2026高考物理一輪復(fù)習(xí)（基礎(chǔ)版）第九章第3講小專題電場中的功能關(guān)系和圖像問題含答案第3講小專題:電場中的功能關(guān)系和圖像問題考點(diǎn)一電場中的功能關(guān)系如圖所示,絕緣粗糙水平面左側(cè)固定一水平放置的絕緣輕質(zhì)彈簧,空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場,一質(zhì)量為m、帶正電的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從A點(diǎn)開始向左運(yùn)動(dòng),并壓縮彈簧至B點(diǎn)。(1)小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中有哪些力對物塊做功?分別做正功還是負(fù)功?(2)小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中哪些能量減少了?哪些能量增加了?提示:(1)小物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中,電場力對物塊做負(fù)功,摩擦力對物塊做負(fù)功,彈簧彈力做負(fù)功。(2)小物塊的動(dòng)能減少了;小物塊的電勢能增加了,彈簧的彈性勢能增加了,內(nèi)能增加了。1.常見的功能關(guān)系(1)合外力做功等于動(dòng)能的變化量,即W合=Ek2-Ek1=ΔEk(動(dòng)能定理)。(2)重力做功等于物體重力勢能的減少量,即WG=EpG1-EpG2=-ΔEpG。(3)靜電力做功等于電勢能的減少量,即W電=Ep電1-Ep電2=-ΔEp電。(4)彈簧彈力做功等于彈性勢能的減少量,即W彈=Ep彈1-Ep彈2=-ΔEp彈。(5)除了重力和彈簧彈力之外其他力做的總功等于物體機(jī)械能的變化,即W其他力=E機(jī)2-E機(jī)1=ΔE機(jī)。2.電場中常見的能量關(guān)系(1)若只有電場力做功,則動(dòng)能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化,二者之和保持不變,即ΔEk=-ΔEp。(2)若只有電場力和重力做功,則機(jī)械能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化,電勢能、重力勢能、動(dòng)能之和保持不變。注意:動(dòng)能定理可以把不同力對物體做的功聯(lián)系起來;能量守恒定律可以把系統(tǒng)中參與變化的所有能量聯(lián)系起來。[例1]【僅在靜電力作用下的功能關(guān)系】(2024·貴州模擬)如圖所示,虛線a、b、c、d、e是電場中的一組平行等差等勢面,相鄰兩等勢面間的電勢差為3V,其中a等勢面的電勢為9V,電子以某初速度從P點(diǎn)平行紙面射入,速度方向與a等勢面夾角為45°,已知該電子恰好能運(yùn)動(dòng)到e等勢面(不計(jì)電子重力)。則()[A]電子在電場中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)[B]電子運(yùn)動(dòng)到e等勢面時(shí)動(dòng)能為0[C]電子運(yùn)動(dòng)到c等勢面時(shí)動(dòng)能為18eV[D]電子返回a等勢面時(shí)動(dòng)能為12eV【答案】C【解析】根據(jù)題意可知,電子在電場中僅受電場力,電子的初速度方向與電場力方向不在一條直線上,則電子在電場方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),在垂直于電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),即電子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;電子運(yùn)動(dòng)到e等勢面時(shí),沿電場方向的速度為0,垂直于電場方向的速度不為0,則電子在e等勢面時(shí)動(dòng)能不為0,故B錯(cuò)誤;設(shè)電子的初速度為v0,電子由a等勢面到e等勢面,由動(dòng)能定理有-eUae=12m(v0sin45°)2-12mv02,解得電子的初動(dòng)能Eka=12mv02=24eV,電子由a等勢面到c等勢面,由動(dòng)能定理有-eUac=Ekc-Eka,解得Ekc=18eV,電子返回a等勢面時(shí),[例2]【重力和靜電力作用下的功能關(guān)系】(2024·黑吉遼卷,6)在水平方向的勻強(qiáng)電場中,一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。如圖,若小球的初速度方向沿虛線,則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線,若小球的初速度方向垂直于虛線,則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高處的過程中()[A]動(dòng)能減小,電勢能增大[B]動(dòng)能增大,電勢能增大[C]動(dòng)能減小,電勢能減小[D]動(dòng)能增大,電勢能減小【答案】D【解析】根據(jù)題意,若小球的初速度方向沿虛線,則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線,可知電場力和重力的合力沿著虛線方向,又電場強(qiáng)度方向?yàn)樗椒较?根據(jù)力的合成可知,電場力方向水平向右;若小球的初速度方向垂直于虛線,則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高處的過程中重力對小球做功為零,電場力的方向與小球的位移方向相同,則電場力對小球做正功,小球的動(dòng)能增大,電勢能減小。[例3]【重力、彈力和靜電力作用下的功能關(guān)系】如圖所示,在空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場,質(zhì)量為m、電荷量為+q的物塊從A點(diǎn)由靜止開始下落,加速度大小為13g,下落高度H到B點(diǎn)后與一輕彈簧接觸,又下落2H后到達(dá)最低點(diǎn)C,整個(gè)過程中不計(jì)空氣阻力,且彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g,則帶電物塊在由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C[A]該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為mg[B]帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為mgH[C]帶電物塊電勢能的增加量為3mgH[D]彈簧的彈性勢能的增加量為mgH【答案】D【解析】帶電物塊從靜止開始下落到接觸彈簧前的加速度為13g,對帶電物塊由牛頓第二定律得mg-qE=ma,解得E=2mg3q,故A錯(cuò)誤;從A到C的過程中,除重力和彈簧彈力以外,只有電場力做功,電場力做功W=-qE·3H=-2mgH,可知物塊和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能減少量為2mgH,物塊電勢能增加量為2mgH,故B、C錯(cuò)誤;由系統(tǒng)能量守恒得減少的重力勢能等于增加的電勢能和彈性勢能,即mg·3H=2mgH+ΔEp彈,[變式]在[例3]中彈簧的勁度系數(shù)是多少?物塊下落過程中的最大速度是多少?