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專題7.3　電容器　帶電粒子在電場中的運動
1.物理觀念：電容器及電容。
觀察常見電容器，了解電容器的電容，觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。能舉例說明電容器的應用。
2.科學思維：帶電粒子（帶電體）在電場中的運動。
（1）.會用動力學觀點和能量觀點解決電場作用下的直線運動.
（2）應用帶電粒子在勻強電場中的偏轉規(guī)律解決問題、會分析帶電粒子在重力、電場力作用下的偏轉。
3.科學態(tài)度與責任：靜電現(xiàn)象應用與安全。
（1）.了解生產(chǎn)生活中關于靜電的利用與防護的實例。
（2）能分析帶電粒子在電場中的運動情況，能解釋相關的物理現(xiàn)象。
【知識點一】平行板電容器及其動態(tài)分析問題
1．電容器
（1）帶電荷量：每個極板所帶電荷量的絕對值。
（2）充電和放電
①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異號電荷，電容器中儲存電場能。
②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。
2．電容
（1）定義式：C＝。
（2）單位：法拉（F），常用單位還有微法（μF）、皮法（pF）。
1 F＝106 μF＝1012 pF。
（3）物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。
3．平行板電容器的電容
（1）影響因素：與極板正對面積、極板距離和電介質(zhì)有關。
（2）決定式：C＝，k為靜電力常量，εr為電介質(zhì)的相對介電常數(shù)。
4．兩類典型問題
（1）電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。
（2）電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。
2．動態(tài)分析思路
（1）U不變
①根據(jù)C＝和C＝，先分析電容的變化，再分析Q的變化。
②根據(jù)E＝分析場強的變化。
③根據(jù)UAB＝Ed分析某點電勢變化。
（2）Q不變
①根據(jù)C＝和C＝，先分析電容的變化，再分析U的變化。
②根據(jù)E＝分析場強變化。
（2023 萬年縣校級一模）如圖所示，由兩塊相互靠近豎直放置的平行金屬板組成平行板電容器，極板N與靜電計相接，極板M接地。用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U。在兩極板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度后停止充電。不計實驗過程中電容器的漏電，下面操作能使靜電計指針張角變大的是（　　）
A．在M、N之間插入云母板
B．將M板沿水平方向向右靠近N板
C．將M板豎直向下平移
D．在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸
【解答】解：A、在M、N之間插入云母板，由電容的決定式C，知電容C變大，由題意知，電容器所帶電量Q保持不變，根據(jù)電容的定義式C分析可知，電容器兩極板間的電勢差U減小，靜電計指針張角變小，故A錯誤；
B、將M板沿水平方向向右靠近N板，則兩極板間距離d減小，由電容的決定式C，知電容C變大。電容器所帶電量Q保持不變，根據(jù)電容的定義式C分析可知，電容器兩極板間的電勢差U減小，靜電計指針張角變小，故B錯誤；
C、將M板豎直向下平移，則兩極板正對面積S減小，由電容的決定式C，知電容C減小，電容器所帶電量Q保持不變，根據(jù)電容的定義式C分析可知，電容器兩極板間的電勢差U變大，靜電計指針張角變大，故C正確；
D、在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸，則相當于兩極板間距離d減小，由B項分析可知，C變大，U減小，靜電計指針張角變小，故D錯誤。
故選：C。
（2023 山東模擬）兩個等量異號點電荷組成的系統(tǒng)稱為電偶極子。面積足夠大的平行板電容器，兩極板之間的距離為d，將電容器接在電壓U恒定的電源兩端，規(guī)定無窮遠處電勢為0，將帶電量極小的電偶極子用長度為L的絕緣輕桿連接，將其從無窮遠處移到電容器兩極板之間處于如圖所示的狀態(tài)（桿和極板垂直），然后將兩極板分別圍繞O、O'點順時針旋轉30°，如圖中虛線所示，仍將絕緣輕桿連接的電偶極子從無窮遠處移動到同一位置，此過程中下列說法正確的是（　　）
A．兩極板旋轉之后，極板間的電場強度減小
B．兩極板旋轉之后，極板間的正對面積不變
C．在兩極板未旋轉之前，電場力對電偶極子做功為
D．在兩極板旋轉之后，電場力對電偶極子做功為
【解答】解：A、兩極板旋轉后，兩極板間距離減小，電勢差不變，板間的電場強度E增大，故A錯誤；
B、兩極板旋轉之后，極板間的正對面積減小，故B錯誤；
C、設初始時刻電場強度為E1，則
正負電荷所在點的電勢分為φ1和φ2，則其電勢能為Ep1＝q（φ1﹣φ2）＝qEL
則電場力做功W1＝0﹣Ep1
故C錯誤；
D、將兩極板旋轉30°，場強變?yōu)?br/>電勢能為Ep2 L
此時電場力做功W2＝0﹣Ep2
故D正確。
故選：D。
（2023 平谷區(qū)一模）用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。先使開關S接1，電容器充電完畢后將開關擲向2，可視為理想電流表的電流傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的I﹣t曲線，如圖乙所示。定值電阻R已知，且從圖中可讀出最大放電電流I0，以及圖線與坐標軸圍成的面積S。根據(jù)題目所給的信息，下列說法錯誤的是（　　）
A．由圖線與坐標軸圍成的面積S可得到電容器放出的總電荷量
B．不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則圖線與坐標軸圍成的面積S將減小
C．由最大放電電流I0和定值電阻R的阻值可得到R兩端的最大電壓
D．若電容器放出的總電荷量為Q，R兩端的最大電壓為Um，則電容器的電容為
【解答】解：A、根據(jù)Q＝It可知，I﹣t圖線與坐標軸圍成的面積S等于電容器的總電荷量，故A正確；
B、I﹣t圖線與坐標軸圍成的面積S為電容器的總電荷量，不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則電源的電壓U不變，電容器的電容C不變，根據(jù)可知電容器的總電荷量不變，則圖線與坐標軸圍成的面積S不變，故B錯誤；
C、根據(jù)U＝IR可知，由最大放電電流I0和定值電阻R的阻值可得到R兩端的最大電壓Um＝I0R，故C正確；
D、電容器放出的總電荷量Q即為電容器充滿電時的電荷量，R兩端的最大電壓Um即為電容器充滿電時的電壓，根據(jù)電容的定義式可知，電容器的電容為，故D正確；
本題選錯誤的，
故選：B。
【知識點二】帶電粒子在電場中的直線運動
1．做直線運動的條件
（1）粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動．
（2）粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動．
2．用動力學觀點分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【方法總結】帶電粒子在電場中運動時重力的處理
1．基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）。
2．帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。
【技巧方法】帶電粒子在電場中做直線運動的分析方法：
（多選）（2022秋 江北區(qū)校級期末）圖甲是一臺醫(yī)用電子直線加速器，該加速器通過加速電場使電子直線加速獲得能量，轟擊重金屬靶產(chǎn)生射線，可用于放射治療。其基本原理如圖乙所示，電子由陰極射線發(fā)出，經(jīng)B板的小孔進入兩板間被加速，不計電子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．A板帶正電，B板不帶電
B．若兩板間電壓一定，改變板間距離，電子的加速度與板間距離乘積保持不變
C．若極板所帶的電荷量一定，增大板間距離，電子獲得的動能增大
D．若兩板間電壓一定，增大板間距離，電子獲得的動能增大
【解答】解：AB、電子在電場中加速，所以A板帶正電，B板帶負電，根據(jù)牛頓第二定律有：a，解得md，所以若兩板間電壓一定，改變板間距離，電子的加速度與板間距離乘積保持不變，故A錯誤，B正確；
CD、增大板間距離，根據(jù)C可知電容減小，若極板所帶的電荷量一定，根據(jù)C可知電壓U增大，由動能定理可得eUmv2，可知動能增大，同時若兩板間電壓一定，增大板間距離，電子獲得的動能不變。故C正確，D錯誤。
故選：BC。
（2022春 河南月考）在進行長距離星際運行時，不再使用化學燃料，而采用一種新型發(fā)動機一離子發(fā)動機，其原理是用恒定電壓加速一價惰性氣體離子，將加速后的氣體離子高速噴出，利用反沖作用使飛船本身得到加速。在氦、氖、氬、氪、氙多種氣體中選用了氙，已知這幾種氣體離子的質(zhì)量中氙的質(zhì)量最大，下列說法正確的是（　　）
A．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時速度更大
B．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動量更大
C．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動能更大
D．一價氙離子體積更小，不容易堵塞發(fā)動機
【解答】解：AC.以隋性氣體離子為研究對象，根據(jù)動能定理得：
eUmv2
得
可見，這幾種氣體離子的帶電量相同，加速電壓相同，故獲得的動能相同，氙離子的質(zhì)量大，獲得的速度小，故AC錯誤；
B.根據(jù)動量的定義p＝mv，氙離子的質(zhì)量大，動量大，故B正確；
D.相同質(zhì)量的一價惰性氣體離子中，雖然一價氙離子體積更小，但發(fā)動機的噴口較大，其它體積較大的惰性氣體的離子還不至于堵塞發(fā)動機，故D錯誤。
故選：B。
（多選）（2022 上杭縣校級開學）某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進行治療，在這種療法中，質(zhì)子先按加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死細胞。如圖所示，若質(zhì)子的加速長度d，要使質(zhì)子由靜止被勻加速到v，已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電量為e，則下列說法正確的是（　　）
