靠近M板的O点静止释放，粒子将沿直线加速运动到N板，到N板时的速度为v，下列说法正确的是（　　） A．M板带负电、N板带正电 B．若增大U，粒子在两板间的运动时间减少 C．若增大U、则v减小 D．若增大U、则v不变 【答案】B 【分析】根据粒子的运动情况判断其所受电场力方向，进而判断出极板的电性。根据动能定理列式，分析v与U的关系。 【解答】解：A.粒子带正电，要向N板加速，电场方向必须是M指向N，所以M板需带正电，N板带负电，故A错误； B.设板间距为d，电场强度 粒子加速度 粒子做匀加速直线运动 代入a得： 即 当U增大时，t减小，故B正确； CD.根据动能定理： 解得 可见U增大时，v增大，故CD错误。 故选：B。 4．（多选）（2026•德保县二模）20多年来，中国的粒子加速器发展迅速，在规模和应用方向上走进了世界先进行列。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取1×108C/kg，则（　　） A．第n个漂移管与第n﹣1个漂移管的长度之比为n：（n﹣1） B．漂移管B的长度0.4m C．相邻漂移管间的加速电压为6×104V D．漂移管B之前还有9个漂移管 【答案】BC 【分析】A.根据运动学公式和动能定理判断第n个漂移管与第n﹣1个漂移管的长度之比； B.根据运动学公式求漂移管B的长度； C.根据动能定理求相邻漂移管间的加速电压； D.根据动能定理分析判断。 【解答】解：A.第n个漂移管的长度 由可知vn与n不成正比，故Ln与n不成正比，故A错误； B.漂移管B的长度为 解得LB＝0.4m 故B正确； C.质子由B管至E管，经过了三次电场的加速 代入数据解得 U＝6×104V 故C正确； D.若从静止开始加速，经过n次加速后进入漂移管B，由 代数据解得 可见漂移管B之前漂移管个数达不到9个，故D错误。 故选：BC。 题型四 带电粒子在电场中的偏转 1．（2026•新疆模拟）如图，动能为1J的电荷垂直射入有左、右边界的匀强电场，电荷在运动中只受电场力作用，电荷射出电场时的动能为5J。若电荷以4J的动能垂直射入电场，其射出电场时的动能为（　　） A．25J B．20J C．8J D．5J 【答案】D 【分析】粒子在匀强电场中垂直入射做类平抛运动，水平方向匀速直线运动决定通过电场的时间，竖直方向在恒定电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动。电场力做功使粒子动能增加，增加的动能来自竖直方向速度的增量。分析发现，电场力做功增加的动能与粒子入射初动能的乘积为定值，因为电场宽度、场强和电荷量均不变。第一次入射动能1J，末动能5J，增加动能为4J，乘积为定值4J2。第二次入射动能4J，根据乘积定值可推知增加动能为1J，因此射出电场时的总动能为5J。 【解答】解：设带电粒子质量为m，电荷量为q，匀强电场宽度为L，电场强度大小为E，粒子入射速度为v0。 粒子垂直射入匀强电场做类平抛运动，在沿电场垂直方向不受力，做匀速直线运动，穿过电场的时间； 在沿电场方向受恒定电场力做初速度为零的匀加速直线运动，穿出电场时沿电场方向的分速度； 出电场时，电场力做功使粒子增加的动能（即沿电场方向的动能）； 粒子的初动能，联立可得，由于q、E、L均不变，即电场力做功增加的动能与初动能之积为定值。 第一次带电粒子以初动能Ek0＝1J射入，末动能为5J，则增加的动能ΔEk＝5J﹣1J＝4J，代入得定值为1×4J2＝4J2； 第二次带电粒子以初动能Ek0'＝4J射入，设增加的动能为ΔEk'，由，解得ΔEk'＝1J，则粒子射出电场时的动能Ek'＝Ek0'+ΔEk'，即Ek'＝5J，故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．（2026•湖南三模）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 【分析】将粒子运动分解为水平匀速直线运动和竖直方向受交变电场力的匀变速运动，结合碰撞时平行边框速度不变、垂直速度反向的规则，根据a、b为中点的几何位移，分析不同到达时间下竖直方向的运动阶段、位移和速度变化，再结合电场强度公式逐一判断选项。 【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。 3．（2026春•南通期中）如图所示，水平绝缘面上固定两等量正点电荷A、B，O为A、B连线的中点，C为A、B连线垂直平分线上一点。一带正电的光滑小球从C点以一定速度v0沿CO方向运动，则小球的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先分析等量正点电荷的电场分布，判断小球所受电场力的大小与方向变化，再结合牛顿第二定律分析加速度变化，进而推得速度随时间的变化规律。 【解答】解：小球从C向O运动时，场强方向与运动方向相反，电场力使小球减速，结合点电荷电场分布，场强大小先增大后减小，因此加速度先增大后减小，速度图像斜率先变陡再变缓；过O点后，场强方向与运动方向相同，电场力使小球加速，场强大小先增大后减小，加速度先增大后减小，速度图像斜率先变陡再变缓，故D正确，ABC错误。 故选：D。 4．（多选）（2026•青岛三模）在电子显微技术中经常要将粒子源发射的电子转变为平行电子束。如图所示，在Oxy坐标平面的第一象限内存在沿y轴正向的匀强电场，图中虚线为半椭圆，椭圆在原点O处与x轴相切，椭圆的半长轴为L，半短轴为，M点坐标为（L，）。原点O处有一电子源，向第一象限平面内各个方向均匀发射速率均为v0的电子，电子质量为m、电荷量为﹣e，电子仅在电场力作用下运动，经过椭圆时速度方向均沿x轴正向。下列说法正确的是（　　） A．匀强电场的电场强度为 B．匀强电场的电场强度为 C．从椭圆上M点上方和下方射出的电子数之比为1：1 D．从椭圆上M点上方和下方射出的电子数之比为2：1 【答案】AC 【分析】对由O到M的电子做类斜抛运动，将其运动沿y轴方向与沿x轴方向分解，根据分运动的等时性，应用运动学公式与牛顿第二定律求解匀强电场的电场强度和此电子在原点O处发射的速度方向与x轴正方向的夹角，依据电子源向第一象限平面内各个方向均匀发射电子分析从椭圆上M点上方和下方射出的电子数之比。 【解答】解：AB、设到达椭圆上M点的电子，在原点O处发射的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，此电子由O到M的过程做类斜抛运动，沿y轴方向做末速度为零的匀减速直线运动，沿x轴方向做匀速直线运动，由运动学公式得： 沿x轴方向有：v0cosθ•t＝L 沿y轴方向有：at2；2a•（v0sinθ）2 根据牛顿第二定律得：eE＝ma 联立解得：E，θ＝45°，故A正确，B错误； CD、已知电子源向第一象限平面内各个方向均匀发射速率均为v0的电子，根据前述解答可知，电子发射速度方向与+x方向夹角小于45°的从椭圆上M点下方射出，夹角大于45°的从椭圆上M点上方射出，可知从椭圆上M点上方和下方射出的电子数之比为1：1，故C正确，D错误。 