【答案】mg2H【解析】物塊從A點(diǎn)下落到C點(diǎn)的過程中,克服彈簧彈力做功W彈=F彈·2H=12k(2H)2,A到C過程由動(dòng)能定理得mg·3H-qE·3H-12k(2H)解得k=mg2物塊下落過程中加速度a=0時(shí),速度最大,設(shè)物塊速度最大時(shí)彈簧的壓縮量為x,對物塊速度最大時(shí)進(jìn)行受力分析可得mg=qE+kx,解得x=23H對物塊由A位置下落至速度最大位置過程由動(dòng)能定理得mg·53H-12k(23H)2-qE·53H=解得vm=23考點(diǎn)二靜電場中的圖像問題1.φ-x圖像(電場方向與x軸平行)(1)電場強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的切線斜率的絕對值,如果圖線是曲線,電場為非勻強(qiáng)電場;如果圖線是傾斜的直線,電場為勻強(qiáng)電場(如圖)。切線的斜率為零時(shí)沿x軸方向電場強(qiáng)度為零。(2)在φ-x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的高低,并可根據(jù)電勢的高低確定電場強(qiáng)度的方向,進(jìn)而可以判斷電荷在電場中的受力方向。(如圖)2.E-x圖像(電場方向與x軸平行)(1)E-x圖像為靜電場在x軸上的電場強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系,若規(guī)定x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度E的正方向,則E>0時(shí),電場強(qiáng)度E沿x軸正方向;E<0時(shí),電場強(qiáng)度E沿x軸負(fù)方向。(2)E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖所示),兩點(diǎn)的電勢高低根據(jù)電場方向判定。在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中,可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢能變化等情況。3.Ep-x圖像、Ek-x圖像(1)Ep-x圖像。由靜電力做功與電勢能變化關(guān)系F電x=Ep1-Ep2=-ΔEp知Ep-x圖像的切線斜率k=ΔE(2)Ek-x圖像。當(dāng)只有靜電力對帶電體做功時(shí),由動(dòng)能定理F電x=Ek-Ek0=ΔEk知Ek-x圖像的切線斜率k=ΔE[例4]【φ-x圖像】(2025·河南高考適應(yīng)性考試)某電場的電勢φ隨位置x的變化關(guān)系如圖所示,O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),a、b、c、d為x軸上的四個(gè)點(diǎn)。一帶正電粒子從d點(diǎn)由靜止釋放,在電場力作用下沿x軸運(yùn)動(dòng),不計(jì)重力,則粒子()[A]將在ad之間做周期性運(yùn)動(dòng)[B]在d點(diǎn)的電勢能大于a點(diǎn)的電勢能[C]在b點(diǎn)與c點(diǎn)所受電場力方向相同[D]將沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng),可以到達(dá)O點(diǎn)【答案】A【解析】a、d兩點(diǎn)電勢相等,則帶正電粒子在a、d兩點(diǎn)的電勢能相等,故B錯(cuò)誤;沿著電場線方向電勢降低,在b點(diǎn)電場線方向沿x軸正方向,在c點(diǎn)電場線方向沿x軸負(fù)方向,因此帶正電粒子在b點(diǎn)與c點(diǎn)所受電場力方向不同,故C錯(cuò)誤;帶正電粒子從d點(diǎn)由靜止釋放先沿x軸負(fù)方向加速,再沿x軸負(fù)方向減速,到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度為0,然后粒子沿x軸正方向先加速后減速,到達(dá)d點(diǎn)時(shí)速度為0,則帶正電粒子在ad之間做周期性運(yùn)動(dòng),故A正確,D錯(cuò)誤。[例5]【E-x圖像】(2024·江蘇南京模擬)空間有一沿x軸對稱分布的電場,其電場強(qiáng)度E隨x變化的圖像如圖所示,以x軸正向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向。則()[A]x1、x2兩點(diǎn)間和x2、x3兩點(diǎn)間的電勢差相等[B]x1、x3兩點(diǎn)的電勢相等[C]-x1點(diǎn)的電勢高于x2點(diǎn)的電勢[D]從x軸上x1點(diǎn)由靜止釋放一正電荷,電荷經(jīng)過x2點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大【答案】C【解析】E-x圖像中圖線與x軸所圍面積表示電勢差,由題圖無法判斷x1、x2兩點(diǎn)間和x2、x3兩點(diǎn)間的電勢差的大小關(guān)系,故A錯(cuò)誤;在O點(diǎn)右側(cè)場強(qiáng)方向沿x軸正向,由于沿電場線方向電勢逐漸降低,則x1點(diǎn)電勢高于x3點(diǎn)電勢,故B錯(cuò)誤;由于E-x圖像中圖線與x軸所圍面積表示電勢差,故從O點(diǎn)到x2的電勢降落大于O點(diǎn)到-x1電勢降落,所以-x1的電勢高于x2的電勢,故C正確;從x軸上x1點(diǎn)由靜止釋放一正電荷,電場力一直對電荷做正功,其動(dòng)能一直增大,故D錯(cuò)誤。[例6]【Ep-x圖像】(多選)一帶負(fù)電的微粒(電荷量不變,所受重力不計(jì))只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示,其中0～x1段是曲線,x1～x2段是平行于x軸的直線,x2～x3段是傾斜直線,則()[A]0～x1段電場強(qiáng)度逐漸增大[B]0～x1段電勢逐漸升高[C]x1～x2段電場強(qiáng)度為零[D]x2～x3段微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】CD【解析】Ep-x圖線的斜率的絕對值表示電場力的大小,0～x1段微粒所受電場力減小,故0～x1段電場強(qiáng)度減小,同理,x1～x2段電場強(qiáng)度為零,故A錯(cuò)誤,C正確;0～x1段微粒的電勢能逐漸增大,而微粒帶負(fù)電荷,所以電勢逐漸降低,故B錯(cuò)誤;x2～x3段微粒受到的電場力大小不變,電勢能減少,動(dòng)能增加,則微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故D正確。[例7]【Ek-x圖像】(2024·江西階段練習(xí))(多選)如圖甲所示,光滑絕緣水平地面上以水平向右為正方向建立Ox軸,O點(diǎn)右側(cè)兩豎直虛線中間區(qū)域存在平行x軸方向的電場,電勢φ隨x位置的變化情況如圖乙所示。一帶電物塊以某一初速度向右由O點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域,物塊僅在電場力作用下通過該電場區(qū)域。則該區(qū)域中物塊的動(dòng)能Ek隨x位置變化的圖像可能正確的是() [A][B] [C][D]【答案】BD【解析】φ-x圖像斜率表示電場強(qiáng)度,根據(jù)題圖乙圖像可知,電場強(qiáng)度逐漸減小,物塊受到的電場力逐漸減小,根據(jù)Fx=ΔEk得F=ΔEkx,因此Ek-x圖像的斜率表示合力,而合力逐漸減小,則Ek(滿分:42分)對點(diǎn)1.電場中的功能關(guān)系1.