資源簡介

第21講　電容器的電容、帶電粒子在電場中的運動
知識內容 考試要求 說明
電容器的電容 c 1.不要求應用平行板電容器電容的決定式進行計算． 2.示波管問題的分析與計算不涉及兩個偏轉電極同時加電壓的情形． 3.解決帶電粒子偏轉運動問題只限于垂直電場方向入射且偏轉電極加恒定電壓的情形.
帶電粒子在電場中的運動 d
一、電容器
1．電容器的充、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種電荷，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．公式C＝和C＝的比較
(1)定義式：C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關．
(2)決定式：C＝，εr為電介質的相對介電常數，S為極板正對面積，d為板間距離．
二、帶電粒子在電場中的運動
1．加速問題
若不計粒子的重力且無其他外力作用，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的動能的增量．
(1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02.
(2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv02.
2．帶電粒子在電場中偏轉的運動規律
不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，如圖1.
圖1
(1)沿初速度方向做勻速直線運動
運動時間
(2)沿電場力方向，做勻加速直線運動
命題點一　平行板電容器的動態分析
1．兩類典型問題
(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．動態分析思路
(1)U不變
①根據C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據E＝分析場強的變化．
③根據UAB＝E·d分析某點電勢變化．
(2)Q不變
①根據C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化．
②根據E＝＝分析場強變化．
（2024 順德區二模）如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．按鍵的過程中，電容器間的電場強度減小
B．按鍵的過程中，電容器儲存的電能增多
C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a經電流計流向b
D．按鍵的過程中，電容器上極板電勢低于下極板電勢
（2024 嘉興一模）如圖所示，將靜電計與電容器（圖中未畫出）相連，可檢測帶電電容器的兩極間的電壓變化。帶電靜電計的金屬指針和圓形金屬外殼的空間內存在電場，分別用實線和虛線表示電場線和等勢面，該空間內有P、Q兩點，則（　　）
A．靜電計兩根金屬指針帶異種電荷
B．圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面
C．圖中P點電勢一定高于Q點電勢
D．當靜電計兩指針張角減小時，表明電容器在放電
（2024 甘肅模擬）隨著人們對身體健康意識的不斷增強，戶外旅行、戶外運動也較前幾年大幅增長。人們使用的智能手機中有一款運動軟件，其運動步數的測量原理如圖所示，M和N為電容器兩極板，M固定，N兩端與固定的兩輕彈簧連接，只能按圖中標識的“前后”方向運動。則手機（　?。?br/>A．若電容器帶電量增大，則可能是健身者向前勻速運動時突然減速
B．若電流表示數不為零且保持不變，則健身者做勻速運動
C．若電流由a點流向b點，則健身者突然向前加速
D．若M、N之間的電場強度增大，則健身者向后做勻加速運動
命題點二　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，粒子或靜止，或做勻速直線運動．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．
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
類型1　帶電粒子在勻強電場中的直線運動
（2024 安徽二模）如圖所示，三塊平行放置的金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。B板與電源正極相連，A、C兩板與電源負極相連。閉合電鍵，從O點由靜止釋放一電子，電子恰好能運動到P點（不計電子的重力影響）。現將C板向右平移到P′點，下列說法正確的是（　?。?br/>A．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P點返回
B．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P′點返回
C．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P和P′點之間返回
D．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將穿過P′點
類型2　帶電粒子在交變電場中的直線運動
（2023 杭州二模）如圖甲所示，某多級直線加速器由n個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極M、N上，序號為C的金屬圓板中央有一個質子源，質子逸出的速度不計，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓uMN，一段時間后加速器穩定輸出質子流。已知質子質量為m、電荷量為e，質子通過圓筒間隙的時間不計，且忽略相對論效應，則（　?。?br/>A．質子在各圓筒中做勻加速直線運動
B．質子進入第n個圓筒瞬間速度為
C．各金屬筒的長度之比為1：：：…
D．質子在各圓筒中的運動時間之比為1：：：…
命題點三　帶電粒子在電場中的偏轉
1．兩個結論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．
證明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子經電場偏轉后，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到偏轉電場邊緣的距離為.