A．由以上信息可以推算該加速電場的電壓
B．由以上信息可以推算該加速電場的電場強度
C．由以上信息不可以推算質(zhì)子加速后的電勢能
D．由以上信息可以判斷出運動過程中質(zhì)子所受電場力做正功，電勢能增加
【解答】解：A、由動能定理可得eUmv2，可以推算該加速電場的電壓為U，故A正確；
B．可以推算該加速電場的電場強度為E，故B正確；
C．由功能關系可得，質(zhì)子電勢能的減少量為ΔEpmv2，但由于零勢能點未指明，故不可以推算質(zhì)子加速后的電勢能，故C正確；
D．由以上信息可以判斷出運動過程中質(zhì)子所受電場力做正功，電勢能減少，故D錯誤。
故選：ABC。
【知識點三】帶電粒子在電場中的偏轉運動
1．基本規(guī)律
設粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d（忽略重力影響），則有
（1）加速度：a＝＝＝。
（2）在電場中的運動時間：t＝。
（3）位移y＝at2＝。
（4）速度，vy＝，v＝，tan θ＝＝。
2．兩個結論
（1）不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的偏轉角度總是相同的。
證明：由qU0＝mv及tan φ＝得tan φ＝。
（2）粒子經(jīng)電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為。
3．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系
當討論帶電粒子的末速度v時，也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。
【總結提升】
1．帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律
2．處理帶電粒子的偏轉問題的方法
（1）運動的分解法
一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動．
（2）功能關系
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差．
（2023 海淀區(qū)校級模擬）如圖所示，場強大小為E，方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m，帶電量分別為+q和﹣q的兩粒子，由a，c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)域（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中）。不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：兩個粒子都做類平拋運動，軌跡相切時，速度方向恰好相反
即在該點，速度方向與水平方向夾角相同：
根據(jù)牛頓第二定律：Eq＝ma
兩個粒子都做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動：v0t1+v0t2＝s
豎直方向做勻加速直線運動：
由以上各式整理得：，因此B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2023 黃山模擬）如圖所示，平行板電容器水平放置，上極板帶正電、下極板帶負電并接地，一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子a從兩板左端中點入射，入射速度正對上極板中點A，已知板長為2d，板間距離為d，兩板間電壓為U，粒子重力不計且運動過程中不與極板碰撞，則（　　）
A．粒子a射入電場時電勢能為Uq
B．粒子a在電場內(nèi)運動過程中電勢能最大時動能為零
C．若粒子a從下極板右邊緣射出，其在運動過程中電勢能最大值為Uq
D．若粒子a射出點與射入點在同一水平線上，則其在電場中運動時間為
【解答】解：A．粒子射入電場位置電勢為，根據(jù)電勢能與電勢關系，粒子a射入電場時電勢能，故A錯誤；
B．粒子的運動可以分解為沿極板方向的勻速直線運動，垂直于極板方向的變速直線運動，當垂直于極板方向的分速度減為零時，電場力做負功最大，根據(jù)功能關系，粒子a在電場內(nèi)運動過程中電勢能最大，但此時粒子有平行極板方向的速度，粒子運動的動能不為零，故B錯誤；
C．假設粒子初速度為v0，將初速度分解為沿極板方向vx和垂直于極板方向vy
由數(shù)學知識，
粒子沿極板方向的勻速直線運動，垂直于極板方向的變速直線運動，根據(jù)位移公式有，粒子a從下極板右邊緣射出時2d＝vxt，
解得
粒子進入電場到最大勢能處在垂直于極板方向經(jīng)過的位移為
最大勢能處的電勢為
故運動過程中最大勢能
故C正確；
D．由C選項，
粒子沿極板方向的勻速直線運動，垂直于極板方向的變速直線運動，根據(jù)位移公式有，粒子a射出點與射入點在同一水平線上則2d＝vxt，
解得
又
得
所以
則粒子在電場中運動時間為
故D錯誤。
故選：C。
（2023 西城區(qū)一模）具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位素原子核（H、H和H）以相同的速度從帶電平行板間的P點沿垂直于電場的方向射入電場，其中氘核（H）恰好能離開電場，軌跡如圖所示。不計粒子的重力，則（　　）
A．H不能離開電場
B．H在電場中受到的電場力最大
C．H在電場中運動的時間最短
D．在電場中運動的過程中電場力對H做功最少
【解答】解：A、三種粒子在電場中均做類平拋運動，設金屬板的長度為L，P點距底板的距離為h，則由平拋運動的相關知識可得，L＝vt
聯(lián)立解得，分析可知，能否離開電場與比荷有關，氘核H恰好能離開電場，則可知H不能離開電場，故A正確；
B、電場力大小為F＝Eq，同一電場，E相同，三種粒子所帶電荷量相同，故三種粒子在電場中所受電場力大小相等，故B錯誤；
C、三種粒子的初速度相同，H不能離開電場，水平位移最小，由x＝vt知可知H在電場中運動的時間最短，H和H都能離開電場，則在電場中運動的時間相同，故C錯誤；
D、電場力做功為W＝Eqd，電荷量相同，電場強度相同，分析可知H、H在電場中運動的豎直位移相等，而H在電場中運動的豎直位移最小，因此在電場中運動的過程中電場力對H做功最少，故D錯誤。
故選：A。
【知識點四】等效重力場模型
1．等效重力場
物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復雜一些．此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．
2．等效重力場的對應概念及解釋
3．舉例
（2023 永州三模）如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向未知的勻強電場。一質(zhì)量為m的小球從y軸上P點以水平速度v進入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過x軸上Q點時的速度大小也為v，方向與x軸夾角為37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，小球從P點運動到Q點的過程中（　　）
A．速度的最小值為
B．所受電場力的最小值為
C．動能與電勢能之和一直減小
D．水平位移與豎直位移的大小之比為2：1
【解答】解：D、將小球在Q點的速度v分解為水平分量vcos37°和豎直分量vsin37°。
由位移—時間公式可得：小球水平分位移為：
小球豎直分位移為
解得：，故D錯誤；
A、根據(jù)題中所述，可知小球水平方向先向右做勻減速直線運動，小球水平向右方向的分加速度大小為
小球豎直向下方向的分加速度大小為：
設小球合加速度方向與豎直方向夾角為θ，則有：
聯(lián)立解得：
可知，小球在空中做類斜拋運動，可以將該運動分解為垂直于合加速度方向的勻速直線運動與沿合加速度方向的勻加速直線運動，可知勻速直線運動的分速度即為速度的最小值，則有：vmin＝vcosθ
結合上述解得：，故A錯誤；
B、根據(jù)上述小球所受電場力與重力的合力大小為：F＝ma，該合力方向與豎直方向夾角亦為θ，可知，當電場力方向與合力方向垂直時，電場力達到最小值，則有：最小電場力：F電min＝mgsinθ
根據(jù)tanθ，可求得sinθ
從而求得：F電min，故B正確；
C、根據(jù)上述可知，小球從P點運動到Q點的過程中重力一直做正功，重力勢能一直減小，小球運動過程中只有重力勢能、動能與電勢能的轉化，可知動能與電勢能之和一直增大，故C錯誤。
故選：B。
（2023 西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球（可視為質(zhì)點）與長為L的絕緣輕繩相連，輕繩另一端固定在O點，整個系統(tǒng)處在與豎直方向夾角為45°的勻強電場中。已知A、B、C、D、E、F為圓周上的點，AB為水平直徑，CD為豎直直徑，EF過O點且與CD的夾角為45°，當小球繞O點在豎直平面內(nèi)做半徑為L的圓周運動時，小球運動到A點時的速度最小，最小速度為vmin，g為重力加速度的大小，則下列說法正確的是（　　）
A．勻強電場的電場強度大小為
B．小球從A點運動到B點時，合力做的功為mgL
C．小球運動到B點時輕繩拉力的大小為5mg
D．小球運動到F點時的機械能最大
【解答】解：A．小球在A點受重力和電場力，如圖所示，由題意，小球繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在A點時速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在豎直方向受力平衡，則有
mg＝qEsin45°
解得：E
故A錯誤；
B．小球從A點運動到B點時，重力做功是零，電場力做功為W＝qE 2Lcos45°
解得：W＝2mgL
因此合力做的功為2mgL，故B錯誤；
C．小球運動到B點時，由動能定理可得2mgL
在B點，由牛頓第二定律可得T﹣qEcos45°＝m
代入數(shù)據(jù)解得T＝6mg
故C錯誤；
D．小球在做圓周運動中，只有重力和電場力做功，則有小球的機械能和電勢能之和是一個定值，小球在E點時電勢最高，小球帶正電，電勢能最大，小球在F點時的電勢最低，具有的電勢能最小，因此小球在F點的機械能最大，故D正確。
故選：D。