(4分)(2024·云南玉溪期中)a、b、c、d四個(gè)帶電液滴在如圖所示的勻強(qiáng)電場中,分別水平向左、水平向右、豎直向上、豎直向下做勻速直線運(yùn)動(dòng),則()[A]c的電勢能減少,機(jī)械能增加[B]a、b的電勢能增加、機(jī)械能不變[C]a、b為同種電荷,c、d為異種電荷[D]d的電勢能減少,機(jī)械能減少【答案】A【解析】四個(gè)帶電液滴均做勻速直線運(yùn)動(dòng),則所受電場力均向上且大小等于重力,故帶電液滴均帶正電,C錯(cuò)誤;電場力對c做正功,電勢能減少,重力對c做負(fù)功,機(jī)械能增加,A正確;在運(yùn)動(dòng)過程中,電場力和重力對a、b都不做功,a、b的電勢能、機(jī)械能均不變,B錯(cuò)誤;電場力對d做負(fù)功,電勢能增加,機(jī)械能減少,D錯(cuò)誤。2.(6分)(2023·全國乙卷,19)(多選)在O點(diǎn)處固定一個(gè)正點(diǎn)電荷,P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方。從P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球,小球僅在重力和該點(diǎn)電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng),其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點(diǎn),OP>OM,OM=ON,則小球()[A]在運(yùn)動(dòng)過程中,電勢能先增加后減少[B]在P點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能[C]在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能[D]從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中,電場力始終不做功【答案】BC【解析】由題知,OP>OM,OM=ON,則根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢分布情況可知φM=φN>φP,則帶負(fù)電的小球在運(yùn)動(dòng)過程中,電勢能先減少后增加,且EpP>EpM=EpN,則帶負(fù)電的小球在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能,A錯(cuò)誤,B、C正確;從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中,電場力先做正功后做負(fù)功,D錯(cuò)誤。3.(4分)(2024·四川南充模擬)如圖所示,水平放置的輕質(zhì)絕緣彈簧左端固定在豎直墻壁上,右端連接一放置在光滑絕緣水平面上的帶正電小球,水平面上方存在水平向右的勻強(qiáng)電場。初始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài),將小球由靜止釋放,小球運(yùn)動(dòng)過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi),則在小球向右運(yùn)動(dòng)的過程中()[A]彈簧恢復(fù)原長時(shí),小球的速度最大[B]小球運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí),小球的加速度為零[C]小球運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí),彈簧的彈性勢能最大[D]小球運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí),彈簧的彈性勢能與初始時(shí)相等【答案】C【解析】當(dāng)小球在水平方向上受到電場力和彈簧彈力平衡時(shí),加速度為零,小球速度有最大值,此時(shí)彈簧處于伸長狀態(tài),故A錯(cuò)誤;小球做簡諧運(yùn)動(dòng),電場力和彈簧彈力的合力提供回復(fù)力,小球運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí)彈簧的彈性勢能最大,此時(shí)小球速度為零,小球的加速度最大,故B錯(cuò)誤,C正確;在小球向右運(yùn)動(dòng)到最右端的過程,電場力做正功,根據(jù)動(dòng)能定理W電+W彈=0,可知彈簧彈力做負(fù)功,小球運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí),彈簧的彈性勢能比初始時(shí)的大,D錯(cuò)誤。對點(diǎn)2.靜電場中的圖像問題4.(6分)(2024·云南昭通模擬)(多選)如圖甲所示,一絕緣帶電的豎直圓環(huán)上均勻分布著電荷,一光滑絕緣細(xì)桿從圓心垂直于圓環(huán)平面穿過圓環(huán),桿上穿一個(gè)帶負(fù)電的小球(圖中未畫出),現(xiàn)使小球從a點(diǎn)由靜止釋放,并開始計(jì)時(shí),先后經(jīng)過b、c兩點(diǎn),其運(yùn)動(dòng)過程中的v-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()[A]帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為零[B]c點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng)[C]a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢[D]電勢差Uab大于Ubc【答案】AD【解析】根據(jù)電場的疊加原理和對稱性可知,帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場強(qiáng)為零,故A正確;v-t圖像的斜率表示加速度,由題圖乙可知,小球在c點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度,根據(jù)qE=ma可知,c點(diǎn)場強(qiáng)小于b點(diǎn)場強(qiáng),故B錯(cuò)誤;根據(jù)題圖乙可知小球在做加速運(yùn)動(dòng),可知小球受到圓環(huán)的斥力作用,圓環(huán)帶負(fù)電,由于沿電場線方向電勢降低,則a點(diǎn)的電勢低于b點(diǎn)的電勢,故C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理有qUab=12mvb2-0,qUbc=12mvc2-12mvb2,可得qUab<qUbc,由于小球帶負(fù)電5.(4分)(2025·內(nèi)蒙古高考適應(yīng)性考試)如圖,一帶正電小球甲固定在光滑絕緣斜面上,另一帶正電小球乙在斜面上由靜止釋放。以釋放點(diǎn)為原點(diǎn),沿斜面向下為正方向建立x軸。在乙沿x軸加速下滑過程中,其動(dòng)能Ek和機(jī)械能E隨位置x變化的圖像,可能正確的是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】設(shè)兩個(gè)帶電小球間距為r,對小球乙,由動(dòng)能定理可知(mgsinθ-kq甲q乙r2)x=Ek,則Ek-x圖像的斜率表示小球乙所受合外力,則F合=mgsinθ-kq甲q乙r2,所以在乙沿x軸加速下滑過程中,兩個(gè)帶電小球間距r逐漸減小,小球乙所受合外力沿斜面向下且逐漸減小,則Ek-x圖像斜率逐漸減小,故A、B不符合題意;由E-x圖像的斜率表示庫侖力,則E-x圖像斜率k斜=kq甲q乙r26.