2．功能關系
（2023 和平區校級模擬）如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場E，從傾角30°的斜面上A點平拋一帶電小球，落到斜面上的B點，空氣阻力不計，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．若將平拋初速度減小一半，則小球將落在AB兩點的中點
B．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角不同
C．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間夾角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平拋小球的初動能為6J，則落到斜面上時的動能為14J
（2023 海淀區校級模擬）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域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質量均為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進入矩形區域（兩粒子不同時出現在電場中）。不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于（　?。?br/>A． B． C． D．
（2022 岳陽三模）示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，產生一個亮斑如圖乙所示。若板間電勢差UXX′和UYY′隨時間變化關系圖像如丙、丁所示，則熒光屏上的圖像可能為（　?。?br/>A．B． C． D．
如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結論正確的是（已知重力加速度為g）（　?。?br/>A．兩極板間電壓為
B．整個過程中合外力對質點做負功
C．整個過程中質點的重力勢能增加
D．若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上
（2024 廈門模擬）某小組在實驗室進行平行板電容器特性研究時，不小心轉動其中一極板而使其發生傾斜，已知兩板帶有等量異種電荷，則兩極板之間的電場線分布情況可能正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
（2024 曲靖一模）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管、電阻R連接，電源負極接地。初始電容器不帶電，閉合開關穩定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態。下列說法正確的是（　?。?br/>A．減小極板間的正對面積，帶電油滴仍保持靜止
B．貼著上極板插入金屬板，則電阻R中有b流向a的電流
C．將下極板向上移動一小段距離，P點處的油滴的電勢能增大
D．將開關斷開，在兩板間插入一陶瓷電介質，則油滴仍處于靜止狀態
（2024 南充模擬）電容器儲能已經廣泛應用于電動汽車，風光發電儲能，電力系統中電能質量調節。電容器儲能的原理是，當電容器充電后，所帶電荷量為Q，兩極板間的電勢差為U，則板間儲存了電能。如圖是電容為C的電容器兩極板間電勢差u和所帶電荷量q的u﹣q圖像，則（　?。?br/>A．該電容器的電容C隨電荷量q增大而增大
B．圖像中直線的斜率等于該電容器電容C
C．電源對該電容器充電為Q時，電源對該電容器做的功為QU
D．電源對該電容器充電為Q時，該電容器儲存的電能為
（2024 烏魯木齊模擬）如圖所示，平行板電容器AB極板上的OO'接點與直流電源連接，下極板B接地，開關S閉合，一帶電油滴位于電容器中的P點恰處于靜止狀態，則下列說法正確的是（　　）
A．當開關S閉合，A極板上移一小段距離，P點電勢將降低，電路中有逆時針方向的電流
B．當開關S斷開，B極板下移一小段距離，帶電油滴將沿豎直方向向上運動
C．當開關S閉合，AB極板分別以OO'為轉軸在紙面內逆時針轉動α角，液滴將向左做勻加速直線運動
D．當開關S斷開，B極板上移一小段距離，帶電油滴的電勢能保持不變
（2024 山西模擬）如圖所示，A、B是兩塊平行帶電的金屬板。A板帶負電，B板與大地相接，兩板間P點處固定一帶負電的油滴。設P點的場強大小為E，電勢為φ，油滴在P點的電勢能為Ep?，F將A、B兩板水平錯開一段距離（兩板間距不變），則（　?。?br/>A．靜電計指針張角減小，φ變小
B．靜電計指針張角不變，φ變大
C．靜電計指針張角變大，E變大
D．靜電計指針張角變大，Ep變小