（2023 成都模擬）如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑絕緣固定軌道，ab水平，bc是與ab相切于b點且半徑為R的圓弧，所在空間有方向平行于ab向右的勻強電場。在軌道上P點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的小球，小球飛出軌道后達到的最高點為Q（圖中未畫出）。若小球可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，電場的場強大小，Q與c點的高度差為，則可知（　　）
A．Q在c點的正上方
B．Pb＝R
C．從c到Q的過程中，小球的動能不變
D．從b到c的過程中，小球對軌道的最大壓力為
【解答】解：A、小球從c點飛出時速度方向豎直向上，離開c后在水平方向向右做初速度為零的勻加速運動，在豎直方向向上做豎直上拋運動，豎直方向速度減為零時到達最高點Q，Q點在c點的右上方，故A錯誤；
B、從c到Q的過程中，豎直方向上有：，從P到c的過程有，由動能定理得：0，解得：，故B錯誤；
C、小球所受電場力F＝qE＝mg，小球所受合力方向與水平方向間的夾角為θ，tanθ1，則θ＝45°，小球從c到Q的過程中，小球在水平方向做勻加速直線運動，在豎直方向做勻減速直線運動，小球的合力與運動軌跡如圖所示
根據(jù)圖示可知，小球所受合力先做負功，后做正功，則小球的動能先減小后增大，故C錯誤；
D、小球在等效平衡位置d點速度最大，對軌道的壓力最大，如圖所示
從P到d點過程，由動能定理得：0
在d點，對小球，由牛頓第二定律得：Fm
解得：F＝（31）mg，由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力大小F'＝F＝（31）mg，故D正確。
故選：D。
【知識點五】帶電粒子在電場中的力電綜合問題
類型一、帶電粒子在交變電場中的運動
1．帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方波）的情形．
（1）當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定了粒子的運動情況，粒子可以做周期性的直線運動．
（2）當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性．
2．研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況．根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等．
很多時候可將a－t圖象v－t圖象．
3．對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動．
（2023 九龍坡區(qū)模擬）如圖甲中的水平平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的變化電壓，后電壓消失。當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場。O位于M、N板間中點，可以向外釋放初速度為零的帶電液滴。在t＝0時，均帶負電的液滴甲、乙從O由靜止進入板間，甲、乙兩液滴的比荷分別為k和1.5k，忽略兩個帶電液滴間的相互作用及其電荷量的變化。已知0～t0時間甲處于靜止狀態(tài)，3t0時刻甲恰好到達下極板附近。重力加速度大小為g，則在如圖乙中表示的時間段內(nèi)，下列說法正確的是（　　）
A．兩板間距為
B．乙在時刻打到上極板
C．甲在該階段的最大速度為gt0
D．甲在時刻恰好到達上極板附近
【解答】解：A、根據(jù)題意可知甲液滴在0～t0時間里靜止，由平衡條件有：
在t0～2t0時間內(nèi)甲液滴做自由落體運動，在2t0～3t0時間內(nèi)做勻減速直線運動，在2t0時刻，甲液滴的速度為：v1＝gt0
結合題意，兩板間距滿足：
整理后解得：，故A錯誤；
B、乙液滴在0～t0時間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：
整理可得：
向上運動的距離：，t0～2t0時間內(nèi)運動的位移：
此時的速度：
此時距離上極板的距離：x′0
在2t0后，根據(jù)牛頓第二定律：
解得：a′＝2g
根據(jù)：
代入數(shù)據(jù)解得：（另一解為負舍去）
乙粒子在打到上極板的時刻：t′＝2t0+t＝2t0，故B正確；
C、甲液滴在t0～2t0加速的時間和2t0～3t0減速時間相等，可知甲液滴做減速運動的加速度大小為：a＝g
所以甲在該階段的最大速度：，故C錯誤；
D、甲從向上運動的位移，可知甲回到O點，此過程中的最大速度為，故D錯誤。
故選：B。
（2023 海口一模）光滑絕緣水平面上有一坐標系xOy，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在坐標系內(nèi)，圓環(huán)圓心位于坐標原點，如圖甲所示。圓環(huán)內(nèi)側A（0，R）處放置一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球，為了通過電場來控制帶電小球的運動，現(xiàn)在圓環(huán)內(nèi)加上水平方向的勻強電場。若小球由靜止釋放，經(jīng)時間T沿直線運動到B（R，0）處；若給小球一個沿﹣x方向的初速度，小球恰能做完整的圓周運動。小球可視為質(zhì)點。
（1）求勻強電場的電場強度E1的大小和方向。
（2）求小球做圓周運動時，通過A點的動能EK。
（3）將原電場更換為圖乙所示的交變電場（正、負號分別表示沿y軸負方向和正方向），t＝0時刻，小球在A點由靜止釋放。欲使小球能在一個周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，試求所加電場強度E2的最大值。
【解答】解：（1）小球由靜止釋放，沿直線從A到B，可知電場力方向沿著AB方向指向B，由運動學公式可得：
可得，方向由A指向B；
（2）小球最容易脫軌的位置為C點，如下圖所示：
小球恰能做完整的圓周運動，可知小球在C點恰好由電場力來提供向心力，則有：
從A點到C點利用動能定理：
聯(lián)立方程可得；
（3）若加上沿著y軸方向的交變電場，若小球沒有碰到軌道，可知小球在第一個內(nèi)做初速度為零的勻加速直線運動，第二個內(nèi)做勻減速直線運動，這兩個內(nèi)加速度大小相等，所以位移大小相等，第三個內(nèi)小球反向做勻加速直線運動，第四個內(nèi)做勻減速直線運動，所以小球在一個T內(nèi)返回A點，要使電場強度E2最大，且小球能在一個周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，可知小球在時刻恰好運動到圓心，由運動學公式可得：，可得。
答：（1）勻強電場的電場強度E1的大小為，方向由A指向B。
（2）小球做圓周運動時，通過A點的動能EK為；
（3）將原電場更換為圖乙所示的交變電場（正、負號分別表示沿y軸負方向和正方向），t＝0時刻，小球在A點由靜止釋放。欲使小球能在一個周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，所加電場強度E2的最大值為。
（2023 廈門模擬）如圖甲所示，離子源持續(xù)逸出帶電量為+q、質(zhì)量為m的離子，其初速度視為0，離子經(jīng)過加速電場后，以速度v0沿兩平行極板PQ的中線飛入交變電場。已知極板P、Q水平放置，間距為d，長度為L，極板上所加的交變電壓如圖乙所示，變化周期，所有離子均能從PQ極板右側射出，不計離子重力及離子間相互作用，求：
（1）加速電場的電壓大小U0；
（2）PQ極板間所加電壓U的最大值Um；
（3）當PQ極板間交變電壓為（2）問中所求的Um時，在PQ極板右側建立O﹣xyz直角坐標系，其中Ox與極板Q的中軸線在同一直線上，圖中的兩個正方體邊長均為d，正方體OCDE﹣O1C1D1E1區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向、大小為的勻強磁場，正方體CDGH﹣C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為的勻強磁場，求離子在正方體CDGH﹣C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)運動的最長時間。
【解答】解：（1）離子經(jīng)過加速電場后有
解得：
（2）離子在平行極板PQ間運動時，水平方向為勻速直線運動
L＝v0t
解得：
即離子在平行極板PQ間運動的時間恰為電場變化的一個周期，，n＝0，1，2，3……時刻進入電場的離子恰從極板邊緣離開時，電壓最大，根據(jù)牛頓第二定律可得：
解得：
（3）離子飛過平行極板PQ過程中，沿豎直方向的速度增量為
即Δvy＝0，所有離子均以速度v0水平飛出PQ極板進入第一個正方體區(qū)域后
解得：
離子運動軌跡如圖所示
則有
即進入第二個正方體的離子均從正方向CDD1C1的MN連線進入，離子進入第二個正方體區(qū)域后，沿x軸方向做勻速直線運動，若能到GG1H1H，則
d＝v0sinθt1
解得：
垂直于磁場的速度分量使離子做圓周運動，即離子邊圓周邊勻速直線，為螺旋運動
解得：
離子運動的側視圖如圖所示
離子在第二個正方體圓周運動的周期為
從N點進入的離子在磁場中圓周運動時間最長
根據(jù)幾何關系可得：α＝60°
能在該場中做圓周運動的離子最長時間為
由于t2＞t1，即離子在第二個正方體中尚未完成一個螺旋便已離開，其運動的最長時間為
答：（1）加速電場的電壓大小為；
（2）PQ極板間所加電壓U的最大值為；
（3）離子在正方體CDGH﹣C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)運動的最長時間為。
類型二、電場中的力、電綜合問題
1.帶電粒子在電場中的運動
（1）分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線），然后選用恰當?shù)囊?guī)律如牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律解題。
（2）受力特點：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略。一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用。
2.用能量觀點處理帶電體的運動
對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助能量觀點來處理。即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常更簡捷。具體方法有：
（1）用動能定理處理
思維順序一般為：
①弄清研究對象，明確所研究的物理過程。