(4分)(2024·安徽滁州模擬)如圖,絕緣粗糙的水平面附近存在一與x軸平行的電場,其在x軸上的電勢φ與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示,圖中的傾斜虛線為該曲線過點(diǎn)(0.15,3)的切線。質(zhì)量為0.1kg、電荷量為1.0×10-7C的帶正電滑塊P,從x1=0.1m處由靜止釋放,滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2?；瑝K可視為質(zhì)點(diǎn),最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10m/s2。則滑塊()[A]做勻減速直線運(yùn)動(dòng)[B]經(jīng)過x2=0.15m處時(shí),速度最大[C]從釋放到經(jīng)過x2=0.15m處,電場力做功為3.0×10-2J[D]可以滑到x3=0.30m處【答案】B【解析】x2=0.15m處,場強(qiáng)E=ΔUΔx=4×1050.3-0.1N/C=2×106N/C,滑塊受到的電場力F=qE=1.0×10-7×2×106N=0.2N,滑動(dòng)摩擦力Ff=μmg=0.2×0.1×10N=0.2N,此時(shí)加速度為零,滑塊的速度最大,故B正確;φ-x圖像中,某點(diǎn)切線的斜率絕對值k=|ΔφΔx|表示該點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小,由此可知沿x軸正方向,電場強(qiáng)度逐漸減小,根據(jù)牛頓第二定律可知?jiǎng)傞_始運(yùn)動(dòng)時(shí)qE-Ff=ma,滑塊在整個(gè)過程中先做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng),加速度為零后,有Ff-qE=ma,所以后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;從釋放到經(jīng)過x2=0.15m處,電場力做功W=q(φ1-φ2)=1.0×10-7×(4.5×105-3×105)J=1.5×10-2J,故C錯(cuò)誤;若滑塊能在0.3m處停下,則電場力做功WE=q(φ1-φ3)=1.0×10-7×(4.5×105-1.5×105)J=3×10-2J,摩擦力做功Wf=-μmg(x3-x1)=-0.2×0.1×10×(0.3-0.1)J=-4×10-7.(6分)(2024·河南開封質(zhì)檢)(多選)空間中有水平方向的勻強(qiáng)電場,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在某平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),其電勢能和重力勢能隨時(shí)間的變化如圖所示,則該微粒()[A]一定帶正電[B]0～3s內(nèi)靜電力做的功為-9J[C]運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能不變[D]0～3s內(nèi)除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為12J【答案】BCD【解析】由于不清楚電場強(qiáng)度的方向,故無法確定微粒的電性,故A錯(cuò)誤;由題圖可知,0～3s內(nèi)電勢能增加9J,則0～3s靜電力做的功為-9J,故B正確;由題圖可知,電勢能均勻增加,即靜電力做的功與時(shí)間成正比,說明微粒沿靜電力方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),同理,沿重力方向也做勻速直線運(yùn)動(dòng),則微粒的合運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng),所以運(yùn)動(dòng)過程中速度不變,動(dòng)能不變,故C正確;由功能關(guān)系可知,0～3s內(nèi)重力勢能與電勢能共增加12J,又微粒的動(dòng)能不變,故0～3s內(nèi)除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為12J,故D正確。8.(4分)(2025·湖南衡陽模擬)在傾角為θ的光滑固定絕緣足夠長的斜面上,有兩個(gè)用絕緣輕彈簧連接的物塊A和B,它們的質(zhì)量分別為m和3m,彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板。開始未加電場,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),A帶正電,B不帶電,現(xiàn)加一沿斜面向上的勻強(qiáng)電場,物塊A沿斜面向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)B剛離開C時(shí),A的速度為v,之后兩物塊運(yùn)動(dòng)中,當(dāng)A的加速度為0時(shí),B的加速度大小為a,方向沿斜面向上。下列說法正確的是()[A]未加電場時(shí),擋板C對物塊B的作用力大小為3mgsinθ[B]從加電場到B剛離開C的過程中,A發(fā)生的位移大小為3[C]從加電場到B剛離開C的過程中,物塊A的機(jī)械能和電勢能之和保持不變[D]B剛離開C時(shí),電場力對A做功的瞬時(shí)功率為(4mgsinθ+3ma)v【答案】D【解析】開始未加電場,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),擋板C對物塊B的作用力大小等于A和B的總重力在沿斜面方向上的分力大小,即FN=4mgsinθ,A錯(cuò)誤;剛加電場時(shí),彈簧處于壓縮狀態(tài),對物塊A受力分析,根據(jù)平衡條件有mgsinθ=kx1,解得彈簧的壓縮量x1=mgsinθk;物塊B剛要離開C時(shí),彈簧處于拉伸狀態(tài),對B由平衡條件可得3mgsinθ=kx2,解得彈簧的伸長量x2=3mgsinθk,B剛離開C的過程中,A發(fā)生的位移大小為x=x1+x2=4mgsinθk,B錯(cuò)誤;對A、B和彈簧組成的系統(tǒng),從加電場到B剛離開C的過程中,物塊A的機(jī)械能、電勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變,彈簧的彈性勢能先減小后增大,故物塊A的機(jī)械能和電勢能之和先增大后減小,C錯(cuò)誤;設(shè)A所受的電場力大小為F,由題意知當(dāng)A的加速度為零時(shí),B的加速度大小為a,方向沿斜面向上,根據(jù)牛頓第二定律,對A有F-mgsinθ-F彈=0,對B有F彈-3mgsinθ=3ma,故有F=4mgsinθ+3ma,當(dāng)B剛離開C時(shí),A的速度為v,則電場力對A做功的瞬時(shí)功率為P=Fv=9.(4分)(2024·吉林二模)一個(gè)封閉絕緣環(huán)由兩個(gè)直徑相同的半圓環(huán)BCD、EFA和兩段直桿AB、DE組成,ABDE是矩形,封閉環(huán)固定在絕緣水平面上,ABCD段和DEFA段分別均勻分布等量的異種電荷,在環(huán)的中心O垂直于水平面固定一根粗細(xì)均勻的粗糙絕緣桿,一只帶正電的小球套在桿上,從P點(diǎn)由靜止釋放,小球向下運(yùn)動(dòng),在小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中,則()[A]小球的電勢能越來越大[B]小球受到的摩擦力越來越大[C]小球運(yùn)動(dòng)的加速度越來越大[D]小球的動(dòng)能一定越來越大【答案】B【解析】將封閉環(huán)上的電荷看成是由若干組等量異種電荷組成,根據(jù)電場的疊加可知,絕緣桿所在處的電場方向與桿垂直且從上向下電場強(qiáng)度越來越大,根據(jù)等量異種電荷的電勢分布可知小球向下運(yùn)動(dòng)過程中,電勢能不變,A錯(cuò)誤;電場力越來越大,正壓力越來越大,滑動(dòng)摩擦力越來越大,B正確;由于有摩擦力,小球可能先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng),即可能加速度先減小后反向增大,速度先增大后減小,則動(dòng)能可能先增大后減小,C、D錯(cuò)誤。