（2024 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，將半徑為R的圓環固定在絕緣的水平面內，O為圓環的圓心，BC為圓的一條直徑，在水平面內有沿BC方向的勻強電場，電場強度的大小為E?，F將質量為m、電荷量為q（q＞0）的小球以初速度v1，從BC直線上距B點R處的A點沿垂直BC的方向拋出，小球將運動到圓環上的D點，∠BOD＝37°；若將小球以初速度v2從A點沿相同的方向拋出，小球運動到圓環上時，從拋出至落點的位移恰好與圓環相切，已知sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，忽略一切阻力，則為（　?。?br/>A． B． C． D．
（2024 樟樹市模擬）如圖所示，在一斜面頂端，將A、B兩個帶電小球先后分別以相同速度v0沿同一方向水平拋出，兩球都落在斜面上，已知A球質量為2m，帶電量為+q，B球質量為m，帶電量也為+q，整個裝置處于豎直向下的勻強電場中，場強，重力加速度g取10m/s2。A、B兩球在空中運動的時間分別為tA、tB，加速度分別為aA、aB，位移分別為sA、sB，落在斜面上的重力功率分別為PA、PB，不計空氣阻力，則（　?。?br/>A．tA＝2tB B．3aA＝2aB C．sA＝2sB D．PA＝3PB
（2024 云巖區校級一模）如圖甲所示，一放置在水平面的電荷量為q（q＞0）的絕緣物塊（可視為質點），在方向水平向左的勻強電場中，從位置A由靜止水平向左運動至位置D。然后又被輕質彈簧（一端固定在墻壁，與水平面平行）彈離，向右運動到位置A，途中經過位置B時物塊正好與輕質彈簧分離，此時彈簧處于原長，經過位置C時彈簧的彈力大小F＝Eq。物塊在A、D之間做往復運動的過程中，彈簧的彈力大小F隨時間t的變化如圖乙所示。已知物塊的質量為m，電場強度大小為E，不計一切摩擦，則（　?。?br/>A．t1～t3時間內，物塊的加速度先增大后減小
B．物塊的最大速度
C．A、B間的距離
D．彈簧彈力的最大值Fm＞2Eq
（2024 黑龍江模擬）如圖所示，兩相同極板M、N的長度為L＝0.6m，相距d＝0.5m，OO′為極板右邊界，OO′的右側存在豎直向下的勻強電場，電場強度為E＝10N/C。光滑絕緣圓弧軌道ABC豎直放置，A與OO’在同一豎直線上，圓弧AB的圓心角θ＝53°，BC是豎直直徑。小球以v0＝3m/s的水平速度從左側飛入極板M、N，飛離極板后恰好從A點沿切線方向進入圓弧軌道。已知小球質量m＝1.0kg，電荷量q＝0.5C，重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6，不計空氣阻力。求：
（1）小球在A點的速度vA；
（2）M、N極板間的電勢差U；
（3）欲使小球沿圓弧軌道能到達最高點C，半徑R的取值范圍。
（2023 海淀區二模）如圖1所示，兩平行金屬板A、B間電勢差為U1，帶電量為q、質量為m的帶電粒子，由靜止開始從極板A出發，經電場加速后射出，沿金屬板C、D的中心軸線進入偏轉電壓為U2的偏轉電場，最終從極板C的右邊緣射出。偏轉電場可看作勻強電場，板間距為d。忽略重力的影響。
（1）求帶電粒子進入偏轉電場時速度的大小v。
（2）求帶電粒子離開偏轉電場時動量的大小p。
（3）以帶電粒子進入偏轉電場時的位置為原點、以平行于板面的中心軸線為x軸建立平面直角坐標系xOy，如圖2所示。寫出該帶電粒子在偏轉電場中的軌跡方程。第21講　電容器的電容、帶電粒子在電場中的運動
知識內容 考試要求 說明
電容器的電容 c 1.不要求應用平行板電容器電容的決定式進行計算． 2.示波管問題的分析與計算不涉及兩個偏轉電極同時加電壓的情形． 3.解決帶電粒子偏轉運動問題只限于垂直電場方向入射且偏轉電極加恒定電壓的情形.
帶電粒子在電場中的運動 d
一、電容器
1．電容器的充、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種電荷，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．公式C＝和C＝的比較
(1)定義式：C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關．
(2)決定式：C＝，εr為電介質的相對介電常數，S為極板正對面積，d為板間距離．
二、帶電粒子在電場中的運動
1．加速問題
若不計粒子的重力且無其他外力作用，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的動能的增量．
(1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02.
(2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv02.
2．帶電粒子在電場中偏轉的運動規律
不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，如圖1.