②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功。
③弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動能）。
④根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解。
（2）用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理
列式的方法常有兩種：
①利用初、末狀態(tài)的能量相等（即E1＝E2）列方程。
②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程。
（3）兩個結論
①若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變。
②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變。
（2023 漳州二模）如圖，傾角為θ＝30°的固定絕緣光滑斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，斜面底端連接一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端連接著一質(zhì)量為m的不帶電小球A，小球A靜止時，到斜面頂端的距離為L。有一電荷量為+q、質(zhì)量為的小球B以初速，從斜面頂端沿斜面向下運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞之后，兩小球平分了原來的總電荷量，已知電場強度，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計，重力加速度為g，求：
（1）小球A靜止時，彈簧的形變量x；
（2）兩小球碰撞前，小球B的速度大小v；
（3）小球A從碰后到速度最大的過程中，電場力對它所做的功W。
【解答】解：（1）小球A開始不帶電靜止時，對A根據(jù)平衡條件有：kx＝mgsinθ
變形解得：
（2）對小球B，向下運動時由牛頓第二定律有：
代入已知條件解得：
小球向下做勻減速直線運動，則有：
代入已知數(shù)據(jù)解得：
（3）對AB碰撞過程，以沿斜面向下的方向為正方向，由動師守恒有：
由機械能守恒定律有：
聯(lián)立解二次方程得：、
可知，碰撞后B球體反彈，與A分離，向上做勻加速直線運動，A向下運動，
則小球A碰后到速度最大時，小球A的加速度為0，令此時彈簧的壓縮量為x1，對小球A分析有：
則小球A從碰后到速度最大的過程中，電場力對它所做的功：
代入解得：
答：（1）小球A靜止時，彈簧的形變量x為；
（2）兩小球碰撞前，小球B的速度大小v為；
（3）小球A從碰后到速度最大的過程中，電場力對它所做的功W為。
（2023 南昌三模）如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，以圓形軌道的圓心O為坐標原點，沿水平方向建立x軸，豎直方向建立y軸。y軸右側（含y軸）存在豎直向下、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小為，第二象限存在勻強電場E2（方向與大小均未知）。不帶電的絕緣小球a質(zhì)量未知，帶電量為+q的小球b質(zhì)量為m，a球從與圓心等高的軌道A處以初速度（方向豎直向下）開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的b球發(fā)生彈性正碰，碰撞后b球恰好能通過軌道最高點C，并落回軌道A處，小球落回A處時的速度大小與小球離開最高點C時速度大小相等，重力加速度為g，小球b的電荷量始終保持不變。求：
（1）小球a的質(zhì)量ma；
（2）第二象限中電場強度E2的大小和方向；
（3）小球b從B點運動到A點的過程中電勢能的變化量。
【解答】 解：（1）設小球a滑動到最低時速度為v，
由機械能守恒定律得：magR
設a、b小球在B點碰撞后的速度分別為v1、v2，b球過最高點速度為vc
以向右方向為正，由動量守恒定律得：mav＝mav1+mv2
彈性碰撞還滿足：
對b球從B點到恰好通過C點，由動能定理得：
在C點，由題意根據(jù)牛頓第二定律得：
聯(lián)立以上各式解得：v，，M
（2）要讓b小球落回A處時的速度大小與小球離開最高點C時速度大小相等，
電場力E2q與mg的合力應垂直于AC邊斜向下，
把運動沿CA方向與垂直CA方向分解，CA方向做勻速直線運動，垂直CA方向做勻減速運動
如圖：vC1＝vCcos45°，vC2＝vCsin45°
由幾何關系得，CA長：
設小球b從C運動到A點時間為t，小球b垂直CA方向加速度大小為a
有：l＝vC1t，
解得：，小球從C到A受到的合力：，
由幾何關系電場力大小為：F電＝mg
所以：E2，方向，水平向右
（3）小球b從B到A過程中，電場力做功：W＝﹣qE1 2R﹣qE2R＝﹣3mgR，
電勢能變化量：ΔEP＝﹣W＝3mgR
答：（1）小球a的質(zhì)量ma為；
（2）第二象限中電場強度E2的大小為：，方向：水平向右；
（3）小球b從B點運動到A點的過程中電勢能的變化量為3mgR。
（2023 龍巖模擬）如圖（a）。長度L＝0.8m的光滑絕緣細桿左端固定一帶電荷量為的點電荷A，一質(zhì)量為m＝0.04kg、帶電荷量為q＝+2.0×10﹣7C的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系。點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線Ⅱ所示，其中曲線Ⅱ在x≥0.40m范圍可近似看作直線。求：
（1）小球B在x＝0.30m處受到外電場對它沿桿方向的電場力F和外電場在該點沿桿方向的電場強度E；
（2）已知小球在x＝0.20m處獲得水平向右的初速度v＝0.20m/s時，最遠可以運動到x＝0.40m。若小球在x＝0.20m處受到方向向右、大小為0.02N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開桿，恒力作用的最小距離s是多少？
【解答】解：（1）根據(jù)題意，設小球B在x＝0.30m處受到點電荷A對它的作用力為F1，外電場對它沿桿方向的作用力為F，合力為F合，則有F合＝F1+F
結合圖像信息可得F＝F合﹣F1＝﹣0.06N﹣0.08N＝﹣0.14N
即小球B在x＝0.30m處受到的外電場對它沿桿方向的電場力F的大小為0.14N，方向水平向左，根據(jù)電場強度定義式可得E7×105N/C，方向水平向左。
（2）根據(jù)圖（b）中曲線Ⅱ圍成的面積表示合電場力對小球B做的功，可知小球從x＝0.20m到x＝0.40m處，合電場力做功為
由圖可知，小球從x＝0.40m到x＝0.80m處，合電場力做功為
由動能定理有W1+W2+F外s＝0
解得：s0.44m
答：（1）小球B在x＝0.30m處受到外電場對它沿桿方向的電場力為0.14N，方向水平向左；外電場在該點沿桿方向的電場強度為7×105N/C，水平向左；（2）恒力作用的最小距離為0.44m。
（2023 海南）如圖所示電路，已知電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C，閉合開關K，待電路穩(wěn)定后，電容器上電荷量為（　　）
A．CE B．CE C．CE D．CE
【解答】解：電路穩(wěn)定后，由于電源內(nèi)阻不計，若取電源負極為零電勢點，則電容器上極板的電勢為：
電容器下極板的電勢為：
則電容兩端的電壓為：U＝φ下﹣φ上
解得：
則電容器上的電荷量為：Q＝CU
解得：QCE，故C正確、ABD錯誤。
故選：C。
（2022 重慶）如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則（　　）
A．材料豎直方向尺度減小 B．極板間電場強度不變
C．極板間電場強度變大 D．電容器電容變大
【解答】解：AD、電容器兩極板間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，由C知電容減小，由C分析可知，電容器兩極板間距離增大，則材料豎直方向尺度減小，故A正確，D錯誤；
BC、電容器兩極板間電壓不變，兩極板間距離增大，由E分析可知極板間電場強度變小，故BC錯誤。
故選：A。
（2022 北京）利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流表，V為電壓表。下列說法正確的是（　　）
A．充電過程中，電流表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定
B．充電過程中，電壓表的示數(shù)迅速增大后趨于穩(wěn)定
C．放電過程中，電流表的示數(shù)均勻減小至零
D．放電過程中，電壓表的示數(shù)均勻減小至零
【解答】解：A、充電過程中，由于電容器兩端的電壓越來越高，電源與電容器間的電勢差越來越小，電流表的示數(shù)逐漸減小，故A錯誤；
B、充電過程中，電流減小的，且減小的越來越慢，電容器的電荷量增加的越來越慢，電容器的電壓即電壓表的示數(shù)增大的也越來越慢，故電壓表的示數(shù)先迅速增大，后慢慢增大趨于穩(wěn)定，故B正確；
C、放電過程，電流表的示數(shù)是逐漸變小的，但不是均勻減小的，如圖所示：
故C錯誤；
D、放電過程，電壓表的示數(shù)是逐漸變小的，但不是均勻減小的，故D錯誤。
故選：B。
（2021 重慶）電容式加速傳感器常用于觸發(fā)汽車安全氣囊等系統(tǒng)，如圖所示。極板M、N組成的電容器視為平行板電容器，M固定，N可左右運動，通過測量電容器板間的電壓的變化來確定汽車的加速度。當汽車減速時，極板M、N間的距離減小，若極板上的電荷量不變，則該電容器（　　）
A．電容變小 B．極板間電壓變大
C．極板間電場強度不變 D．極板間的電場強度變小
【解答】解：A．由平行板電容器電容的決定式C可得，d減小，C增大，故A錯誤；B．電容器所帶電荷量Q不變，C增大，由可得，U變小，故B錯誤；
CD．由勻強電場的場強與電勢差關系公式可得
E，E與d無關，E不變，故C正確，D錯誤。
故選C。
（2022 浙江模擬）如圖甲是示波管的原理圖，它由電子槍、偏轉電極（XX′和YY′）、熒光屏等組成，管內(nèi)抽成真空，給電子槍通電后，如果在偏轉電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點。試分析當XX′和YY′所加電壓哪種組合可使熒光屏顯示如圖乙的圖案（　　）
A．XX′加圖（4）所示電壓，YY′加圖（1）所示電壓
B．XX′加圖（4）所示電壓，YY′加圖（3）所示電壓
C．XX′加圖（3）所示電壓，YY′加圖（1）所示電壓
D．XX′加圖（1）所示電壓，YY′加圖（2）所示電壓