故选：AC。 题型五 带电粒子在交变电场中的运动 1．（2025•浙江学业考试）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．电子进入第2个金属筒时的速度为 B．第2个金属圆筒的长度为 C．电子在偏转电场中运动的过程中，电场力对电子所做的功为eU D．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值 【答案】D 【分析】A.由动能定理求其获得的速度； B.电子在金属筒中做匀速直线运动，运动时间为电压变化的半周期，即可计算筒的长度； C.根据电子在偏转电场中沿电场线方向的距离与偏转电场的板间距d的关系判断； D.电子在偏转电场中，做类平抛运动，由动能定理和运动学公式可计算其水平和竖直末速度，从而计算偏转角的正切值。 【解答】解：A．根据直线加速器中交变电压的变化可得，电子在金属筒内做匀速直线运动，在相邻金属筒间狭缝内做匀加速直线运动。电子进入第2个金属筒时经过了2个狭缝，根据动能定理有 解得电子进入第2个金属筒时的速度 故A错误； B．电子进入第2个金属圆筒内后做匀速直线运动，为了保证电子每次经过金属圆筒间隙都能被加速，电子在每个圆筒中运动的时间都应为，故第2个金属圆筒的长度为 故B错误； C．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。由图可得电子在偏转电场中沿电场线方向的距离明显小于偏转电场的板间距d，故电子在偏转电场中运动的过程中，电场力对电子所做的功应小于eU，故C错误； D．电子射出偏转电场时，经历了8个狭缝 解得 在偏转电场中水平方向匀速直线运动 在竖直方向上匀加速 而速度偏转角度的正切值 故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•裕华区校级月考）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 【分析】粒子在水平方向以初速度做匀速运动，竖直方向受到交变电场作用做周期性变速运动。分析粒子在板间运动的总时间，电场力在竖直方向的冲量在一个周期内为零，使得射出时竖直分速度为零，所有射出粒子的动能相同。粒子在电场中运动的最短时间对应竖直方向位移达到极板间距一半所需时间，需根据匀加速运动规律计算。不同时刻进入电场的粒子，竖直方向运动轨迹受电场方向变化影响，需结合运动对称性及位移条件判断能否从板间射出以及射出位置。 【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。 3．（2025秋•顺义区校级期中）如图甲，在两平行金属板A、B间加一如图乙所示的交变电压，有一粒子源从平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度大小v0＝8×106m/s的电子。t＝0时刻进入电场的电子恰好在t＝T时刻到达A板右边缘。已知电子的质量m＝9×10﹣31kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C，图乙中U0＝405V、T＝1.5×10﹣8s，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。下列说法正确的是（　　） A．平行金属板的板长为6cm B．金属板A、B间的距离为9cm C．t时刻进入电场的电子到达电场右边界的速度最大 D．t时刻进入电场的电子到达电场右边界时距A板的距离为2.25cm 【答案】B 【分析】题目描述电子在交变电场中的运动，关键在于分析水平匀速与竖直方向受周期性电场力作用的合成运动。已知t＝0时刻进入的电子恰在t＝T时刻到达右边缘，可确定板长等于水平匀速运动的位移。竖直方向需分析电子在交替电场中的加速与减速过程，利用匀变速运动规律及对称性确定板间距。比较不同时刻进入电场的电子，需分析其竖直方向速度变化是否归零，以及最终偏转位移与板间距的关系。 【解答】解：B、设两极板间的距离为d，据题意有，，解得：d＝9 cm，故B正确； A、电子进入电场后，在电场力作用下做类平抛运动，电子在水平方向做匀速直线运动，故有L＝v0T，代入数据解得L＝12 cm，故A错误； C、电子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零，因此电子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，故C错误； D、时刻进入的电子，在前半周期内竖直方向的位移向上，大小为，在后半周期内竖直方向的位移向下，大小为，则知y1＝y2，即竖直方向的位移为0，所以电子到达电场右边界时距A板距离为，代入数据解得y＝4.5cm，故D错误。 故选：B。 4．（多选）（2026•琼海校级二模）如图1所示，在两水平金属板间加如图2所示的交变电场（E0未知），t＝0时，一带电小球从上侧极板的小孔由静止释放，其速度随时间的变化关系如图3所示。已知带电小球经过T时间到达下侧极板，带电小球的质量为m，电荷量为q，图3中速度最大值vm已知。取竖直向下为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．重力加速度大小为 B．两极板间电场强度的大小为 C．两板间的距离 D．0～0.5T时间内静电力的冲量大小为mvm 【答案】AC 【分析】根据v﹣t图像的斜率求加速度，结合牛顿第二定律分析不同阶段的受力，利用v﹣t图像面积求位移，结合冲量公式和电场力公式逐一判断选项。 【解答】解：AB、0～0.5T内，结合牛顿第二定律可得qE0+mg＝ma， 0.5T～T内，有qE0＝mg 代入数据可得，，故A正确，B错误； C、v﹣t图像面积即两板间的距离 代入数据可得d，故C正确； D、0～0.5T时间内电场力的冲量为，故D错误。 故选：AC。 题型六 带电体在等效场中的运动（等效重力场） 1．（2025秋•重庆月考）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BCD在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、C等高，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C、D四点时的速度分别为vA、vB、vC、vD，则（　　） A．