圖1
(1)沿初速度方向做勻速直線運動
運動時間
(2)沿電場力方向，做勻加速直線運動
命題點一　平行板電容器的動態分析
1．兩類典型問題
(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．動態分析思路
(1)U不變
①根據C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據E＝分析場強的變化．
③根據UAB＝E·d分析某點電勢變化．
(2)Q不變
①根據C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化．
②根據E＝＝分析場強變化．
（2024 順德區二模）如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．按鍵的過程中，電容器間的電場強度減小
B．按鍵的過程中，電容器儲存的電能增多
C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a經電流計流向b
D．按鍵的過程中，電容器上極板電勢低于下極板電勢
【解答】解：AB．根據電容器的定義式、決定式以及電場強度與電勢差關系：
，
按鍵的過程中，由于電壓U不變，d減小，則電容C增大，電容器間的電場強度E增大，電容器所帶電荷量Q增大，則電容器儲存的電能增多，故A錯誤，B正確；
CD．按鍵的過程中，由于電容器所帶電荷量Q增大，電容器充電，圖丙中電流方向從b經電流計流向a，電容器上極板電勢高于下極板電勢，故CD錯誤。
故選：B。
（2024 嘉興一模）如圖所示，將靜電計與電容器（圖中未畫出）相連，可檢測帶電電容器的兩極間的電壓變化。帶電靜電計的金屬指針和圓形金屬外殼的空間內存在電場，分別用實線和虛線表示電場線和等勢面，該空間內有P、Q兩點，則（　　）
A．靜電計兩根金屬指針帶異種電荷
B．圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面
C．圖中P點電勢一定高于Q點電勢
D．當靜電計兩指針張角減小時，表明電容器在放電
【解答】解：AB．靜電計與電容器相連，由圖可知靜電計金屬指針接在電容器的同一個極板上，金屬外殼接在電容器的另一個極板上，所以兩根金屬針帶同種電荷。根據電場線的性質，電場線從正電荷發出，到負電荷終止，可知圖中虛線表示電場線，則實線表示等勢線。故AB錯誤；
C．題中不知哪一個極板帶正電，即不知道電場線的方向，所以P、Q兩點電勢的高低無法判斷。故C錯誤；
D．靜電計與電容器兩極板相連，則靜電計兩指針張角可以顯示極板間的電壓，當靜電計兩指針張角減小時，表明電容器極板間的電壓減小，故此時電容器正在放電。故D正確。
故選：D。
（2024 甘肅模擬）隨著人們對身體健康意識的不斷增強，戶外旅行、戶外運動也較前幾年大幅增長。人們使用的智能手機中有一款運動軟件，其運動步數的測量原理如圖所示，M和N為電容器兩極板，M固定，N兩端與固定的兩輕彈簧連接，只能按圖中標識的“前后”方向運動。則手機（　?。?br/>A．若電容器帶電量增大，則可能是健身者向前勻速運動時突然減速
B．若電流表示數不為零且保持不變，則健身者做勻速運動
C．若電流由a點流向b點，則健身者突然向前加速
D．若M、N之間的電場強度增大，則健身者向后做勻加速運動
【解答】解：A、健身者向前勻速運動時突然減速，由于慣性N板相對M板向前移動，兩極極之間距離d減小，根據電容的決定式可知，電容C增大，根據電容器的定義式C可知，電容器的電壓U不變，則電容器帶電量Q增大，故A正確；
B、健身者做勻速運動時加速度為0，電容C不變，電容器帶電量Q不變，電路中無電流，故B錯誤；
C、突然向前加速時，由于慣性N板相對M板后移，兩極極之間距離d增大，根據電容的決定式可知，電容C減小，根據電容器的定義式C可知，電壓U不變，則電容器帶電量Q減小，電容器處于放電狀態，電流由b點流向a點，故C錯誤；
D、保持向后的勻加速運動時，加速度a不變，板間距離不變，所以M、N之間的電場強度不變，故D錯誤。
故選：A。
命題點二　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，粒子或靜止，或做勻速直線運動．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．
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
類型1　帶電粒子在勻強電場中的直線運動
（2024 安徽二模）如圖所示，三塊平行放置的金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。B板與電源正極相連，A、C兩板與電源負極相連。閉合電鍵，從O點由靜止釋放一電子，電子恰好能運動到P點（不計電子的重力影響）?，F將C板向右平移到P′點，下列說法正確的是（　?。?br/>A．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P點返回
B．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P′點返回
C．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P和P′點之間返回
D．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將穿過P′點
【解答】解：AB、根據題意可知：UMO＝UMP＝UMP′
電子從O到M電場力做正功，從M到P電場力做負功或從M到P′，電場力做負功，電子在板間運動的過程，由動能定理可知：UOMe+UMPe＝0
將C板向右平移到P′點，若電鍵處于閉合狀態，上式仍然成立，電子將運動到P′點返回，故A錯誤，B正確；
CD、斷開電鍵后，根據電容的定義、電容的大小公式，場強與電壓的關系，聯立解得：
由此可知，當電荷量保持不變時，板間的電場強度與板間距離無關，而斷開電鍵后可認為極板間電荷量不變，則電場強度不變，根據動能定理可知：Eed﹣Eed＝0
因此若斷開電鍵后再從O點由靜止釋放電子，電子仍將運動到P點，故CD錯誤。
故選：B。
類型2　帶電粒子在交變電場中的直線運動
（2023 杭州二模）如圖甲所示，某多級直線加速器由n個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極M、N上，序號為C的金屬圓板中央有一個質子源，質子逸出的速度不計，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓uMN，一段時間后加速器穩定輸出質子流。已知質子質量為m、電荷量為e，質子通過圓筒間隙的時間不計，且忽略相對論效應，則（　　）
A．質子在各圓筒中做勻加速直線運動
B．質子進入第n個圓筒瞬間速度為
C．各金屬筒的長度之比為1：：：…
D．質子在各圓筒中的運動時間之比為1：：：…
【解答】解：A．金屬圓筒中電場為零，質子不受電場力，合力為零，故質子做勻速運動，故A錯誤；
B．質子進入第n個圓筒時，經過n次加速，根據動能定理
解得
故B錯誤；
D．依題意分析，只有質子在每個圓筒中勻速運動時間為時，才能保證每次在縫隙中被電場加速，故D錯誤；
C．根據勻加速直線運動位移—時間公式，第n個圓筒長度
則各金屬筒的長度之比為1：：：…，故C正確。
故選：C。
命題點三　帶電粒子在電場中的偏轉
1．兩個結論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．
證明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子經電場偏轉后，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到偏轉電場邊緣的距離為.