【解答】解：要使熒光屏顯示如圖乙的圖案，YY′應加（1）電壓，XX′加（2）或（4）電壓均可能，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2023 烏魯木齊模擬）如圖所示，水平邊界PQ、MN間存在方向豎直向下的勻強電場，電場的寬度為L。一輕桿兩端分別固定一質(zhì)量為m的帶電小球A、B，A、B兩小球所帶的電荷量分別為﹣3q、+q。現(xiàn)將該裝置移動到邊界PQ上方且使輕桿保持豎直，使球B剛好位于邊界PQ上，然后由靜止釋放裝置，釋放后該裝置的輕桿始終保持豎直且做周期性往復運動。已知電場強度的大小為，忽略兩帶電小球對電場的影響，兩小球可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則該裝置的輕桿的最大長度為（　　）
A．2L B．L C． D．
【解答】解：該裝置的輕桿始終保持豎直且做周期性往復運動，則在A球剛到達電場下邊界時速度為0。當輕桿的最長時，A球剛進入電場，而B球已經(jīng)離開電場x的距離。在開始運動到B球離開電場x的距離過程，根據(jù)動能定理可得：
A球剛進入電場到到達電場下邊界的過程，根據(jù)動能定理可得：
其中，場強的大小為：
聯(lián)立解得：x＝L
則該裝置的輕桿的最大長度為：x+L＝L+L＝2L，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2023 青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，其空中有一足夠大的水平向右的勻強電場，質(zhì)量均為m、帶電量分別為+q和﹣3q的兩小球同時從O點以速度v0斜向右上方射入勻強電場中，v0方向與水平方向成60°，A、B（圖中未畫出）兩點分別為兩小球運動軌跡的最高點，帶正電的小球經(jīng)過A點的速度大小仍然為v0，不考慮兩球間的庫侖力。下列說法錯誤的是（　　）
A．兩小球同時到A、B兩點
B．帶負電的小球經(jīng)過B點的速度大小也為v0
C．兩小球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為1：3
D．OA與OB水平距離之比為3：1
【解答】解：A、由題可知，將帶電小球的運動分解成水平方向和豎直方向的運動，由受力可知，兩小球在豎直方向只受重力，故在豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向的初速度大小均為：v0y＝v0sin60°，上升到最高點時，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達A、B兩點的時間相同，故A正確；
B、水平方向只受電場力，故水平方向做勻變速直線運動，水平方向的初速度為：
由題可知，帶正電的小球有：
對帶負電的小球有：
由上式將at的值求出后代入解得：v′＝v0，帶負電的小球經(jīng)過B點的速度大小也為v0，故B正確；
C、由B解析可知，到達最高點時兩小球的速度大小相等，水平方向只有電場力做功，由動能定理可知，兩球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為1：1，故C錯誤；
D．由上分析可知：在豎直方向上有：v0y＝v0sin60°＝gt，
聯(lián)立解得：
故可求出到最高點的水平位移：，
代入數(shù)據(jù)解得：
即OA與OB水平距離之比為3：1，故D正確。
本題選錯誤的，
故選：C。
（2023 青島模擬）如圖，在方向平行于紙面的勻強電場中有一平臺，一帶電小球從平臺左下側某位置P以v0＝8m/s的初速度豎直向上拋出，小球恰好從平臺左端Q點以速度v1＝6m/s水平滑入平臺。小球質(zhì)量m＝0.1kg，帶電量q＝+6×10﹣4C，重力加速度g＝10m/s2，關于該勻強電場，下列說法正確的是（　　）
A．場強大小可能小于1000N/C
B．場強大小一定為1250N/C
C．場強大小最小為1000N/C
D．若場強大小確定，其方向也唯一確定
【解答】解：ABC、根據(jù)速度—時間關系可得：t
解得：
設由于電場力產(chǎn)生的加速度大小為a，方向與y軸夾角為θ，如圖所示：
則有：
整理可得：a
所以a的最小值為：amin
根據(jù)牛頓第二定律可得：qEmin＝mamin
代入數(shù)據(jù)解得電場強度的最小值為：Emin＝1000N/C，故AB錯誤、C正確；
D、若場強大小確定，只要滿足豎直方向和水平方向的加速度之比為4：3都可以，其方向不一定是唯一確定的，故D錯誤。
故選：C。
（2023 溫州三模）如圖甲所示為粒子直線加速器原理圖，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一自由電子由靜止開始在各間隙中不斷加速。若電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，交變電源的電壓為U，周期為T，不考慮電子的重力和相對論效應，忽略電子通過圓筒間隙的時間。下列說法正確的是（　　）
A．電子在圓筒中也做加速直線運動
B．電子離開圓筒1時的速度為
C．第n個圓筒的長度應滿足
D．保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調(diào)大交變電壓的周期
【解答】解：A、金屬圓筒中電場為零，電子不受電場力，做勻速直線運動，故A錯誤；
B、電子進入第1個圓筒時，經(jīng)過1次加速，根據(jù)動能定理得：eU0，解得電子出第n個圓筒瞬間速度為v，故B錯誤；
CD、電子進入第n個圓筒時，經(jīng)過n次加速，根據(jù)動能定理得：neU0，解得電子出第n個圓筒瞬間速度為vn，由于不計電子通過圓筒間隙的時間，則電子在圓筒內(nèi)做勻速直線運動的時間恰好是，則第n個圓筒長度為Ln＝vn
解得：，保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要減小交變電壓的周期，故C正確，D錯誤；
故選：C。
（2023 紹興二模）如圖所示，神經(jīng)元細胞可以看成一個平行板電容器，正、負一價離子相當于極板上儲存的電荷，細胞膜相當于電介質(zhì)，此時左極板的電勢低于右極板的電勢，左右兩極板之間的電勢差為U1（U1＜0）。已知細胞膜的相對介電常數(shù)為εr，膜厚為d，膜面積為S，靜電力常量為k，元電荷為e。由于某種原因導致膜內(nèi)外離子透過細胞膜，使膜內(nèi)變?yōu)檎x子而膜外變?yōu)樨撾x子，這時左右兩極板之間的電勢差為U2（U2＞0），則通過細胞膜的離子數(shù)目為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：由可得：Q1＝﹣CU1（左板為負，右板為正）
Q2＝CU2（左板為為正，右邊為負）
則通過細胞膜的電荷量為：ΔQ＝Q2+Q1＝ne
又根據(jù)平行板電容器的大小公式：，可得通過細胞膜的離子數(shù)目為，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2023 皇姑區(qū)校級模擬）如圖所示，兩平行金屬板A、B長L＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高400V，一帶正電的粒子電荷量q＝10﹣10C，質(zhì)量m＝10﹣20kg，沿兩板中心線RO以初速度v0＝2×106m/s飛入平行金屬板，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響），已知兩界面MN、PS相距為x0＝12cm，D是中心線RO與界面PS的交點，粒子穿過界面PS后的運動過程中速率保持不變，最后打在放置于中心線上的熒光屏bc上E點。（E點未畫出，靜電力常數(shù)k＝9.0×109N m2/C2，粒子重力忽略不計）
（1）求粒子到達PS界面時離D點多遠？
（2）確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小。（結果保留三位有效數(shù)字）
（3）求出粒子從進入平行板電場到E點運動的總時間。
【解答】解：（1）粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離（側向位移）：
y，其中L＝8cm＝0.08m，d＝8cm＝0.08m
解得：y＝0.04m＝4cm；
帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS線交于a，設a到中心線的距離為Y，如圖所示：
則有：，其中x0＝12cm＝0.12m
解得：Y＝0.16m＝16cm；
（2）由于粒子穿過界面PS后的運動過程中速率保持不變，則粒子做勻速圓周運動，其向心力為Q對其的庫侖力，所以Q帶負電；
粒子射出電場時，水平速度為：vx＝v0＝2.0×106m/s，
豎直速度為：vy＝at1
解得：vy＝2.0×106m/s，
粒子的速度為：v
解得：v＝2106m/s
該粒子在穿過界面PS后繞點電荷Q做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系可知：tanθ
解得：θ＝45°
半徑為：r，解得：r＝0.16m
由牛頓第二定律得：km
解得：Q≈2.87×10﹣8C；
（3）粒子在偏轉電場中運動時間：t1
粒子在MN、PS間運動時間為：t2
粒子做勻速圓周運動的軌跡對應的圓心角為：α＝180°﹣45°＝135°
粒子做勻速圓周運動的時間為：t3
粒子從進入平行板電場到E點運動的總時間：t＝t1+t2+t3
聯(lián)立解得：t≈2.88×10﹣7s。
答：（1）粒子到達PS界面時離D點16cm；
（2）點電荷Q帶負電，其電荷量的大小為2.87×10﹣8C；
（3）粒子從進入平行板電場到E點運動的總時間為2.88×10﹣7s。
（2023 臨泉縣校級三模）如圖甲所示，A、B是真空中的兩塊面積很大的豎直平行金屬板，加上周期為T的交變電壓后，在兩板間產(chǎn)生了交變的勻強電場。已知A板接地，B板的電勢φB變化規(guī)律如圖乙所示（坐標軸上數(shù)據(jù)為已知量）。圖中O點有一個粒子源，O點距A、B板的距離均為L。粒子源不斷地產(chǎn)生帶負電的微粒，微粒從靜止出發(fā)在電場力作用下運動。假設微粒一旦碰到金屬板，它就附著在金屬板上不再運動，且電量同時消失，不影響A、B板的電壓。已知在0～T時間內(nèi)，每個時刻產(chǎn)生的微粒數(shù)均相等，且微粒比荷，不計微粒的重力和微粒之間的相互作用力。求：
（1）t＝0時刻產(chǎn)生的微粒到達B板的時間（結果用T表示）；
（2）0～時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒能到達B板的粒子占一周期產(chǎn)生的粒子數(shù)的百分比。（可能用到的數(shù)據(jù)3.61、3.74、3.87）（計算結果保留二位有效數(shù)字）