vA＜vB＜vC＜vD B．vD＜vA＜vB＝vC C．vA＜vD＜vB＜vC D．vA＜vD＜vB＝vC 【答案】D 【分析】滑块从B到C，只要重力做功，根据动能定理求解B、C两点动能的大小关系；滑块运动到D点，弹簧处于原长状态，滑块从A运动到D、从D运动到B，弹簧的形变量相同，弹性势能相同；根据动能定理求解A、B两点动能的大小关系，然后作答。 【解答】解：滑块在B、C、D点时弹簧的长度相等，弹簧的弹性势能相等。滑块在A点时弹簧的长度是3r，在B点时弹簧的长度是r，由于弹簧的原长是2r，所以物块在A点时弹簧的弹性势能与B点时弹簧的弹性势能是相等的。 滑块从A运动到D、从D运动到B，弹簧的形变量相同，弹性势能相同； 滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识 由于Eq＝mg，则从A到B电场力做的功等于滑块动能的增加量，根据动能定理可得 因此 滑块从B到C，重力做负功，电场力做正功，根据动能定理﹣mg•r+qE•r＝EkC﹣EkB 由于电场力与重力大小相等，所以EkB＝EkC 滑块从B到D，重力做负功，电场力做的功为零，根据动能定理﹣mg×2r＝EkD﹣EkB 因此EkB＝EkD+2mgr 联立解得EkD＜EkA＜EkC＝EkB 则vA＜vD＜vB＝vC 故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．（2025•娄底一模）如图甲所示，虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面，等势面与水平地面平行。电量为q、质量为m的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出，以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立y轴，运动过程中小球的动能和机械能随坐标y的变化关系如图乙中图线a、b所示，图中E0为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球初速度大小 B．电场强度大小为 C．小球抛出时重力势能为E0 D．小球加速度大小为 【答案】B 【分析】根据题图数据和动能公式变形后求初速度大小； 小球受到重力与电场力的作用，到达坐标y0处小球的动能最大，根据动能定理求电场强度的大小； 由题图可以求出初始位置的重力势能大小； 由牛顿第二定律求出加速度。 【解答】解：A、小球初动能为Ek0，根据动能的公式有： 可得初速度大小：，故A错误； B、根据动能定理得：3E0＝（mg﹣qE）y0 根据功能关系得：4E0＝qEy0 联立得到： 所以电场强度大小为：E电，故B正确； D、由牛顿第二定律有：mg﹣qE＝ma 代入数据得小球加速度大小为a，故D错误； C、初始状态：4E0＝E0+Ep0 所以小球抛出时重力势能为：Ep0＝3E0，故C错误。 故选：B。 3．（2025•湖北模拟）1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。图中雾状小油滴被喷到水平放置的两块平行金属板的上方空间中，油滴因X射线带上定量的微小电荷量。两间距为d的平行金属板上板有一小孔，油滴穿过小孔进入两板之间，当两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P以速度大小v1竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间M点（图中未标出）时，给金属板加上电压U，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小v2竖直向上匀速经过M点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为f＝kv，其中k为比例系数，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。下列说法错误的是（　　） A．油滴P带负电 B．油滴P所带电荷量的值为 C．从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度先增大后减小 D．密立根通过该实验确定了电荷量的不连续性并测定了元电荷的数值为1.602×10﹣19C 【答案】C 【分析】根据匀强电场强度公式结合油滴的受力情况、平衡条件和牛顿第二定律进行分析解答。 【解答】解：A、由图可知，上极板接电源的正极，则电场强度方向向下，加上电压后油滴向上匀速运动，电场力方向向上，根据电场力公式F＝qE，可知油滴带负电，故A正确； B、未加电压时，油滴向下匀速运动，根据平衡条件有mg＝kv1，加上电压后，油滴向上匀速运动，此时 代入可得 解得，故B正确； C.、金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中，根据牛顿第二定律可得qE+f﹣mg＝ma 解得加速度大小为 随着速度的减小，加速度逐渐减小；向上加速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得 qE﹣f﹣mg＝ma′ 解得速度大小为 随着速度的增大，加速度逐渐减小；综上所述，从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度一直减小，故C错误； D、密立根通过该实验确定了电荷量的不连续性并测定了元电荷的数值为1.602×10﹣19C，故D正确。 本题选择错误的 故选：C。 4．（多选）（2025秋•阳泉期末）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕点O恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．小球在M点时细线与竖直方向的夹角为θ＝60° B．小球恰好做完整的圆周运动时，动能的最大值为5mgL C．小球运动到B点时的速度大小为 D．小球从初始位置M在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先增大后减小 【答案】ABC 【分析】求出等效重力加速度，根据圆周运动的临界条件求出速度最小值，结合动能定理求出各点的动能。 