2．功能關系
（2023 和平區校級模擬）如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場E，從傾角30°的斜面上A點平拋一帶電小球，落到斜面上的B點，空氣阻力不計，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．若將平拋初速度減小一半，則小球將落在AB兩點的中點
B．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角不同
C．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間夾角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平拋小球的初動能為6J，則落到斜面上時的動能為14J
【解答】解：小球受重力和電場力，電場力既可向上也可向下，球做類平拋運動，加速度a恒定，方向向下。
根據類平拋運動的分運動規律，有：
x＝v0t，
y，
，
解得：t，x，y；
A、若將平拋初速度減小一半，根據x，y，x和y均減小為原來的，故A錯誤；
BC、設小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角為α，則有：
tan（α+30°），
故平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角相同，但是tanα≠2tan30°，故BC錯誤；
D、由于小球落到斜面上時的速度方向與水平方向的夾角的正切值：tanβ，
初動能：Ek6J，
末動能：Ek′，
故：Ek′＝6J+（）2×6J＝14J，故D正確；
故選：D。
（2023 海淀區校級模擬）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域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質量均為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進入矩形區域（兩粒子不同時出現在電場中）。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。
（2022 岳陽三模）示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，產生一個亮斑如圖乙所示。若板間電勢差UXX′和UYY′隨時間變化關系圖像如丙、丁所示，則熒光屏上的圖像可能為（　?。?br/>A．B． C． D．
【解答】解：UXX′和UYY′均為正值，電場強度方向由X指向X′，Y指向Y′，電子帶負電，電場力方向與電場強度方向相反，所以分別向X，Y方向偏轉，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結論正確的是（已知重力加速度為g）（　　）
A．兩極板間電壓為
B．整個過程中合外力對質點做負功
C．整個過程中質點的重力勢能增加
D．若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上
【解答】解：A、據題分析可知，小球在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉才能最后垂直打在M屏上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖所示
可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據牛頓第二定律得：qE﹣mg＝mg，
得到：E．由U＝Ed可知，板間電壓 U，故A錯誤；
B、整個過程中，質點受到豎直方向的電場力和重力，水平方向不受力，在豎直方向上速度由零增加然后又減小到零，所以合外力對質點先做正功后做負功，故B錯誤；
C、小球在電場中向上偏轉的距離 yat2，而 ag，t，解得：y；故小球打在屏上的位置與P點的距離為：s＝2y，重力勢能的增加量EP＝mgs，故C正確。
D、僅增大兩板間的距離，因兩板上電量不變，根據E，可知，板間場強不變，小球在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在屏上，故D錯誤。