【解答】解：（1）t＝0時刻進入電場后，粒子在電場中加速，粒子加速度
達到B板過程中，根據(jù)勻加速直線運動位移公式有：
解得
小于半個周期。
（2）設t1時刻產(chǎn)生的粒子恰好能到達B板，則該粒子在時間內(nèi)向右勻加速，時刻后向右做勻減速，當速度恰好減到0時剛好達到B板，這兩段運動的總位移正好為L，畫出v﹣t圖
設加速階段加速度大小為a，加速時間為Δt，末速度v＝aΔt
則減速階段加速度大小為3a，從v減速到0時間為，由圖像面積等于位移L得
解得
從0﹣t1時間內(nèi)發(fā)射的粒子都能達到B板，這段時間為
因為每個時刻產(chǎn)生的微粒數(shù)均等，發(fā)射粒子數(shù)之比就等于發(fā)射時間之比
答：（1）t＝0時刻產(chǎn)生的微粒到達B板的時間；
（2）0～時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒能到達B板的粒子占一周期產(chǎn)生的粒子數(shù)的百分比26%.
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專題7.3　電容器　帶電粒子在電場中的運動
1.物理觀念：電容器及電容。
觀察常見電容器，了解電容器的電容，觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。能舉例說明電容器的應用。
2.科學思維：帶電粒子（帶電體）在電場中的運動。
（1）.會用動力學觀點和能量觀點解決電場作用下的直線運動.
（2）應用帶電粒子在勻強電場中的偏轉規(guī)律解決問題、會分析帶電粒子在重力、電場力作用下的偏轉。
3.科學態(tài)度與責任：靜電現(xiàn)象應用與安全。
（1）.了解生產(chǎn)生活中關于靜電的利用與防護的實例。
（2）能分析帶電粒子在電場中的運動情況，能解釋相關的物理現(xiàn)象。
【知識點一】平行板電容器及其動態(tài)分析問題
1．電容器
（1）帶電荷量：每個極板所帶電荷量的絕對值。
（2）充電和放電
①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異號電荷，電容器中儲存電場能。
②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。
2．電容
（1）定義式：C＝。
（2）單位：法拉（F），常用單位還有微法（μF）、皮法（pF）。
1 F＝106 μF＝1012 pF。
（3）物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。
3．平行板電容器的電容
（1）影響因素：與極板正對面積、極板距離和電介質(zhì)有關。
（2）決定式：C＝，k為靜電力常量，εr為電介質(zhì)的相對介電常數(shù)。
4．兩類典型問題
（1）電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。
（2）電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。
2．動態(tài)分析思路
（1）U不變
①根據(jù)C＝和C＝，先分析電容的變化，再分析Q的變化。
②根據(jù)E＝分析場強的變化。
③根據(jù)UAB＝Ed分析某點電勢變化。
（2）Q不變
①根據(jù)C＝和C＝，先分析電容的變化，再分析U的變化。
②根據(jù)E＝分析場強變化。
（2023 萬年縣校級一模）如圖所示，由兩塊相互靠近豎直放置的平行金屬板組成平行板電容器，極板N與靜電計相接，極板M接地。用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U。在兩極板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度后停止充電。不計實驗過程中電容器的漏電，下面操作能使靜電計指針張角變大的是（　　）
A．在M、N之間插入云母板
B．將M板沿水平方向向右靠近N板
C．將M板豎直向下平移
D．在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸
（2023 山東模擬）兩個等量異號點電荷組成的系統(tǒng)稱為電偶極子。面積足夠大的平行板電容器，兩極板之間的距離為d，將電容器接在電壓U恒定的電源兩端，規(guī)定無窮遠處電勢為0，將帶電量極小的電偶極子用長度為L的絕緣輕桿連接，將其從無窮遠處移到電容器兩極板之間處于如圖所示的狀態(tài)（桿和極板垂直），然后將兩極板分別圍繞O、O'點順時針旋轉30°，如圖中虛線所示，仍將絕緣輕桿連接的電偶極子從無窮遠處移動到同一位置，此過程中下列說法正確的是（　　）
A．兩極板旋轉之后，極板間的電場強度減小
B．兩極板旋轉之后，極板間的正對面積不變
C．在兩極板未旋轉之前，電場力對電偶極子做功為
D．在兩極板旋轉之后，電場力對電偶極子做功為
（2023 平谷區(qū)一模）用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。先使開關S接1，電容器充電完畢后將開關擲向2，可視為理想電流表的電流傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的I﹣t曲線，如圖乙所示。定值電阻R已知，且從圖中可讀出最大放電電流I0，以及圖線與坐標軸圍成的面積S。根據(jù)題目所給的信息，下列說法錯誤的是（　　）
A．由圖線與坐標軸圍成的面積S可得到電容器放出的總電荷量
B．不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則圖線與坐標軸圍成的面積S將減小
C．由最大放電電流I0和定值電阻R的阻值可得到R兩端的最大電壓
D．若電容器放出的總電荷量為Q，R兩端的最大電壓為Um，則電容器的電容為
【知識點二】帶電粒子在電場中的直線運動
1．做直線運動的條件
（1）粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動．
（2）粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動．
2．用動力學觀點分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【方法總結】帶電粒子在電場中運動時重力的處理
1．基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）。
2．帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。
【技巧方法】帶電粒子在電場中做直線運動的分析方法：
（多選）（2022秋 江北區(qū)校級期末）圖甲是一臺醫(yī)用電子直線加速器，該加速器通過加速電場使電子直線加速獲得能量，轟擊重金屬靶產(chǎn)生射線，可用于放射治療。其基本原理如圖乙所示，電子由陰極射線發(fā)出，經(jīng)B板的小孔進入兩板間被加速，不計電子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．A板帶正電，B板不帶電
B．若兩板間電壓一定，改變板間距離，電子的加速度與板間距離乘積保持不變
C．若極板所帶的電荷量一定，增大板間距離，電子獲得的動能增大
D．若兩板間電壓一定，增大板間距離，電子獲得的動能增大
（2022春 河南月考）在進行長距離星際運行時，不再使用化學燃料，而采用一種新型發(fā)動機一離子發(fā)動機，其原理是用恒定電壓加速一價惰性氣體離子，將加速后的氣體離子高速噴出，利用反沖作用使飛船本身得到加速。在氦、氖、氬、氪、氙多種氣體中選用了氙，已知這幾種氣體離子的質(zhì)量中氙的質(zhì)量最大，下列說法正確的是（　　）
A．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時速度更大
B．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動量更大
C．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動能更大
D．一價氙離子體積更小，不容易堵塞發(fā)動機
（多選）（2022 上杭縣校級開學）某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進行治療，在這種療法中，質(zhì)子先按加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死細胞。如圖所示，若質(zhì)子的加速長度d，要使質(zhì)子由靜止被勻加速到v，已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電量為e，則下列說法正確的是（　　）
A．由以上信息可以推算該加速電場的電壓
B．由以上信息可以推算該加速電場的電場強度
C．由以上信息不可以推算質(zhì)子加速后的電勢能
D．由以上信息可以判斷出運動過程中質(zhì)子所受電場力做正功，電勢能增加
【知識點三】帶電粒子在電場中的偏轉運動
1．基本規(guī)律
設粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d（忽略重力影響），則有
（1）加速度：a＝＝＝。
（2）在電場中的運動時間：t＝。
（3）位移y＝at2＝。
（4）速度，vy＝，v＝，tan θ＝＝。
2．兩個結論
（1）不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的偏轉角度總是相同的。
證明：由qU0＝mv及tan φ＝得tan φ＝。
（2）粒子經(jīng)電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為。
3．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系
當討論帶電粒子的末速度v時，也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。
【總結提升】
1．帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律
2．處理帶電粒子的偏轉問題的方法
（1）運動的分解法
一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動．
（2）功能關系
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差．
（2023 海淀區(qū)校級模擬）如圖所示，場強大小為E，方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m，帶電量分別為+q和﹣q的兩粒子，由a，c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)域（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中）。不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于（　　）
A． B． C． D．
（2023 黃山模擬）如圖所示，平行板電容器水平放置，上極板帶正電、下極板帶負電并接地，一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子a從兩板左端中點入射，入射速度正對上極板中點A，已知板長為2d，板間距離為d，兩板間電壓為U，粒子重力不計且運動過程中不與極板碰撞，則（　　）
A．粒子a射入電場時電勢能為Uq
B．粒子a在電場內(nèi)運動過程中電勢能最大時動能為零
C．若粒子a從下極板右邊緣射出，其在運動過程中電勢能最大值為Uq
D．若粒子a射出點與射入點在同一水平線上，則其在電場中運動時間為
（2023 西城區(qū)一模）具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位素原子核（H、H和H）以相同的速度從帶電平行板間的P點沿垂直于電場的方向射入電場，其中氘核（H）恰好能離開電場，軌跡如圖所示。不計粒子的重力，則（　　）
A．H不能離開電場
B．H在電場中受到的電場力最大
C．H在電場中運動的時間最短
D．在電場中運動的過程中電場力對H做功最少
【知識點四】等效重力場模型
1．等效重力場
物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復雜一些．此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．
2．等效重力場的對應概念及解釋
3．舉例
（2023 永州三模）如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向未知的勻強電場。一質(zhì)量為m的小球從y軸上P點以水平速度v進入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過x軸上Q點時的速度大小也為v，方向與x軸夾角為37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，小球從P點運動到Q點的過程中（　　）
A．速度的最小值為
B．所受電場力的最小值為
C．動能與電勢能之和一直減小
D．水平位移與豎直位移的大小之比為2：1
（2023 西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球（可視為質(zhì)點）與長為L的絕緣輕繩相連，輕繩另一端固定在O點，整個系統(tǒng)處在與豎直方向夾角為45°的勻強電場中。已知A、B、C、D、E、F為圓周上的點，AB為水平直徑，CD為豎直直徑，EF過O點且與CD的夾角為45°，當小球繞O點在豎直平面內(nèi)做半徑為L的圓周運動時，小球運動到A點時的速度最小，最小速度為vmin，g為重力加速度的大小，則下列說法正確的是（　　）
A．勻強電場的電場強度大小為
B．小球從A點運動到B點時，合力做的功為mgL
C．小球運動到B點時輕繩拉力的大小為5mg
D．小球運動到F點時的機械能最大
（2023 成都模擬）如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑絕緣固定軌道，ab水平，bc是與ab相切于b點且半徑為R的圓弧，所在空間有方向平行于ab向右的勻強電場。在軌道上P點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的小球，小球飛出軌道后達到的最高點為Q（圖中未畫出）。若小球可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，電場的場強大小，Q與c點的高度差為，則可知（　　）
A．Q在c點的正上方
B．Pb＝R
C．從c到Q的過程中，小球的動能不變
D．從b到c的過程中，小球對軌道的最大壓力為
【知識點五】帶電粒子在電場中的力電綜合問題
類型一、帶電粒子在交變電場中的運動
1．帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方波）的情形．
（1）當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定了粒子的運動情況，粒子可以做周期性的直線運動．
（2）當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性．
2．研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況．根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等．
很多時候可將a－t圖象v－t圖象．
3．對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動．
（2023 九龍坡區(qū)模擬）如圖甲中的水平平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的變化電壓，后電壓消失。當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場。O位于M、N板間中點，可以向外釋放初速度為零的帶電液滴。在t＝0時，均帶負電的液滴甲、乙從O由靜止進入板間，甲、乙兩液滴的比荷分別為k和1.5k，忽略兩個帶電液滴間的相互作用及其電荷量的變化。已知0～t0時間甲處于靜止狀態(tài)，3t0時刻甲恰好到達下極板附近。重力加速度大小為g，則在如圖乙中表示的時間段內(nèi)，下列說法正確的是（　　）
A．兩板間距為
B．乙在時刻打到上極板
C．甲在該階段的最大速度為gt0
D．甲在時刻恰好到達上極板附近
（2023 海口一模）光滑絕緣水平面上有一坐標系xOy，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在坐標系內(nèi)，圓環(huán)圓心位于坐標原點，如圖甲所示。圓環(huán)內(nèi)側A（0，R）處放置一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球，為了通過電場來控制帶電小球的運動，現(xiàn)在圓環(huán)內(nèi)加上水平方向的勻強電場。若小球由靜止釋放，經(jīng)時間T沿直線運動到B（R，0）處；若給小球一個沿﹣x方向的初速度，小球恰能做完整的圓周運動。小球可視為質(zhì)點。
（1）求勻強電場的電場強度E1的大小和方向。
（2）求小球做圓周運動時，通過A點的動能EK。
（3）將原電場更換為圖乙所示的交變電場（正、負號分別表示沿y軸負方向和正方向），t＝0時刻，小球在A點由靜止釋放。欲使小球能在一個周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，試求所加電場強度E2的最大值。
（2023 廈門模擬）如圖甲所示，離子源持續(xù)逸出帶電量為+q、質(zhì)量為m的離子，其初速度視為0，離子經(jīng)過加速電場后，以速度v0沿兩平行極板PQ的中線飛入交變電場。已知極板P、Q水平放置，間距為d，長度為L，極板上所加的交變電壓如圖乙所示，變化周期，所有離子均能從PQ極板右側射出，不計離子重力及離子間相互作用，求：
（1）加速電場的電壓大小U0；
（2）PQ極板間所加電壓U的最大值Um；
（3）當PQ極板間交變電壓為（2）問中所求的Um時，在PQ極板右側建立O﹣xyz直角坐標系，其中Ox與極板Q的中軸線在同一直線上，圖中的兩個正方體邊長均為d，正方體OCDE﹣O1C1D1E1區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向、大小為的勻強磁場，正方體CDGH﹣C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為的勻強磁場，求離子在正方體CDGH﹣C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)運動的最長時間。
類型二、電場中的力、電綜合問題
1.帶電粒子在電場中的運動
（1）分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線），然后選用恰當?shù)囊?guī)律如牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律解題。
（2）受力特點：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略。一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用。
2.用能量觀點處理帶電體的運動
對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助能量觀點來處理。即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常更簡捷。具體方法有：
（1）用動能定理處理
思維順序一般為：
①弄清研究對象，明確所研究的物理過程。
②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功。
③弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動能）。
④根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解。
（2）用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理
列式的方法常有兩種：
①利用初、末狀態(tài)的能量相等（即E1＝E2）列方程。
②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程。
（3）兩個結論
①若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變。
②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變。
（2023 漳州二模）如圖，傾角為θ＝30°的固定絕緣光滑斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，斜面底端連接一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端連接著一質(zhì)量為m的不帶電小球A，小球A靜止時，到斜面頂端的距離為L。有一電荷量為+q、質(zhì)量為的小球B以初速，從斜面頂端沿斜面向下運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞之后，兩小球平分了原來的總電荷量，已知電場強度，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計，重力加速度為g，求：
（1）小球A靜止時，彈簧的形變量x；
（2）兩小球碰撞前，小球B的速度大小v；
（3）小球A從碰后到速度最大的過程中，電場力對它所做的功W。
（2023 南昌三模）如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，以圓形軌道的圓心O為坐標原點，沿水平方向建立x軸，豎直方向建立y軸。y軸右側（含y軸）存在豎直向下、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小為，第二象限存在勻強電場E2（方向與大小均未知）。不帶電的絕緣小球a質(zhì)量未知，帶電量為+q的小球b質(zhì)量為m，a球從與圓心等高的軌道A處以初速度（方向豎直向下）開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的b球發(fā)生彈性正碰，碰撞后b球恰好能通過軌道最高點C，并落回軌道A處，小球落回A處時的速度大小與小球離開最高點C時速度大小相等，重力加速度為g，小球b的電荷量始終保持不變。求：
（1）小球a的質(zhì)量ma；
（2）第二象限中電場強度E2的大小和方向；
（3）小球b從B點運動到A點的過程中電勢能的變化量。
（2023 龍巖模擬）如圖（a）。長度L＝0.8m的光滑絕緣細桿左端固定一帶電荷量為的點電荷A，一質(zhì)量為m＝0.04kg、帶電荷量為q＝+2.0×10﹣7C的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系。點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線Ⅱ所示，其中曲線Ⅱ在x≥0.40m范圍可近似看作直線。求：
（1）小球B在x＝0.30m處受到外電場對它沿桿方向的電場力F和外電場在該點沿桿方向的電場強度E；
（2）已知小球在x＝0.20m處獲得水平向右的初速度v＝0.20m/s時，最遠可以運動到x＝0.40m。若小球在x＝0.20m處受到方向向右、大小為0.02N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開桿，恒力作用的最小距離s是多少？
（2023 海南）如圖所示電路，已知電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C，閉合開關K，待電路穩(wěn)定后，電容器上電荷量為（　　）
A．CE B．CE C．CE D．CE
（2022 重慶）如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則（　　）
A．材料豎直方向尺度減小 B．極板間電場強度不變
C．極板間電場強度變大 D．電容器電容變大
（2022 北京）利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流表，V為電壓表。下列說法正確的是（　　）
A．充電過程中，電流表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定
B．充電過程中，電壓表的示數(shù)迅速增大后趨于穩(wěn)定
C．放電過程中，電流表的示數(shù)均勻減小至零
D．放電過程中，電壓表的示數(shù)均勻減小至零
（2021 重慶）電容式加速傳感器常用于觸發(fā)汽車安全氣囊等系統(tǒng)，如圖所示。極板M、N組成的電容器視為平行板電容器，M固定，N可左右運動，通過測量電容器板間的電壓的變化來確定汽車的加速度。當汽車減速時，極板M、N間的距離減小，若極板上的電荷量不變，則該電容器（　　）
A．電容變小 B．極板間電壓變大
C．極板間電場強度不變 D．極板間的電場強度變小
（2022 浙江模擬）如圖甲是示波管的原理圖，它由電子槍、偏轉電極（XX′和YY′）、熒光屏等組成，管內(nèi)抽成真空，給電子槍通電后，如果在偏轉電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點。試分析當XX′和YY′所加電壓哪種組合可使熒光屏顯示如圖乙的圖案（　　）
A．XX′加圖（4）所示電壓，YY′加圖（1）所示電壓
B．XX′加圖（4）所示電壓，YY′加圖（3）所示電壓
C．XX′加圖（3）所示電壓，YY′加圖（1）所示電壓
D．XX′加圖（1）所示電壓，YY′加圖（2）所示電壓
（2023 烏魯木齊模擬）如圖所示，水平邊界PQ、MN間存在方向豎直向下的勻強電場，電場的寬度為L。一輕桿兩端分別固定一質(zhì)量為m的帶電小球A、B，A、B兩小球所帶的電荷量分別為﹣3q、+q。現(xiàn)將該裝置移動到邊界PQ上方且使輕桿保持豎直，使球B剛好位于邊界PQ上，然后由靜止釋放裝置，釋放后該裝置的輕桿始終保持豎直且做周期性往復運動。已知電場強度的大小為，忽略兩帶電小球對電場的影響，兩小球可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則該裝置的輕桿的最大長度為（　　）
A．2L B．L C． D．
（2023 青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，其空中有一足夠大的水平向右的勻強電場，質(zhì)量均為m、帶電量分別為+q和﹣3q的兩小球同時從O點以速度v0斜向右上方射入勻強電場中，v0方向與水平方向成60°，A、B（圖中未畫出）兩點分別為兩小球運動軌跡的最高點，帶正電的小球經(jīng)過A點的速度大小仍然為v0，不考慮兩球間的庫侖力。下列說法錯誤的是（　　）
A．兩小球同時到A、B兩點
B．帶負電的小球經(jīng)過B點的速度大小也為v0
C．兩小球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為1：3
D．OA與OB水平距離之比為3：1
（2023 青島模擬）如圖，在方向平行于紙面的勻強電場中有一平臺，一帶電小球從平臺左下側某位置P以v0＝8m/s的初速度豎直向上拋出，小球恰好從平臺左端Q點以速度v1＝6m/s水平滑入平臺。小球質(zhì)量m＝0.1kg，帶電量q＝+6×10﹣4C，重力加速度g＝10m/s2，關于該勻強電場，下列說法正確的是（　　）
A．場強大小可能小于1000N/C
B．場強大小一定為1250N/C
C．場強大小最小為1000N/C
D．若場強大小確定，其方向也唯一確定
（2023 溫州三模）如圖甲所示為粒子直線加速器原理圖，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一自由電子由靜止開始在各間隙中不斷加速。若電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，交變電源的電壓為U，周期為T，不考慮電子的重力和相對論效應，忽略電子通過圓筒間隙的時間。下列說法正確的是（　　）
A．電子在圓筒中也做加速直線運動
B．電子離開圓筒1時的速度為
C．第n個圓筒的長度應滿足
D．保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調(diào)大交變電壓的周期
（2023 紹興二模）如圖所示，神經(jīng)元細胞可以看成一個平行板電容器，正、負一價離子相當于極板上儲存的電荷，細胞膜相當于電介質(zhì)，此時左極板的電勢低于右極板的電勢，左右兩極板之間的電勢差為U1（U1＜0）。已知細胞膜的相對介電常數(shù)為εr，膜厚為d，膜面積為S，靜電力常量為k，元電荷為e。由于某種原因導致膜內(nèi)外離子透過細胞膜，使膜內(nèi)變?yōu)檎x子而膜外變?yōu)樨撾x子，這時左右兩極板之間的電勢差為U2（U2＞0），則通過細胞膜的離子數(shù)目為（　　）
A． B．
C． D．
（2023 皇姑區(qū)校級模擬）如圖所示，兩平行金屬板A、B長L＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高400V，一帶正電的粒子電荷量q＝10﹣10C，質(zhì)量m＝10﹣20kg，沿兩板中心線RO以初速度v0＝2×106m/s飛入平行金屬板，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響），已知兩界面MN、PS相距為x0＝12cm，D是中心線RO與界面PS的交點，粒子穿過界面PS后的運動過程中速率保持不變，最后打在放置于中心線上的熒光屏bc上E點。（E點未畫出，靜電力常數(shù)k＝9.0×109N m2/C2，粒子重力忽略不計）
（1）求粒子到達PS界面時離D點多遠？
（2）確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小。（結果保留三位有效數(shù)字）
（3）求出粒子從進入平行板電場到E點運動的總時間。
（2023 臨泉縣校級三模）如圖甲所示，A、B是真空中的兩塊面積很大的豎直平行金屬板，加上周期為T的交變電壓后，在兩板間產(chǎn)生了交變的勻強電場。已知A板接地，B板的電勢φB變化規(guī)律如圖乙所示（坐標軸上數(shù)據(jù)為已知量）。圖中O點有一個粒子源，O點距A、B板的距離均為L。粒子源不斷地產(chǎn)生帶負電的微粒，微粒從靜止出發(fā)在電場力作用下運動。假設微粒一旦碰到金屬板，它就附著在金屬板上不再運動，且電量同時消失，不影響A、B板的電壓。已知在0～T時間內(nèi)，每個時刻產(chǎn)生的微粒數(shù)均相等，且微粒比荷，不計微粒的重力和微粒之間的相互作用力。求：
（1）t＝0時刻產(chǎn)生的微粒到達B板的時間（結果用T表示）；
（2）0～時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒能到達B板的粒子占一周期產(chǎn)生的粒子數(shù)的百分比。（可能用到的數(shù)據(jù)3.61、3.74、3.87）（計算結果保留二位有效數(shù)字）
21世紀教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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