【解答】解：A、根据题意受力分析可知，由题意等效重力为 方向与竖直方向成θ，则有cosθ 即θ＝60° 故A正确； B、等效最高点设为N点，根据牛顿第二定律和圆周运动的公式，则在N点满足F 所以恰好做圆周运动时在等效最高点有 ON反向延长线与圆交于M点，M为等效最低点速度最大，动能最大，由N到M，由动能定理有2mgLcosθ+qELsinθ 解得 故在M点动能，故B正确； C、粒子从B到N，由动能定理有mg（L﹣Lcosθ）﹣qELsinθ 得 故C正确； D、沿电场线的方向电势降低，可知图中圆上与O点等高处最左侧的点的电势最低，圆上与O点等高处最右侧的点的电势最低，小球从初始位置M在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大最后又减小，故D错误。 故选：ABC。 综合提升 一．选择题 1．（2026•太原模拟）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 【分析】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电源电动势的，判断电容器上、下极板的电势高低关系，确定乙的下极板到P点的电势差；将乙撤去，则电容器甲的电压等于电源电动势，同理确定此时P点的电势；根据电势能Ep＝qφ，判断+q在P点的电势能的变化；电容器两极板间的电场为匀强电场，由前述分析得到的电容器甲的电压的变化，根据电场强度与电势差的关系，判断P点的电场强度大小的变化；根据电容的定义式，判断甲上极板的电荷量的变化。 【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．（2026•合肥模拟）超级电容公交车通过车载电容驱动，不用油、无噪声、低污染，是一款清洁能源汽车，我国是唯一将超级电容公交车投入量产的国家。某同学按照图甲电路，用智能电源对一个车用电容器进行充、放电实验，检测出某段时间内通过电阻R的电流I随时间t变化的图像如图乙所示，已知t＝0时电容器不带电，下列说法正确的是（　　） A．0∼1s内电容器的电荷量随时间均匀增加 B．1s∼2s内电容器的电压随时间均匀增大 C．2s∼3s内电容器在放电 D．4s时电容器的电荷量为2.5C 【答案】B 【分析】根据I﹣t图像的面积表示电荷量，结合Q＝CU分析各阶段充放电及电荷量、电压变化。 【解答】解：A.0﹣1s内电流为正逐渐减小，属于减小的电流给电容器充电，由Q＝It，电容器的电荷量随时间不均匀增加，故A错误； B.1s～2s内充电电流恒为1A，由，可知U随t线性增加，即电容器的电压随时间均匀增大，故B正确； C.2s﹣3s内电流从1A降到0，但仍为正方向，说明电流方向未变，仍为充电，只是充电电流减小，故C错误； D.因I﹣t图像与时间轴制成的面积为电荷量，而2s～4s图像围成的面积正负抵消为零，则4s时电容器的电荷量等于0﹣2的电荷量，因0～1s电流不均匀减小，则有，故D错误， 故选：B。 3．（2026•九龙坡区校级模拟）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 【分析】油滴初始静止于P点，重力与电场力平衡，已知板间电压变化规律，需分析不同时间段的受力与运动。t0至2t0时间段内，电压变为2U0，电场力增大，合力向上产生向上加速度，油滴做初速为零的匀加速直线运动。2t0至2.5t0时间段内电压反向，电场力方向改变，合力向下且大小变化，油滴以第一阶段末速度向上做匀减速直线运动，至2.5t0时刻恰好到达金属板，总位移为板间距的一半。通过分段计算位移并叠加，利用已知时间与加速度关系可求出板间距。 【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。 4．（2026•大庆模拟）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向上的匀强电场中，两个相同的带负电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。当a到达最高点时，a、b间的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合题意，先确定两粒子合运动的情况，再从牛顿第二定律及运动的合成与分解的角度分析列式，即可判断求解。 【解答】解：不计重力及粒子间相互作用，因为两个相同的带负电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ， 所以两粒子在电场力作用下做匀变速曲线运动，且在水平方向的运动情况相同，区别在于竖直方向上。 对于a粒子，在竖直方向上， 根据牛顿第二定律有： qE＝ma， a运动到最高点时，由运动学公式有： v0sinθ＝at， 因为两个小粒子均受到相同电场力，则若以a粒子为参考系，b粒子是以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离为： H＝2v0sinθ•t， 联立可得： H，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．（2025秋•荔湾区校级月考）如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动正确的是（　　） A．一开始向左运动，最后打到A板上 B．一开始向右运动，最后打到A板上 C．一开始向左运动，最后打到B板上 D．一开始向右运动，最后打到B板上 【答案】B 【分析】分析题目可知，粒子在交变电场中运动情况与释放时刻密切相关。题目中粒子在t0时刻释放，此时电场方向使粒子向右加速。随后电场方向改变，粒子先减速再反向加速，运动呈现周期性。由于粒子初始向右运动且最终位移向右累积，经过多个周期后粒子将抵达B板。整个过程需结合电场变化规律和粒子受力情况判断运动方向及最终位置。 【解答】解：若在时刻由静止释放该粒子，开始时A板电势高则带电粒子先加速向B板运动，再减速运动至零，然后再反方向向左加速运动、再减速运动至零，如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，最终打在A板上。 故选：B。 6．（2025•武进区校级一模）如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面且水平向右的匀强电场，从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中（　　） A．E点的动量最小 B．B点的电势能最大 C．C点的机械能最大 D．F点的机械能最小 【答案】C 【分析】小球沿圆弧恰好能到达C点，说明电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，再进行分析即可。 