故選：C。
（2024 廈門模擬）某小組在實驗室進行平行板電容器特性研究時，不小心轉動其中一極板而使其發生傾斜，已知兩板帶有等量異種電荷，則兩極板之間的電場線分布情況可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：兩極板為各自的等勢面，等勢面與電場線垂直；
兩極板之間的電勢差相等，根據場強與電勢差的關系可知，兩極板之間距離越小，場強越大；
電場線的疏密表示場強的大小，電場線越密的地方場強越大，因此兩極板間距越小的那端電場線就越密。
綜上分析，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024 曲靖一模）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管、電阻R連接，電源負極接地。初始電容器不帶電，閉合開關穩定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態。下列說法正確的是（　?。?br/>A．減小極板間的正對面積，帶電油滴仍保持靜止
B．貼著上極板插入金屬板，則電阻R中有b流向a的電流
C．將下極板向上移動一小段距離，P點處的油滴的電勢能增大
D．將開關斷開，在兩板間插入一陶瓷電介質，則油滴仍處于靜止狀態
【解答】解：A、減小極板間的正對面積，根據電容的決定式C可知電容器的電容減小，電容器要放電。由于二極管具有單向導電性，所以電容器不會放電，電容器帶電量不變，根據C、、，解得：E，則知減小極板間的正對面積，極板間的電場強度變大，則油滴所受電場力變大，將向上移動，故A錯誤；
B、貼著上極板插入金屬板，極板間的距離減小，根據C可知電容器的電容增大，電容器將充電，則電路中有逆時針方向的電流，電阻R中有a流向b的電流，故B錯誤；
C、將下極板向上移動一小段距離，根據C可知電容器的電容增大，電容器兩端的電壓不變，電容器將充電。根據知兩極板間的電場強度變大，設P點到下極板的距離為l，下極板的電勢為零，則P點與下極板的電勢差φP﹣φ0＝El
即P點的電勢為φP＝El
P點到下極板的距離為l不變，電場強度E變大，則P點的電勢變大，故C正確；
D、將開關斷開，則兩極板的電荷量不變，根據E，在兩板間插入陶瓷電介質，電場強度變小，則油滴所受電場力變小，將向下移動，故D錯誤。
故選：C。
（2024 南充模擬）電容器儲能已經廣泛應用于電動汽車，風光發電儲能，電力系統中電能質量調節。電容器儲能的原理是，當電容器充電后，所帶電荷量為Q，兩極板間的電勢差為U，則板間儲存了電能。如圖是電容為C的電容器兩極板間電勢差u和所帶電荷量q的u﹣q圖像，則（　?。?br/>A．該電容器的電容C隨電荷量q增大而增大
B．圖像中直線的斜率等于該電容器電容C
C．電源對該電容器充電為Q時，電源對該電容器做的功為QU
D．電源對該電容器充電為Q時，該電容器儲存的電能為
【解答】解：A．電容器的電容由電容器本身來決定，與所帶電荷量及兩端所加電壓無關，故A錯誤；
B．根據電容的定義式可得
即圖像的斜率為電容器電容的倒數，故B錯誤；
C．根據電功的計算公式W＝UIt
又Q＝It
聯立解得：W＝UQ
圖像的面積表示電功，
又
聯立解得：，故C錯誤；
D.根據功能關系可知電功等于兩板間儲存了電能，即儲存的電能為：
，故D正確。
故選：D。
（2024 烏魯木齊模擬）如圖所示，平行板電容器AB極板上的OO'接點與直流電源連接，下極板B接地，開關S閉合，一帶電油滴位于電容器中的P點恰處于靜止狀態，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．當開關S閉合，A極板上移一小段距離，P點電勢將降低，電路中有逆時針方向的電流
B．當開關S斷開，B極板下移一小段距離，帶電油滴將沿豎直方向向上運動
C．當開關S閉合，AB極板分別以OO'為轉軸在紙面內逆時針轉動α角，液滴將向左做勻加速直線運動
D．當開關S斷開，B極板上移一小段距離，帶電油滴的電勢能保持不變
【解答】解：保持開關閉合，則電壓恒定不變，
A、當開關S閉合，A極板上移一小段距離，根據E，可知電場強度減小，根據U＝Ed可知，P點與下極板的距離不變，但E減小，故P點與下極板的電勢差減小，下極板帶負電，故P點的電勢降低，根據電容的決定式C，可知，電容減小，再由Q＝CU，可得，電容器的電量減小，電容器處于放電，則電路中有順時針方向的電流，故A錯誤；