第4講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)如圖甲是一次心臟除顫器的模擬治療,該心臟除顫器電容器的電容為C,請思考:(1)電容器在充電和放電過程中電容如何變化?如何確定充電完成后電容器所帶電荷量?放電過程電流如何變化?(2)若一正點(diǎn)電荷P在如圖乙所示的勻強(qiáng)電場中靜止釋放,如何確定點(diǎn)電荷P到達(dá)B板的動(dòng)能?若該正點(diǎn)電荷具有與電場線垂直的初速度,它的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)及到達(dá)B板的時(shí)間、動(dòng)能、速度等相關(guān)物理量如何確定?1.有一電解電容器如圖所示,外殼上標(biāo)有“1000μF,10V”。下列關(guān)于該電容器的說法正確的是()[A]該電容器在10V電壓以下不能正常工作[B]當(dāng)所加電壓為8V時(shí),該電容器的電容為800μF[C]該電容器能容納的電荷量最多為1.0×10-3C[D]當(dāng)兩極加1V電壓時(shí),該電容器的電荷量為1.0×10-3C【答案】D2.如圖所示,比荷相同、重力不計(jì)的a、b兩個(gè)帶電粒子,從同一位置水平射入豎直向下的勻強(qiáng)電場中,a粒子打在B板的a′點(diǎn),b粒子打在B板的b′點(diǎn),則()[A]a、b均帶負(fù)電[B]a的初速度一定小于b的初速度[C]a的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定小于b的運(yùn)動(dòng)時(shí)間[D]該過程中a所受電場力做的功一定大于b的【答案】B【答案】異種中和相等QU1061012S412mv2-12mv02類平拋合成分解lv0考點(diǎn)一電容器平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析如圖,閉合開關(guān)S穩(wěn)定后斷開,電容器所帶電荷量Q保持不變,若增大電容器兩板間的距離d,請完成以下分析:(1)根據(jù)電容的決定式分析電容C大小如何變化?(2)根據(jù)電容的定義式分析電容器兩板間電壓U大小如何變化?(3)根據(jù)勻強(qiáng)電場電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系E=Ud,結(jié)合(1)(2)的分析,判斷兩板間電場強(qiáng)度E大小如何變化提示:(1)C=εrS4πkd,d變大,(2)由C=QU可得U=QC,Q不變,C變小,故(3)將C=εrS4πkd代入U(xiǎn)=QC,可得U=4πkdQεrS,則1.對電容定義式C=QU(1)一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的,與電容器的帶電情況無關(guān)。(2)不能理解為電容C與Q成正比,與U成反比。2.平行板電容器兩類動(dòng)態(tài)變化的特點(diǎn)比較[例1]對電容的理解】(2024·四川綿陽階段練習(xí))自動(dòng)體外除顫器是一種便攜式的醫(yī)療設(shè)備,如圖,它可以診斷特定的心律失常,并且給予電擊除顫,是可被非專業(yè)人員使用的用于搶救心臟驟?；颊叩尼t(yī)療設(shè)備。某型號自動(dòng)體外除顫器的電容器電容是16μF,充電至4kV電壓電容器在4ms時(shí)間內(nèi)完成放電,則()[A]電容器充電后的電荷量為0.64C[B]電容器放電的平均電流為16A[C]電容器的擊穿電壓為4kV[D]電容器放電完成后電容為0【答案】B【解析】Q=CU=16×10-6×4×103C=0.064C,故A錯(cuò)誤;I=Qt=0.0644×10-3A=16A,故B正確;該電容器電壓為4kV,不高于額定電壓,擊穿電壓大于額定電壓,故C錯(cuò)誤;[例2]【帶電荷量Q不變時(shí)的動(dòng)態(tài)分析】(2024·浙江6月選考卷,6)圖示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實(shí)驗(yàn),保持電荷量不變,當(dāng)極板間距增大時(shí),靜電計(jì)指針張角增大,則()[A]極板間電勢差減小[B]電容器的電容增大[C]極板間電場強(qiáng)度增大[D]電容器儲(chǔ)存能量增大【答案】D【解析】根據(jù)Q=CU、C=εrS4πkd,可得當(dāng)極板間距增大時(shí)電容減小,由于電容器的帶電荷量不變,故極板間電勢差增大,故A、B錯(cuò)誤;根據(jù)E=Ud得E=4πkQεrS,故電場強(qiáng)度不變,[例3]【電壓U不變時(shí)的動(dòng)態(tài)分析】(2024·貴州遵義檢測)(多選)運(yùn)動(dòng)步數(shù)的測量是通過手機(jī)內(nèi)電容式傳感器實(shí)現(xiàn)的。其原理如圖所示,R為定值電阻,M和N為電容器兩極板,極板M固定,極板N與兩輕彈簧連接,極板N可動(dòng)。人行走時(shí),若M、N兩極板距離變小,則()[A]電容器的電容增大[B]兩極板間的電場強(qiáng)度變小[C]電容器的帶電量減小[D]電流由a經(jīng)電流表流向b【答案】AD【解析】電容器兩極板間距變小,則根據(jù)C=εrS4πkd可知,電容器的電容增大,故A正確;電容器始終與電源連接,則電壓不變,電容器兩極板間距變小時(shí),由E=Ud知電場強(qiáng)度變大,故B錯(cuò)誤;因電容器的電容增大,而電容器兩極板間電壓不變,根據(jù)Q=CU可知電容器帶電量增大,故C錯(cuò)誤;根據(jù)電容器帶電量增大,則電容器充電,因此電流由a向[變式]如圖所示,在[例3]電路中電阻R和電源之間連接一個(gè)二極管,試判斷人帶著手機(jī)向前加速運(yùn)動(dòng)階段與靜止時(shí)相比,手機(jī)上的電容器的電容、兩極板間的電壓、兩極板間的電場強(qiáng)度,以及兩極板所帶電荷量的變化情況?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥咳藥е謾C(jī)向前加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律可得,彈簧被壓縮,即N板向后運(yùn)動(dòng),電容器兩極板間的距離變大,由C=εrS4πkd得電容器的電容減小;假設(shè)電容器兩極板間電壓不變,由C=QU知電荷量減小,電容器需要放電,但由于二極管的存在,電容器不能放電,故假設(shè)電壓不變不成立,電容器兩極板帶電荷量不變,由C=QU得兩極板間的電壓增大,考點(diǎn)二帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)1.對帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)應(yīng)注意的問題(1)要掌握靜電力的特點(diǎn)。靜電力的大小和方向不僅跟電場強(qiáng)度的大小和方向有關(guān),還跟帶電粒子的電荷量和電性有關(guān)。(2)是否考慮重力依據(jù)情況而定。