【解答】解：A、从A点静止释放带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，则知电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，所以小球在F点速度最小，动量最小，故A错误； BCD、由力的合成可知，小球受到的电场力水平向右，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，则知在C点机械能最大，在G点机械能最小，故BD错误，C正确。 故选：C。 二．多选题 7．（多选）（2026•沙坪坝区校级模拟）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 【分析】根据电流方向判断电容器充放电，结合恒压电源电压不变，利用电容决定式、Q＝CU和E分析各物理量变化及物体位移方向。 【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。 8．（多选）（2026•枣庄模拟）如图甲所示，输液报警器能自动判定输液管中是否有药液。其内部电路如图乙所示，电源E的电压恒定，R为定值电阻，单刀双掷开关S不断在1、2之间自动切换，系统监测每次充电电流随时间的变化情况，有药液时，报警器中电容器C的电容值大。图丙中的曲线a、b为两次监测的结果。下列说法正确的是（　　） A．两次监测结果中，没有药液的是图线a B．充电时，两极板间的电场强度保持不变 C．充电过程中定值电阻R中的电流从左向右 D．减小R的电阻值，充满电时两极板间的电压变大 【答案】AC 【分析】结合RC充电电路I﹣t图像特性、电容大小与充电总量的关系、极板电场、电流方向、充电终态电压规律逐一甄别选项对错。 【解答】解：A.由电容定义式 电源电压U恒定，无药液时电容C更小，电容器充电总电荷量Q更小；I﹣t图像与时间轴围成面积等于充电总电量，图线a围成面积更小，对应电容更小，即无药液的监测曲线，故A正确； B.充电过程中电容器极板电荷量Q持续增加，由 可知极板间电压不断升高，极板间电场强度公式，极板间距d不变，UC增大则电场强度E持续变大，故B错误； C.开关拨至1进入充电状态，电流从电源正极流出，依次流过电流表、定值电阻R（电流方向为从左向右）、电容器、开关，最终流回电源负极，故C正确； D.电容器完全充满电时，电路回路电流为0，定值电阻R两端分压UR＝IR＝0，此时电容器两极板电压等于电源恒定电压E，电压大小与电阻R的阻值无关，故D错误。 故选：AC。 9．（多选）（2026•广东模拟）如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，弹簧上端固定，下端悬挂一个带电的小球，小球静止时位于O点，此时弹簧处于原长。向下把小球拉到M点由静止释放，小球最高上升到N点（图中没有标出）。小球运动过程中电荷量不变，小球的质量为m，OM的长度为d，弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的有（　　） A．小球带正电 B．小球从M点到N点的过程，电场力对小球做正功 C．小球从M点到N点的过程，小球的机械能守恒 D．小球从M点到N点的过程，小球的电势能减少了2mgd 【答案】BD 【分析】小球静止在O点时弹簧处于原长，小球的重力与电场力平衡，分析电场力方向，再判断小球的电性；小球从M点到N点的过程，分析电场力方向与位移关系的关系判断电场力对小球做功正负；根据初末位置动能关系判断小球机械能的变化情况；小球的运动为简谐运动，结合对称性确定ON与OM间距离，再求小球从M点到N点的过程小球的电势能减少量。 【解答】解：A、小球静止在O点时，弹簧处于原长，说明此时小球的重力与电场力平衡，即有mg＝qE，所以小球所受的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故小球带负电，故A错误； B、小球从M点到N点的过程，电场力始终竖直向上，与位移方向相同，所以电场力对小球做正功，故B正确； C、小球从M点到N点，重力势能增大，初末动能均为零，因此小球的机械能增大，故C错误； D、小球的运动为简谐运动，由于小球的重力与电场力平衡，所以小球所受的合力为弹簧的弹力，平衡位置为O点，根据简谐运动的对称性可知，O点为M、N的中点，则有ON＝OM＝d 所以小球从M到N的竖直位移为x＝2d，则小球从M点到N点的过程，电场力做的功为W电＝Eqx＝2mgd，电场力做正功，电势能减少，且电势能的减少量等于电场力做功的值，所以小球从M点到N点的过程，小球的电势能减少了2mgd，故D正确。 故选：BD。 10．（多选）（2026•武昌区校级模拟）如图所示，在xOy坐标系内有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，正方形区域Ⅰ（范围0≤x≤L，0≤y≤L）内有一分界线，分界线的下方存在沿y轴方向的匀强电场，正方形区域Ⅱ（范围0≤x≤L，L≤y≤2L）内有一分界线，分界线的上方存在垂直坐标平面的匀强磁场，区域Ⅲ（范围x≤0，2L≤y≤3L）内有沿y轴方向的匀强电场。带电粒子均匀分布在x轴上0＜x≤L的范围内。所有带电粒子由静止开始，经过Ⅰ、Ⅱ两个区域，均从（0，2L）坐标点沿x轴负方向进入区域Ⅲ，从y＝3L边界离开区域Ⅲ。已知粒子经过区域Ⅲ的最小偏转角为30°。在（﹣3L，4L）和（0，4L）两坐标点间放置一长为3L的荧光屏。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。则（　　） A．区域Ⅰ内边界为抛物线 B．区域Ⅱ内边界为圆弧 C．能够射到荧光屏上的粒子，经过区域Ⅲ的最小偏转角为45° D．能够射到荧光屏上的粒子数占总粒子数的75% 【答案】AC 【分析】根据Ⅰ区域电场沿y轴方向，粒子在电场中沿y方向匀加速，粒子进入Ⅱ区域磁场后，做90°圆周偏转最终到达（0，2L），结合洛伦兹力提供向心力，利用偏转角与荧光屏范围分析求解。 【解答】解：A.设粒子从出发点（x0，0）由静止释放，Ⅰ区域电场沿y轴方向，粒子在电场中沿y方向匀加速，离开电场时速度v满足： 粒子进入Ⅱ区域磁场后，做90°圆周偏转最终到达（0，2L），速度沿x负方向，因此圆周半径 R＝x0 由洛伦兹力公式 得 即 将v代入动能公式整理得： 与x0为二次函数关系，因此边界是抛物线，故A正确； B.粒子进入磁场的位置就是Ⅱ区域分界线，粒子偏转90°后终点为（0，2L），对任意出发点x0，进入磁场坐标为（x0，y），圆周偏转满足 y+x0＝2L 即：y＝2L﹣x 是一次函数（直线），因此边界为直线，故B错误； C.粒子从（0，2L）沿x负方向进入区域Ⅲ，设速度偏转角为θ（速度与x轴的夹角），满足 推导粒子到达荧光屏y＝4L时的x坐标：在Ⅲ中（2L～3L）：y位移 x向左位移 x1 出Ⅲ后（3L～4L）：匀速运动，y位移 L＝vyt2 x向左位移 总向左位移 即x坐标为 艾光屏范围 ﹣3L≤x≤0 代入得： ﹣3L 其中tanθ≥1，θ≥45° 因此能射到荧光屏的粒子最小偏转角为45°，故C正确； D.