B、當開關S斷開，B極板下移一小段距離，則電荷量Q不變，根據電場強度E，可知，電場強度恒定不變，則電場力不變，故帶電油滴仍靜止不動，故B錯誤；
C、當開關S閉合，A、B極板分別以OO'為轉軸在紙面內逆時針快速轉動α角，初狀態根據平衡條件，則有：qEmg，
轉動后板間電壓不變，板間距離為d′，則有：電場力F＝q，根據幾何關系，d′＝dcosα，電場力的豎直分力Fy＝Fcosα，仍與重力平衡，電場力的水平分力即為油滴的合力，所以油滴將水平向左做勻加速直線運動，故C正確；
D、當開關S斷開，B極板上移一小段距離，由于板間電場強度不變，油滴所處P點到B極板的距離變小，故P點的電勢降低，而根據平衡條件，可知，油滴帶負電，所以油滴電勢能增加，故D錯誤。
故選：C。
（2024 山西模擬）如圖所示，A、B是兩塊平行帶電的金屬板。A板帶負電，B板與大地相接，兩板間P點處固定一帶負電的油滴。設P點的場強大小為E，電勢為φ，油滴在P點的電勢能為Ep。現將A、B兩板水平錯開一段距離（兩板間距不變），則（　?。?br/>A．靜電計指針張角減小，φ變小
B．靜電計指針張角不變，φ變大
C．靜電計指針張角變大，E變大
D．靜電計指針張角變大，Ep變小
【解答】解：A、B兩板水平錯開一段距離，兩極板正對面積S減小，而電容器所帶電荷量Q不變，根據，C，
聯立可得：U，E
可知兩極板間電勢差U增大，靜電計指針張角變大，同時，板間電場強度E增大；
因為A極板帶負電，所以P點的電勢φ＜0，q＜0
由BP間電勢差UBP＝﹣φ＝EdBP，Ep＝qφ，可知φ變小，Ep變大，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，將半徑為R的圓環固定在絕緣的水平面內，O為圓環的圓心，BC為圓的一條直徑，在水平面內有沿BC方向的勻強電場，電場強度的大小為E?，F將質量為m、電荷量為q（q＞0）的小球以初速度v1，從BC直線上距B點R處的A點沿垂直BC的方向拋出，小球將運動到圓環上的D點，∠BOD＝37°；若將小球以初速度v2從A點沿相同的方向拋出，小球運動到圓環上時，從拋出至落點的位移恰好與圓環相切，已知sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，忽略一切阻力，則為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：設小球兩次運動的時間分別為t1、t2，由題意分析可知，當小球初速度為v2時，∠BOD＝53°。小球做類平拋運動，兩次運動的加速度相同均為a
小球以初速度v1拋出時，有
①
v1t1＝Rsin37° ②
由①②得 ③
小球以初速度v2拋出時， ④
v2t2＝Rsin53° ⑤
由④⑤得 ⑥
由③⑥兩式相比得：，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 樟樹市模擬）如圖所示，在一斜面頂端，將A、B兩個帶電小球先后分別以相同速度v0沿同一方向水平拋出，兩球都落在斜面上，已知A球質量為2m，帶電量為+q，B球質量為m，帶電量也為+q，整個裝置處于豎直向下的勻強電場中，場強，重力加速度g取10m/s2。A、B兩球在空中運動的時間分別為tA、tB，加速度分別為aA、aB，位移分別為sA、sB，落在斜面上的重力功率分別為PA、PB，不計空氣阻力，則（　?。?br/>A．tA＝2tB B．3aA＝2aB C．sA＝2sB D．PA＝3PB
【解答】解：A．設斜面傾角為θ，根據幾何關系可得
解得
則2tA＝3tB
故A錯誤；
B．由A、B均帶正電，則A、B所受電場力豎直向下，根據牛頓第二定律
2mg+qE＝2maA
mg+qE＝maB
解得
aA＝2g
aB＝3g
則3aA＝2aB
故B正確；
C．水平方向，根據x＝vt
解得2sA＝3sB
故C錯誤；
D．由P＝mgvy＝mgat
PA＝2PB
故D錯誤。
故選：B。
（2024 云巖區校級一模）如圖甲所示，一放置在水平面的電荷量為q（q＞0）的絕緣物塊（可視為質點），在方向水平向左的勻強電場中，從位置A由靜止水平向左運動至位置D。然后又被輕質彈簧（一端固定在墻壁，與水平面平行）彈離，向右運動到位置A，途中經過位置B時物塊正好與輕質彈簧分離，此時彈簧處于原長，經過位置C時彈簧的彈力大小F＝Eq。物塊在A、D之間做往復運動的過程中，彈簧的彈力大小F隨時間t的變化如圖乙所示。已知物塊的質量為m，電場強度大小為E，不計一切摩擦，則（　?。?br/>A．t1～t3時間內，物塊的加速度先增大后減小