①基本粒子:如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有特殊說明或明確的暗示外,一般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量)。②帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有特殊說明或明確的暗示外,一般都不能忽略重力。2.分析帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)的方法(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析(只適用于勻強(qiáng)電場)。a=qEm,E=Ud,v2-v0(2)用功能觀點(diǎn)分析。①勻強(qiáng)電場中:W=qEd=qU=12mv2-12m②非勻強(qiáng)電場中:W=qU=Ek2-Ek1。[例4]【帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)】如圖所示,真空中平行金屬板M、N之間距離為d,兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F;(2)求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v;(3)若在帶電粒子運(yùn)動(dòng)d2距離時(shí)撤去所加電壓,求該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t【答案】(1)qUd(2)2qUm【解析】(1)兩極板間的電場強(qiáng)度E=Ud帶電粒子所受的靜電力F=qE=qUd(2)帶電粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)到N板的過程,根據(jù)功能關(guān)系有qU=12mv2解得v=2qU(3)設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)d2距離時(shí)的速度大小為v′根據(jù)功能關(guān)系有qU2=12mv′帶電粒子在前d2距離做勻加速直線運(yùn)動(dòng),后d2距離做勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)用時(shí)分別為t1、t2d2=v'2t1,d2=v則該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t=t1+t2=3d[例5]【帶電體在電場中的直線運(yùn)動(dòng)】(2024·陜西安康期末)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場中,以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。ON與水平面的夾角為30°,重力加速度為g,且mg=qE,則()[A]電場方向豎直向上[B]小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)[C]小球上升的最大高度為v[D]若小球在初始位置的電勢能為零,則小球電勢能的最大值為12m【答案】C【解析】小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng),合力應(yīng)與速度在同一直線上,即在ON直線上,因mg=qE,電場力與重力關(guān)于ON對稱,根據(jù)數(shù)學(xué)知識得,電場強(qiáng)度方向與水平方向的夾角應(yīng)為30°,受力情況如圖所示。合力沿NO方向向下,大小為mg,加速度大小為g,方向沿NO向下,所以小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng),故A、B錯(cuò)誤;小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得最大位移為xm=v022g,則最大高度為hm=xmsin30°=v024g,故C正確;若小球在初始位置的電勢能為零,當(dāng)小球處于最高點(diǎn)時(shí),則小球電勢能最大,根據(jù)能量守恒定律有12mv02=mghm+E 考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 如圖,電性相同的不同帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場,則從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí),帶電粒子的軌跡是重合的嗎?提示:在加速電場中有qU0=12mv02,在偏轉(zhuǎn)電場中偏移量y=12at2=12·q設(shè)速度偏轉(zhuǎn)角為θ,則tanθ=vyv0得y=U1l24U則y、θ均與m、q無關(guān),即偏移量和速度偏轉(zhuǎn)角總是相同的,所以它們的軌跡是重合的。1.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩個(gè)重要結(jié)論(1)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,速度偏轉(zhuǎn)角θ的正切值是位移偏轉(zhuǎn)角α正切值的2倍,即tanθ=2tanα。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出時(shí),合速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為l22.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法運(yùn)動(dòng)的分解法將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于電場力方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解:qUy=12mv2-12mv02,其中Uy[例6]【示波管的工作原理】(2024·山東濰坊模擬)示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,管內(nèi)抽成真空。如果在偏轉(zhuǎn)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(yùn)動(dòng),打在熒光屏中心,產(chǎn)生一個(gè)亮斑如圖乙所示。若板間電勢差UXX′和UYY′隨時(shí)間變化關(guān)系圖像如丙、丁所示,則熒光屏上的圖像可能為()[A][B][C][D]【答案】A【解析】UXX′和UYY′均為正值,電場強(qiáng)度方向由X指向X′,由Y指向Y′,電子帶負(fù)電,電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反,所以分別向X、Y方向偏轉(zhuǎn),可知A正確。[例7]【帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)】如圖所示,虛線MN左側(cè)有一電場強(qiáng)度為E1=E的勻強(qiáng)電場,在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強(qiáng)度為E2=3E的勻強(qiáng)電場,在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行且足夠大的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量絕對值為e,質(zhì)量為m,不計(jì)重力)無初速度地放入電場E1中的A點(diǎn),A點(diǎn)到MN的距離為L2,最后電子打在右側(cè)的屏上,AO連線與屏垂直,垂足為O(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間;(2)電子剛射出電場E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值;(3)電子打到屏上的點(diǎn)到O點(diǎn)的距離?！敬鸢浮?1)3mLeE(2)3(3)【解析】(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,時(shí)間為t1,由牛頓第二定律得eE1=ma1,由位移時(shí)間關(guān)系得L2=12a1電子進(jìn)入E2時(shí)的速度為v1=a1t1,電子從進(jìn)入電場E2到打在屏上的過程,水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)此過程時(shí)間為t2,則2L=v1t2,電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間為t=t1+t2,聯(lián)立解得t=3mLeE(2)設(shè)電子射出電場E2時(shí)平行于電場方向的速度為vy,電子進(jìn)入電場E2時(shí)的加速度為a2,由牛頓第二定律得eE2=ma2,vy=a2t3,L=v1t3,電子剛射出電場E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值為tanθ=vy聯(lián)立解得tanθ=3。(3)電子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,設(shè)電子打到屏上的點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x,反向延長射出電場E2時(shí)的速度方向與AO交于O′點(diǎn),O′為電子在電場E2中垂直于電場方向位移的中點(diǎn),由幾何關(guān)系得tanθ=x32L,聯(lián)立解得x=[變式]在[例7]中若讓

11H、1【答案】1∶2∶21∶1∶2【解析】由[例7]知所用時(shí)間t=3mLeE,故所用時(shí)間之比為1∶2∶2由[例7]知

11H、12H和

24He三種粒子由靜止經(jīng)同一電場加速,然后穿過同一偏轉(zhuǎn)電場后運(yùn)動(dòng)軌跡重合,根據(jù)功能關(guān)系有qU=12mv2,計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心距離的方法(1)y=y0+Ltanθ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)。(2)y=(l2+L)tanθ(l為偏轉(zhuǎn)電場寬度)(3)根據(jù)三角形相似yy0=[例8]【帶電粒子在電場和重力場中的偏轉(zhuǎn)】(2024·廣西南寧一模)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場,O、P是電場中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同初速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的初速度大小為v0,到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t;B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t2。重力加速度為g(1)O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)的高度差;(2)B小球的加速度大小和電場強(qiáng)度的大小;(3)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能?！敬鸢浮?1)12gt2(2)4g(3)2m(v02+g2t【解析】(1)小球A在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),因此高度差為h=12gt2(2)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,小球B運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件,有mg+qE=ma,12a(t2)2=12解得a=4g,E=3mg(3)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的初速度為v1,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek,根據(jù)動(dòng)能定理有mgh+qEh=Ek-12mv且有v1t2=v0th=12gt2聯(lián)立解得Ek=2m(v02+g2t2(滿分:60分)對點(diǎn)1.電容器平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1.(4分)(2024·江蘇南京期末)如圖所示,A、B為兩塊平行帶電金屬板,A帶負(fù)電,B帶正電且與大地相接,兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷,設(shè)此時(shí)兩極板間的電勢差為U,P點(diǎn)場強(qiáng)大小為E,電勢為φP,現(xiàn)將A、B兩板水平錯(cuò)開一段距離(兩板間距不變),則()[A]U變大,E變小 [B]U變小,E不變[C]E變大,φP變小 [D]E變小,φP變大【答案】C【解析】C=εrS4πkd,將A、B兩板水平錯(cuò)開一段距離,則極板正對面積S減小,電容C減小;C=QU,由于電荷量Q不變,則兩極板間的電勢差U變大;根據(jù)E=Ud,可知板間場強(qiáng)E變大,則P點(diǎn)與B板間的電勢差變大,由于B板接地電勢不變,且B板帶正電,2.(4分)(2024·黑吉遼卷,5)某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)εr與濃度Cm的關(guān)系曲線如圖甲所示,將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中,并與恒壓電源、電流表等構(gòu)成如圖乙所示的電路,閉合開關(guān)S后,若降低溶液濃度,則()[A]電容器的電容減小[B]電容器所帶的電荷量增大[C]電容器兩極板之間的電勢差增大[D]溶液濃度降低過程中電流方向?yàn)镸→N【答案】B【解析】由題圖甲可知,降低溶液濃度,不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)εr增大,根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd可知,電容器的電容增大,故A錯(cuò)誤;溶液不導(dǎo)電,沒有形成閉合回路,電容器兩端的電勢差不變,結(jié)合Q=CU分析可知,電容器所帶的電荷量增大,故電容器正在充電,結(jié)合題圖乙可知,電路中電流方向?yàn)镹→M,故B正確對點(diǎn)2.帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)3.(4分)(2024·江蘇南京期末)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點(diǎn),由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),現(xiàn)將C板向左平移到P′點(diǎn),則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()[A]運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回[B]運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回[C]運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回[D]穿過P′點(diǎn)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),表明電子在薄板A、B之間做加速運(yùn)動(dòng),電場力做正功,電場方向向左,在薄板B、C之間做減速運(yùn)動(dòng),電場力做負(fù)功,電場方向向右,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度恰好為0,根據(jù)動(dòng)能定理有-eUOM-eUMP=0,解得UMP=-UOM=UMO,當(dāng)C板向左平移到P′點(diǎn),B、C間距減小,由電容的決定式C=εrS4πkd知,電容增大,由C=QU、電荷量Q不變知B、C之間電壓減小,則有UMP=UMO>UMP′,結(jié)合上述有-eUOM-eUMP′>0,可知電子減速運(yùn)動(dòng)到P′的速度不等于0,4.(6分)(2024·貴州六盤水期末)(多選)如圖所示,在帶電荷量為Q的平行板電容器A、B間,在M點(diǎn)靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),恰好能沿水平虛線從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn),下列說法正確的是()[A]A板電勢高于B板電勢[B]小球向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)[C]小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能增加[D]將A板沿垂直于極板方向向上平移少許距離,小球?qū)⒆銮€運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】小球帶正電,受力分析如圖所示,合力方向從M指向N,小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng),上極板帶負(fù)電,A板電勢低于B板電勢,所以A錯(cuò)誤,B正確;電場力做正功,機(jī)械能增加,C正確;將A板沿垂直于極板方向向上平移少許距離后,根據(jù)E=Ud=QCd=4πkQεrS可知,電場強(qiáng)度大小不會(huì)發(fā)生改變,小球受力情況不變5.(6分)(2024·吉林模擬)(多選)如圖所示,A、B為水平放置的兩平行正對金屬板,在板中央分別開有小孔M、N。小孔對平行板之間的電場無影響,其中R為滑動(dòng)變阻器,電源內(nèi)阻不可忽略。閉合開關(guān)S,待電路穩(wěn)定后,將一帶負(fù)電的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從小孔M、N正上方的P點(diǎn)由靜止釋放,小球恰好能運(yùn)動(dòng)至小孔N處,每次都將小球從P點(diǎn)由靜止釋放,忽略板外電場對小球運(yùn)動(dòng)的影響,不計(jì)空氣阻力,下列說法正確的是()[A]若僅將A板上移少許,則帶電小球?qū)o法運(yùn)動(dòng)至B板的小孔N處[B]若僅將B板上移少許,則帶電小球?qū)o法運(yùn)動(dòng)至B板的小孔N處[C]若僅將R的滑片上移,則帶電小球能從B板的小孔N處穿出[D]若僅將R的滑片下移,則帶電小球能從B板的小孔N處穿出【答案】BC【解析】小球從小孔M、N正上方的P點(diǎn)由靜止釋放,小球恰好能運(yùn)動(dòng)至小孔N處,由動(dòng)能定理知mgh-qU=0,則有mgh=qU,由于開關(guān)閉合,電容器兩極板的電壓不變,所以若僅將A板上移少許,則帶電小球仍將恰好運(yùn)動(dòng)至B板的小孔N處,故A錯(cuò)誤;若僅將B板上移少許,則h減小,帶電小球?qū)o法運(yùn)動(dòng)至B板的小孔N處,故B正確;若僅將R的滑片上移,R兩端的電壓減小,則帶電小球能從B板的小孔N處穿出,故C正確;若僅將R的滑片下移,R兩端的電壓增大,則帶電小球不能到達(dá)B板的小孔N處,故D錯(cuò)誤。對點(diǎn)3.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)6.(4分)(2025·安徽滁州測試)如圖,帶電荷量之比為qa∶qb=1∶3的帶電粒子a、b以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā),沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中,分別打在C、D點(diǎn),若OC=CD,忽略粒子重力的影響,則()[A]a和b運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為1∶4[B]a和b的質(zhì)量之比為3∶4[C]a和b在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2[D]a和b的位移大小之比為1∶2【答案】C【解析】粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),在水平方向有x=v0t,又由于初速度相等,所以t∝x,由題意知,a和b在電場中運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為1∶2,則a和b在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2。又因?yàn)榱Ｗ釉谪Q直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),在豎直方向有y=12at2,由題意知,y相同,則a與t2成反比,則a和b運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1,故A錯(cuò)誤,C正確。由牛頓第二定律得Eq=ma,則粒子的質(zhì)量m=Eqa∝qa,由題意知qa∶qb=1∶3,又因?yàn)閍和b運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1,則a和b的質(zhì)量之比為1∶12,故B錯(cuò)誤。因a、b的水平位移之比為1∶2,豎直位移相等,則a、b的位移大小之比不等于1∶2,7.(14分)(2024·重慶一模)某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進(jìn)行治療。在這種療法中,質(zhì)子先被加速到具有較高的能量,然后被引導(dǎo)轟擊腫瘤,如圖。來自質(zhì)子源的質(zhì)子(初速度為零)經(jīng)加速電場加速后,沿圖中四分之一圓弧虛線通過輻向電場,再從P點(diǎn)豎直向上進(jìn)入存在水平向右的勻強(qiáng)電場的圓形區(qū)域,最終轟擊處在圓上Q點(diǎn)的腫瘤細(xì)胞。已知四分之一圓弧虛線處的場強(qiáng)大小為E0,方向沿半徑指向圓心O,圓O′與OP相切于P點(diǎn),OP=R0,圓形區(qū)域的半徑為R,Q點(diǎn)位于O