由，要求tanθ≥1得： 粒子均匀分布，占比约为57.7%，不是75%，故D错误。 故选：AC。 11．（多选）（2026•舒城县开学）如图1所示，A、B两金属板竖直正对放置组成加速电场，金属板C、D水平正对放置组成偏转电场，已知C、D板长为l，两板间距为d。大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子陆续从A板小孔由静止经电压为的加速电场加速后，沿C、D两板的中线不断进入两板间，两板间所加交变电压如图2所示，其中，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．所有带电粒子都能从C、D板间（含边缘）穿过 B．带电粒子离开偏转电场时，速度的大小、方向都相同 C．若仅增大A、B两板的间距，保持U1不变，带电粒子从C、D两板间射出的动能不变 D．若仅增大C、D两板的间距（两板的中线位置不变），保持U0不变，带电粒子离开电场时的侧移距离将增大 【答案】AC 【分析】A.根据牛顿第二定律还让运动学公式判断所有带电粒子是否都能从C、D板间（含边缘）穿过； B.根据速度表达式判断带电粒子离开偏转电场时，速度的大小、方向是否都相同； C.由动能定理和W＝qU1分析若仅增大A、B两板的间距，保持U1不变，带电粒子从C、D两板间射出的动能的变化； D.根据运动学公式判断若仅增大C、D两板的间距（两板的中线位置不变），保持U0不变，带电粒子离开电场时的侧移距离的变化。 【解答】解：A．根据牛顿第二定律可知，偏转电场中，粒子竖直方向加速度 最大偏转侧移出现在偏转电压为U0时，侧移： 代入已知 得 则所有粒子侧移都不超过极板半间距，因此所有粒子都能从偏转电场穿出，故A正确； B．不同时刻进入偏转电场的粒子，所受偏转电压不同，竖直方向的分速度不同 则离开偏转电场时，速度的大小和方向都不同，故B错误； C．仅增大AB板间距，加速电压U1不变，根据动能定理结合粒子加速获得的动能qU1和AB间距无关，初速度v0不变；粒子在偏转电场中运动时间、侧移都不变，偏转电场做功不变，则总出射动能不变，故C正确； D．仅增大CD板间距d，U1、U0不变，因此初速度v0不变，穿过偏转电场时间不变 根据运动学公式可知侧位移 d增大，y减小，故D错误。 故选：AC。 12．（多选）（2026•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为+q的小球，小球绕O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动，图中AC为水平直径。从A点开始，小球动能Ek与转过角度θ的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（　　） A．该匀强电场的场强大小为 B．该匀强电场的场强大小为 C．轻绳的最大拉力大小为7mg D．轻绳在A、C两点拉力的差值为 【答案】BCD 【分析】AB、根据坐标图分析等效最低点，再根据动能定理分析等效重力，根据矢量运算法则分析电场力，可求解电场强度； C、在等效最低点绳拉力最大，根据牛顿第二定律分析； D、根据动能定理分析小球由A点到等效最低点和由等效最低点到C点的过程，再根据牛顿第二定律分析绳拉力。 【解答】解：AB、由图乙可知小球运动最大动能为3mgl，最小动能为mgl，设重力和电场力的等效重力为G'，由等效最高点到等效最低点，由动能定理可知3mgl﹣mgl＝G'•2l，代入数据可得G'＝mg， 在等效最低点受到的电场力和重力如图所示： 由矢量运算法则可知电场力qE＝mg，代入数据可得E，故A错误，B正确； C、在等效最低点，由牛顿第二定律可知Tmax﹣G'，代入数据可得Tmax＝7mg，故C正确； D、小球由A点到等效最低点，由动能定理可知，在A点，由牛顿第二定律可知TA﹣G'cos30°， 小球由等效最低点到C点，由动能定理可知，在C点，由牛顿第二定律可知TC+G'cos30°， 细绳在AC两点的拉力差ΔT＝TA﹣TC，代入数据可得ΔT＝3mg，故D正确。 故选：BCD。 三．解答题 13．（2026•昌平区一模）物理学中寻求“守恒量”已经成为物理学研究的一种重要思想方法。 情境一：如图1所示，质量为m1的小球以速度v0与静止在光滑水平面上质量为m2的小球发生对心碰撞，碰撞后两小球粘在一起共同运动。 情境二：电路图如图2所示，电容器A的电容为C1，电容器B的电容为C2，把开关S接1接线柱，A充满电时极板间电压为U0，再把开关S接2接线柱，A放电稳定后两电容器极板间电压相同。 （1）a.求情境一中两小球碰后的速度大小v； b.求情境二中A放电稳定后极板间电压U； （2）A充电过程中极板间电压u随极板带电量q变化关系如图3所示。若A极板间电压为U0时，储存的电场能为E。证明从开关S接2接线柱到A、B电压相同的过程中，损失的电场能为ΔEE； （3）类比情境一和情境二中的守恒量和能量转化情况，完成表格。（不需要书写计算过程） 情境一 情境二 动量守恒 　损失的机械能为；　 　电荷守恒　 损失的电场能ΔEE 【答案】（1）a.碰后速度大小为； b.稳定电压为； （2）由图丙可知，电场能E为 u﹣q 图像下的面积，即三角形面积： 放电稳定后，两电容器电压均为U，总电场能为： 代入 损失的电场能：ΔE＝E﹣E末 （3）情境1：损失的机械能为；情境2：电荷守恒。 【分析】（1）a.对两小球组成的系统应用动量守恒定律，求解碰后的共同速度大小； b.利用电容器A充电后的总电荷量守恒，结合电容公式求解稳定后极板间电压； （2）根据电场能等于u﹣q图像的面积，结合已知电场能E，计算初末电场能的差值完成证明； （3）类比情境一的动量守恒与能量损失，对应填写情境二的守恒量和情境一的能量损失项完成表格。 【解答】解：（1）a.规定初速度方向为正，根据动量守恒定律，碰撞前后系统总动量不变：m1v0＝（m1+m2）v 解得v b.类比动量守恒，电容器放电过程中电荷守恒：C1U0＝（C1+C2）U 代入数据可得U （2）由图丙可知，电场能E为 u﹣q 图像下的面积，即三角形面积： 放电稳定后，两电容器电压均为U，总电场能为： 代入 损失的电场能：ΔE＝E﹣E末 （3）类比填写表格：情境1：损失的机械能为 情境2：第一个空填“电荷守恒” 故答案为：（1）碰后速度大小为； （2）由图丙可知，电场能E为 u﹣q 图像下的面积，即三角形面积： 放电稳定后，两电容器电压均为U，总电场能为： 代入 损失的电场能：ΔE＝E﹣E末 （3）情境1：损失的机械能为；情境2：电荷守恒。 14．（2026•石景山区二模）航母上的电磁弹射系统能够使舰载机满油满弹起飞，提升了舰载机的战斗力与续航里程。