B．物塊的最大速度
C．A、B間的距離
D．彈簧彈力的最大值Fm＞2Eq
【解答】解：A、t1～t2時間內，物塊由B運動到D，受到的電場力向左大小不變，彈簧的彈力F向右由零逐漸增大，根據牛頓第二定律得：，可知加速度先逐漸減小，到C時彈簧的彈力大小F＝qE，此時加速度為零，物塊的速度最大，之后彈簧彈力大于電場力，且逐漸增大，加速度逐漸增大；t2～t3時間內，物塊由D運動到B，同理，可知加速度先逐漸減小到零，再增大，故A錯誤；
B、t3～t4時間內，物塊由B勻減速運動到A，再反向由A勻加速運動到B，兩階段運動具有對稱性，設在B點的速度大小為vB，對此過程，以向左為正方向，根據動量定理得：qE（t4﹣t3）＝mvB﹣（mvB），解得：
由A選項的分析可知物塊在C點的速度最大，由B到C點物塊做加速運動，則物塊的最大速度大于，故B錯誤；
C、從A到B的過程，根據動能定理得：，解得A、B間的距離xAB，故C錯誤；
D、設彈簧的勁度系數為k，B、C之間的距離為x，彈簧最大形變量（即B、D之間的距離）為xm，由B到D，根據功能關系可得：
，已知：kx＝qE
聯立可得：，可得：xm＞2x
則彈簧彈力的最大值Fm＝kxm＞2kx＝2Eq，故D正確。
故選：D。
（2024 黑龍江模擬）如圖所示，兩相同極板M、N的長度為L＝0.6m，相距d＝0.5m，OO′為極板右邊界，OO′的右側存在豎直向下的勻強電場，電場強度為E＝10N/C。光滑絕緣圓弧軌道ABC豎直放置，A與OO’在同一豎直線上，圓弧AB的圓心角θ＝53°，BC是豎直直徑。小球以v0＝3m/s的水平速度從左側飛入極板M、N，飛離極板后恰好從A點沿切線方向進入圓弧軌道。已知小球質量m＝1.0kg，電荷量q＝0.5C，重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6，不計空氣阻力。求：
（1）小球在A點的速度vA；
（2）M、N極板間的電勢差U；
（3）欲使小球沿圓弧軌道能到達最高點C，半徑R的取值范圍。
【解答】解：（1）小球在M、N極板間做類平拋運動，將A點的速度分解，如圖所示。
則vAm/s＝5m/s
（2）在A點，有vy＝v0tan53°＝3m/s＝4m/s
帶電粒子在M、N極板間運動時間為ts＝0.2 s
由vy＝at，得a＝20m/s2
由牛頓第二定律得：mg+Eq＝ma
結合U＝Ed，解得：U＝10V
（3）若小球恰能到達最高點C時，由重力和電場力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得
mg+qE＝m
小球從A點運動到C點的過程，由動能定理得
﹣（mg+qE）R（1+cos53°）
解得：Rm
故半徑R的取值范圍為：0＜Rm
（2023 海淀區二模）如圖1所示，兩平行金屬板A、B間電勢差為U1，帶電量為q、質量為m的帶電粒子，由靜止開始從極板A出發，經電場加速后射出，沿金屬板C、D的中心軸線進入偏轉電壓為U2的偏轉電場，最終從極板C的右邊緣射出。偏轉電場可看作勻強電場，板間距為d。忽略重力的影響。
（1）求帶電粒子進入偏轉電場時速度的大小v。
（2）求帶電粒子離開偏轉電場時動量的大小p。
（3）以帶電粒子進入偏轉電場時的位置為原點、以平行于板面的中心軸線為x軸建立平面直角坐標系xOy，如圖2所示。寫出該帶電粒子在偏轉電場中的軌跡方程。
【解答】解：（1）由動能定理有
解得帶電粒子進入偏轉電場時速度的大小
（2）帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，設金屬板C、D的長度為L，帶電粒子離開偏轉電場時的豎直方向的速度大小為vy
水平方向是L＝vt
豎直方向上
，vy＝at，
聯立解得L＝d，
帶電粒子離開偏轉電場時的速度大小為
帶電粒子離開偏轉電場時動量的大小p＝mv1；
（3）帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動
水平方向x＝vt
豎直方向
帶電粒子在偏轉電場中的軌跡方程為。

展開更多......

收起↑