由于电磁弹射瞬间峰值功率极大，一般电源难以达到要求，故采用超级电容器供电。 某电磁助推装置简化原理如图甲所示，超级电容器经调控系统可以为电路提供恒定电流，弹射轨道简化为两个固定在水平面上、相互平行的金属导轨，整个装置处在磁感线方向竖直向下的匀强磁场中，弹射轨道的左端为充电电路。发射前，将开关S接a，对电容器充电，充电结束后将开关接b，电容器放电，推动舰载机、使舰载机从静止开始加速。 （1）已知电源的电动势为E0，电容器的电容为C。 ①在图乙画出充电过程电容器两端电压U与电容器所带电荷量Q的关系图像； ②求充电结束后电容器储存的电能E。 （2）假设弹射轨道长度L＝100m，超级电容器的电容C＝150F，弹射前超级电容器两端电压U1＝1000V，弹射后电压降至U2＝800V，超级电容器释放的能量全部转化为电能。某舰载机质量m＝1.0×104kg，起飞速度需要超过60m/s，弹射系统将电能转化为机械能的效率η＝80%。由于超级电容器经调控系统为电路提供恒定电流，若不考虑舰载机在运动过程中受到的阻力，舰载机做匀加速运动。 ①若不考虑舰载机在加速过程中受到的阻力，通过计算说明，仅利用超级电容器提供电能，舰载机能否成功弹射起飞； ②若仅考虑舰载机所受空气阻力的影响，其大小f与速度v的关系为f＝kv2（k＝0.2N•s2/m2），其他条件不变。通过推理论证，说明舰载机能否成功弹射起飞。 【答案】（1）①在图乙画出充电过程电容器两端电压U与电容器所带电荷量Q的关系图像如图 ； ②充电结束后电容器储存的电能E为。 （2）①若不考虑舰载机在加速过程中受到的阻力，仅利用超级电容器提供电能，舰载机能成功弹射起飞； ②舰载机能成功弹射起飞 论证：若不考虑舰载机在运动过程中受到的阻力，舰载机将做匀加速直线运动，其v2﹣x图像为图中直线a，其中vm为其最大速度。满足 若仅考虑空气阻力f＝kv2的影响，则舰载机在加速过程中的v2﹣x图像为图中虚线b所示的曲线。由于空气阻力f＝kv2因此阻力f做的功Wf与v2﹣x图像中曲线b所围面积成正比。可见舰载机在加速L＝100m的过程中，阻力做功Wf满足 解得 可见E2﹣|Wf|＞E1，舰载机能够成功弹射起飞。 【分析】（1）①根据电容的定义式表示电容器两端电压U与电容器所带电荷量Q的关系，进而画出充电过程电容器两端电压U与电容器所带电荷量Q的关系图像； ②由图中图线所围面积求充电结束后电容器储存的电能E。 （2）①根据能量关系判断仅利用超级电容器提供电能，舰载机能否成功弹射起飞； ②画出不同情况下的v2﹣x图像，结合图像的物理意义判断。 【解答】解：（1）①根据电容的定义式可知 画出U﹣Q图像如图所示 ②充电结束后电容器两端电压为E0，电容器储存的电能可由图中图线所围面积表示 （2）①舰载机起飞需要的动能 需要的电能 超级电容器释放的电能 E2＞E1 因此仅依靠超级电容器供电，可以成功弹射舰载机。 ②若不考虑舰载机在运动过程中受到的阻力，舰载机将做匀加速直线运动，其v2﹣x图像为图中直线a，其中vm为其最大速度。满足 若仅考虑空气阻力f＝kv2的影响，则舰载机在加速过程中的v2﹣x图像为图中虚线b所示的曲线。由于空气阻力f＝kv2因此阻力f做的功Wf与v2﹣x图像中曲线b所围面积成正比。可见舰载机在加速L＝100m的过程中，阻力做功Wf满足 解得 可见E2﹣|Wf|＞E1，舰载机能够成功弹射起飞。 答：（1）①在图乙画出充电过程电容器两端电压U与电容器所带电荷量Q的关系图像如图 ； ②充电结束后电容器储存的电能E为。 （2）①若不考虑舰载机在加速过程中受到的阻力，仅利用超级电容器提供电能，舰载机能成功弹射起飞； ②舰载机能成功弹射起飞 论证：若不考虑舰载机在运动过程中受到的阻力，舰载机将做匀加速直线运动，其v2﹣x图像为图中直线a，其中vm为其最大速度。满足 若仅考虑空气阻力f＝kv2的影响，则舰载机在加速过程中的v2﹣x图像为图中虚线b所示的曲线。由于空气阻力f＝kv2因此阻力f做的功Wf与v2﹣x图像中曲线b所围面积成正比。可见舰载机在加速L＝100m的过程中，阻力做功Wf满足 解得 可见E2﹣|Wf|＞E1，舰载机能够成功弹射起飞。 15．（2026•辽宁模拟）某离子实验装置的基本原理如图所示，离子源能源源不断从坐标原点O沿y轴正向发射同种离子，离子质量为m，电荷量为+q，初速度v大小范围在0～3v0之间。以过x＝L垂直于纸面的界面为边界，界面左侧为Ⅰ区，存在沿x轴正向的匀强电场，大小E0未知，右侧为Ⅱ区，存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小B0也未知。其中初速为v0的离子从O点出射后立刻进入Ⅰ区，在电场中偏转θ＝45°后进入匀强磁场，已知此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等。忽略边界效应，忽略离子间的相互作用力，不计离子重力。求： （1）E0和B0的比值； （2）初速度为v0的离子在磁场中圆周运动的半径和周期； （3）从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程。 【答案】（1）E0和B0的比值是v0； （2）初速度为v0的离子在磁场中圆周运动的半径是4L，周期是； （3）从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程为其中或，其中。 【分析】（1）先分析初速度为v0的离子在电场中的类平抛运动，由偏转角45°得出水平与竖直速度关系，结合运动学公式与牛顿第二定律联立，求解E0与B0的比值； （2）由类平抛规律求出离子进入磁场的速度，结合电场与磁场加速度大小相等的条件，利用洛伦兹力提供向心力公式，求解圆周运动的半径与周期； （3）设离子初速度为v，推导其在磁场中做圆周运动的圆心坐标与v的函数关系，消去v得到圆心的轨迹方程。 【解答】解：（1）离子在电场中的加速度为 a 初速为v0的离子从O点出射后立刻进入Ⅰ区，做类平抛运动，在电场中偏转θ＝45°后进入匀强磁场，根据矢量关系知，离子出电场的速度即在磁场中匀速圆周运动的速度大小为，水平向右的分速度为v0，根据牛顿第二定律有 解得在磁场中的加速度为 此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等，联立可得 （2）离子在电场中根据运动规律有 解得加速度 在磁场中的速度大小为 故加速度为 联立可得 R＝4L 故周期 （3）如图所示 离子在电场中水平方向做初速为0的匀加速直线运动，根据（1）的分析可知，离子在P点水平向右的分速度为v0故水平方向，根据运动学规律 从边界P点射出后进入磁场时yP＝vyt 联立上方两式可得 离子在磁场中做圆周运动的速度为v1，满足 圆心O1的横坐标为 x＝L+Rcosθ＝L 纵坐标为 且当磁场中速度为时，R＝4L即 则或 联立以上三式可得圆心的轨迹线为一条直线，方程为其中 或，其中 答：（1）E0和B0的比值是v0； （2）初速度为v0的离子在磁场中圆周运动的半径是4L，周期是； （3）从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程为其中或，其中。 16．（2026•资阳模拟）如图为一种静电除尘装置的原理示意图，它的上金属板M带负电，下金属板N带正电，两金属板水平放置，间距d＝0.04m，宽度L＝0.4m，金属板间匀强电场的电场强度E＝10V/m。分布均匀的带电烟尘颗粒随空气以v0＝20m/s的速度从左侧平行于金属板进入该装置，当其碰到N板时被收集，且该过程不影响电场的分布。已知每个烟尘颗粒的质量m＝1.0×10﹣14kg，所带电荷量q＝﹣1.0×10﹣13C。不考虑烟尘颗粒的重力、颗粒间的相互作用力和空气阻力。 （1）求烟尘颗粒在金属板间运动的最长时间t； （2）要使所有的烟尘颗粒均落在N板上，求板间最小场强Em。 【答案】（1）烟尘颗粒在金属板间运动的最长时间t为2×10﹣2s； （2）要使所有的烟尘颗粒均落在N板上，板间最小场强为20V/m。 【分析】（1）根据牛顿第二定律和运动学公式求烟尘颗粒在金属板间运动的最长时间t； （2）根据牛顿第二定律和运动学公式求板间最小场强Em。 【解答】解：（1）对于该装置左上角的烟尘颗粒，在竖直方向上有： 联立解得 在水平方向上有： 解得 由t2＜t1 可得 t＝2×10﹣2s （2）易知临界条件为左上角的烟尘微粒正好落在N板最右端，在竖直方向上有 联立解得 Em＝20V/m 答：（1）烟尘颗粒在金属板间运动的最长时间t为2×10﹣2s； （2）要使所有的烟尘颗粒均落在N板上，板间最小场强为20V/m。 17．（2025秋•北京期末）如图甲所示，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，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。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。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。圆筒不同长度的设计，使电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。经过n次加速，进入电场强度为E方向竖直向下的匀强电场，最后从该匀强电场右边缘射出。已知电子的质量为m、电子电荷量为e、电压的绝对值为U0、周期为T，竖直向下电场的极板长度为s，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。求： （1）电子进入圆筒1时的速度大小v1； （2）第n个圆筒的长度L； （3）电子在竖直向下的匀强电场中竖直方向的位移大小y。 【答案】（1）电子进入圆筒1时的速度大小为； （2）第n个圆筒的长度为； （3）电子在竖直向下的匀强电场中竖直方向的位移大小为。 【分析】（1）电子在圆板与圆筒1间的电场中加速，电场力做功转化为动能，可用动能定理求解速度。 （2）第n个圆筒内电子做匀速直线运动，需先确定其速度，再结合运动时间和速度求长度，运动时间由交变电源周期决定。 （3）电子进入匀强电场后水平方向匀速、竖直方向匀加速，利用类平抛运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求解竖直位移。 【解答】解：（1）电压的绝对值为U0，电子进入圆筒1时有 可得进入圆筒1时的速度大小 （2）设电子进入第n个圆筒后的速度为vn，由动能定理可知 可得 为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的时间均为，第n个金属圆筒的长度 可得 （3）竖直向下电场的极板长度为s，水平方向有s＝vnt 竖直方向有 联立可得 答：（1）电子进入圆筒1时的速度大小为； （2）第n个圆筒的长度为； （3）电子在竖直向下的匀强电场中竖直方向的位移大小为。 18．（2025秋•宜春期末）如图所示，足够大的空间内存在方向与水平方向的夹角θ＝37°的匀强电场，长的绝缘轻绳一端系于水平天花板上的O点，另一端系有质量m＝0.5kg，电荷量q＝+2×10﹣4C的小球（视为点电荷）。当轻绳与竖直方向的夹角也为θ时，小球恰能处于静止状态。现将小球拉至O点右侧与O点等高位置（轻绳刚好拉直）由静止释放，小球运动到轻绳上拉力最大时，轻绳恰好断裂（不影响小球瞬时速度），最终小球落在水平地面上。已知O点到水平地面的高度h＝1.9m，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）匀强电场的电场强度大小E； （2）轻绳断裂前瞬间轻绳上的弹力大小F； （3）小球落到水平地面上的位置到O点的水平距离。 【答案】（1）匀强电场的电场强度大小E为1.5×104N/C； （2）轻绳断裂前瞬间轻绳上的弹力大小F为7.2N； （3）小球落到水平地面上的位置到O点的水平距离为0.175m。 【分析】（1）根据小球处于静止状态时，小球受力平衡分析求解； （2）根据小球受到重力与电场力的合力为F合＝mgcosθ，与竖直方向的夹角为θ，从小球被释放运动至轻绳与竖直方向的夹角为θ时，轻绳上的拉力最大分析求解； （3）结合竖直平面内圆周运动的特点判断拉力最大的位置，轻绳断裂后小球做类平抛运动，将沿分解即可求出。 【解答】解：（1）当小球处于静止状态时，小球受到的电场力的方向与绳子的方向垂直，如图 对小球受力分析有Eq＝mgsinθ 解得E＝1.5×104N/C （2）将小球受到的电场力与重力的合力视为等效重力，该等效重力大小G等＝mgcosθ 方向与竖直方向的夹角为θ，结合竖直平面内圆周运动的特点可知从小球被释放运动至轻绳与竖直方向的夹角为θ时，轻绳上的拉力最大，则有 对轻绳断裂前瞬间的小球，受力分析有 联立解得F＝7.2N （3）轻绳断裂后瞬间，小球在竖直方向上的分速度大小vy＝vsinθ 小球在竖直方向上的加速度大小ay＝gcosθ•cosθ 从轻绳断裂至小球落到水平地面上有 解得t＝0.5s 小球在水平方向上的分速度大小vx＝vcosθ 小球在水平方向上的加速度大小ax＝gcosθ•sinθ 小球落到水平地面上的位置到O点的水平距离 联立解得x＝0.175m 答：（1）匀强电场的电场强度大小E为1.5×104N/C； （2）轻绳断裂前瞬间轻绳上的弹力大小F为7.2N； （3）小球落到水平地面上的位置到O点的水平距离为0.175m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $