第18講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)目錄考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 1考點(diǎn)二帶電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 3考點(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) 5考點(diǎn)四帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 10練出高分 15考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1．電容器的充、放電(1)充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能．(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．對(duì)公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無(wú)關(guān)．3．兩種類型的動(dòng)態(tài)分析思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化．（2023?山東模擬）兩個(gè)等量異號(hào)點(diǎn)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(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，將帶電量極小的電偶極子用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的絕緣輕桿連接，將其從無(wú)窮遠(yuǎn)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(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，如圖中虛線所示，仍將絕緣輕桿連接的電偶極子從無(wú)窮遠(yuǎn)處移動(dòng)到同一位置，此過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是（）A．兩極板旋轉(zhuǎn)之后，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小 B．兩極板旋轉(zhuǎn)之后，極板間的正對(duì)面積不變 C．在兩極板未旋轉(zhuǎn)之前，電場(chǎng)力對(duì)電偶極子做功為qULdD．在兩極板旋轉(zhuǎn)之后，電場(chǎng)力對(duì)電偶極子做功為?【解答】解：A、兩極板旋轉(zhuǎn)后，兩極板間距離減小，電勢(shì)差不變，板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=UB、兩極板旋轉(zhuǎn)之后，極板間的正對(duì)面積減小，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)初始時(shí)刻電場(chǎng)強(qiáng)度為E1，則E正負(fù)電荷所在點(diǎn)的電勢(shì)分為φ1和φ2，則其電勢(shì)能為Ep1＝q（φ1﹣φ2）＝qEL=則電場(chǎng)力做功W1＝0﹣Ep1=?故C錯(cuò)誤；D、將兩極板旋轉(zhuǎn)30°，場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)镋電勢(shì)能為Ep2=qU32d此時(shí)電場(chǎng)力做功W2＝0﹣Ep2=?故D正確。故選：D。（2023?寧波一模）電容器是一種重要的電學(xué)元件，在電工、電子技術(shù)中應(yīng)用廣泛。使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過(guò)程。電路中的電流傳感器與計(jì)算機(jī)相連，可以顯示電路中電流隨時(shí)間的變化。圖甲中直流電源電動(dòng)勢(shì)E＝8V，實(shí)驗(yàn)前電容器不帶電。先使S與“1”端相連給電容器充電，充電結(jié)束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計(jì)算機(jī)記錄的電流隨時(shí)間變化的i﹣t曲線如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖像陰影為i﹣t圖像與對(duì)應(yīng)時(shí)間軸所圍成的面積表示電容器的能量 B．陰影部分的面積S1和S2肯定不相等 C．阻值R1大于R2 D．計(jì)算機(jī)測(cè)得S1＝1203mA?s，則該電容器的電容約為0.15F【解答】解：A．根i﹣t圖像與對(duì)應(yīng)時(shí)間軸所圍成的面積表示的物理意義是電容器的電荷量，故A錯(cuò)誤；B．S1表示電容器充電后所帶電荷量，S2表示電容器放電的電荷量，因?yàn)殡娙萜鞒潆姾头烹姷碾姾闪渴窍嗟鹊模Y(jié)合A選項(xiàng)的描述可知S1＝S2，故B錯(cuò)誤；C．由題圖乙可知電容器充電瞬間電流比電容器放電瞬間電流大，且電容器充電瞬間電源電壓和放電瞬間電容器兩端電壓相等，則有U所以R1＜R2，故C錯(cuò)誤；D．該電容器的電容為C=Q故選：D。（多選）（2023?九江二模）如圖所示的兩個(gè)平行板電容器水平放置，A板用導(dǎo)線與B’板相連，B板和A’板都接地。已知A板帶正電，在兩個(gè)電容器間分別有M、N兩個(gè)帶電油滴都處于靜止?fàn)顟B(tài)。AB間電壓為UAB，帶電量為QAB，A′B′間電壓為UA′B′，帶電量為QA′B′，若將B板稍向下移，則（）A．電容CAB不變，電容CA′B′不變 B．UAB減小，UA′B′增大 C．QAB減小，QA′B′增大 D．N原來(lái)所在位置處的電勢(shì)增大且N向上運(yùn)動(dòng)【解答】解：A、將B板稍向下移，AB板間距離d變大，由C=?rS4πkd得，電容CB、電容器與電源斷開(kāi)，兩電容器電容器并聯(lián)，等效電容設(shè)為C，則C＝CAB+CA′B′，總電荷量不變，設(shè)為Q，AB間和B’A’間的電壓相等，設(shè)為U，則U=QC=C、兩電容器電容器并聯(lián)，兩個(gè)電容器電壓相等，都等于U，所以有U=QA'B'CA'B'=QABCAB，電容CA′B′D、N帶電油滴原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場(chǎng)力和重力平衡，電場(chǎng)力向上，根據(jù)B選項(xiàng)分析，現(xiàn)在B’A’間的電壓變大，又電場(chǎng)強(qiáng)度E=Ud，場(chǎng)強(qiáng)變大，則N原來(lái)所在位置處的電勢(shì)增大，電場(chǎng)力F故選：CD。（多選）（2023?廈門(mén)模擬）目前大多數(shù)醫(yī)院進(jìn)行輸液治療時(shí)都采用傳統(tǒng)的人工監(jiān)護(hù)方式，為減輕醫(yī)務(wù)人員負(fù)擔(dān)，有不少輸液傳感器投入使用。某電容輸液傳感器測(cè)量裝置示意圖如圖甲所示，測(cè)量電路如圖乙所示，A、B間接入恒定電壓U0，自動(dòng)控制開(kāi)關(guān)S置于1時(shí)電容器充電、置于2時(shí)電容器放電。電容器在S的作用下周期性充放電，系統(tǒng)監(jiān)測(cè)每次充電過(guò)程中電容器兩端電壓隨時(shí)間的變化曲線，可自動(dòng)判定輸液管中是否有藥液。在輸液管中有藥液和無(wú)藥液的兩次電容器充電過(guò)程中，電容器兩端電壓隨時(shí)間的變化曲線如圖丙所示，已知有藥液時(shí)測(cè)量電路中的電容值更大，則（）A．曲線1為有藥液時(shí)的充電曲線 B．曲線2為有藥液時(shí)的充電曲線 C．曲線1對(duì)應(yīng)的情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大 D．曲線2對(duì)應(yīng)的情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大【解答】解：CD．設(shè)電容器兩端電壓為U，則電路中電流為I=U根據(jù)圖像的物理意義可知，I﹣t圖像與橫軸圍成的面積表示電荷量Q，可以得到曲線2對(duì)應(yīng)情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大，故C錯(cuò)誤，D正確；AB．根據(jù)充滿電后電容器滿足C=Q故選：BD。（2023?西湖區(qū)校級(jí)模擬）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(shuō)法正確的是（）A．充電過(guò)程中，電流表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定 B．充電過(guò)程中，電壓表的示數(shù)迅速增大后趨于穩(wěn)定 C．放電過(guò)程中，電流表的示數(shù)均勻減小至零 D．放電過(guò)程中，電壓表的示數(shù)均勻減小至零【解答】解：A、充電過(guò)程中，由于電容器兩端的電壓越來(lái)越高，電源與電容器間的電勢(shì)差越來(lái)越小，電流表的示數(shù)逐漸減小，故A錯(cuò)誤；B、充電過(guò)程中，電流減小的，且減小的越來(lái)越慢，電容器的電荷量增加的越來(lái)越慢，電容器的電壓即電壓表的示數(shù)增大的也越來(lái)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(guò)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(cuò)誤；D、放電過(guò)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(cuò)誤。故選：B。考點(diǎn)二帶電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．做直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)．(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(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)．2．用功能觀點(diǎn)分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1密立根通過(guò)觀測(cè)油滴的運(yùn)動(dòng)規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎(jiǎng)。如圖是密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖，兩個(gè)水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過(guò)小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個(gè)質(zhì)量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時(shí)間t內(nèi)都勻速下落了距離h1。此時(shí)給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后向上勻速運(yùn)動(dòng)。B在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)上升了距離h2（h2≠h1），隨后與A合并，形成一個(gè)球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動(dòng)直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f＝km13（1）比例系數(shù)k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢(shì)能的變化量；（3）新油滴勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向?！窘獯稹拷猓海?）因?yàn)閮蓚€(gè)油滴在未加電壓時(shí)均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)A油滴進(jìn)行分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v1根據(jù)平衡狀態(tài)得：m0g＝f結(jié)合空氣阻力的表達(dá)式f＝km1聯(lián)立解得：k=（2）因?yàn)榧与妷汉驛油滴的速度不變，所以A油滴不帶電；B油滴最終向上做勻速運(yùn)動(dòng)，由此可知，B油滴受到的電場(chǎng)力應(yīng)向上，故B油滴帶負(fù)電。B油滴向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v2其受到的空氣阻力向下，根據(jù)平衡狀態(tài)得：m0解得：q=根據(jù)功能關(guān)系得：ΔEp＝﹣W電聯(lián)立解得：ΔEp=?（3）油滴相遇時(shí)，質(zhì)量為2m0，電荷量等于B油滴的電荷量，則新油滴受到的電場(chǎng)力為F=qU此時(shí)要對(duì)電場(chǎng)力進(jìn)行分類討論①若F＞2m0g，即h2＞h1，新油滴最終向上勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)達(dá)到平衡時(shí)速度為v'，則有2m0g+k?2m0解得：v'=②若F＜2m0g，即h1＞h2，新油滴最終向下勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)達(dá)到平衡時(shí)速度為v''，則有2m0g＝F+k?2解得：v′'=答：（1）比例系數(shù)為m0（2）油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，電荷量為m0gd(?1+（3）①若h2＞h1，則新油滴的速度大小為?2??132t，方向豎直向上；②如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N，一帶電質(zhì)點(diǎn)自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落（P、M、N在同一豎直線上），空氣阻力忽略不計(jì)，到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零，然后沿原路返回．若保持兩極板間的電壓不變，則（）A．把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后不能返回 B．把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落 C．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落 D．把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落【解答】解：A、由題設(shè)條件，由動(dòng)能定理得：mg?2d﹣qU＝0，則知電場(chǎng)力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落，根據(jù)動(dòng)能定理知，mg?2d﹣qU＝0，小球到達(dá)N點(diǎn)速度為零然后返回。故A錯(cuò)誤。B、將A板向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)動(dòng)能定理知，mg?2d﹣qU＝0，小球到達(dá)N點(diǎn)速度為零然后返回。故B錯(cuò)誤。C、把B板向上平移一小段距離，根據(jù)動(dòng)能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到達(dá)N點(diǎn)速度已減為零，然后返回。故C錯(cuò)誤。D、把B板向下平移一小段距離后，根據(jù)動(dòng)能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到達(dá)N點(diǎn)速度不為零，小球會(huì)穿過(guò)N孔繼續(xù)下落。故D正確。故選：D。為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，如圖所示，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，上下底面是金屬板．當(dāng)金屬板連接到高壓電源正負(fù)兩極時(shí)，在兩金屬板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，顆粒帶負(fù)電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力．下列說(shuō)法正確的是（）A．煙塵顆粒向下運(yùn)動(dòng) B．兩金屬板間電場(chǎng)方向向上 C．煙塵顆粒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能減少 D．煙塵顆粒電荷量可能是電子電量的1.5倍【解答】解：A、由圖可知，極板上端為正極，下端為負(fù)極；則帶負(fù)電的顆粒受電場(chǎng)力向上，故帶電顆粒將向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、極板上端為正極，下端為負(fù)極，所以兩金屬板間電場(chǎng)方向向下。故B錯(cuò)誤；C、煙塵顆粒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少。故C正確；D、帶電體的帶電量只能是元電荷的整數(shù)倍，所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電量的1.5倍。故D錯(cuò)誤故選：C。（2023?邵陽(yáng)模擬）靜電植絨技術(shù)，于3000多年前在中國(guó)首先起步?，F(xiàn)代靜電植絨于上世紀(jì)50、60年代在德國(guó)首先研制出并使用。如圖為植絨流程示意圖，將絨毛放在帶負(fù)電荷的容器中，使絨毛帶負(fù)電，容器與帶電極板之間加恒定的電壓，絨毛呈垂直狀加速飛到需要植絨的物體表面上。不計(jì)重力和空氣阻力，下列判斷正確的是（）A．帶電極板帶負(fù)電 B．絨毛在飛往需要植絨的物體的過(guò)程中，電勢(shì)能不斷增大 C．若增大容器與帶電極板之間的距離，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率增大 D．質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率越大【解答】解：A、絨毛帶負(fù)電加速度向下運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)強(qiáng)度向上，帶電極板帶正電，故A錯(cuò)誤；B、絨毛在飛往需要植絨的物體的過(guò)程中，電場(chǎng)力向下做正功，電勢(shì)能不斷減小，故B錯(cuò)誤；C、由動(dòng)能定理可得：qU=12若增大容器與帶電極板之間的距離，而電極板之間的電壓加恒定，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率不變，故C錯(cuò)誤；D、由v=2qU故選：D。（2023?浙江模擬）衛(wèi)星在一定高度繞地心做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于極其微弱的阻力等因素的影響，在若干年的運(yùn)行時(shí)間中，衛(wèi)星高度會(huì)發(fā)生變化（可達(dá)15km之多），利用離子推進(jìn)器可以對(duì)衛(wèi)星進(jìn)行軌道高度、姿態(tài)的調(diào)整。離子推進(jìn)器是利用電場(chǎng)將處在等離子狀態(tài)的“工質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前進(jìn)的動(dòng)力，原理如圖所示：進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)（離子初速度忽略不計(jì)），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過(guò)程中推進(jìn)器獲得恒定的推力。設(shè)單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，離子質(zhì)量為m，電荷量為q，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說(shuō)法正確的是（）A．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小I=qB．離子推進(jìn)器獲得的平均推力大小F=2mqUC．加速正離子束所消耗的功率P＝nqU D．為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使FP【解答】解：A、已知單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，離子電荷量為q，則正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小為I=QB、電場(chǎng)對(duì)離子加速，由動(dòng)能定理有QU=取向右為正方向，對(duì)n個(gè)正離子，根據(jù)動(dòng)量定理有m0v0＝Ft其中m0＝nmt，Q＝nqt由牛頓第三定律知離子推進(jìn)器獲得的平均推力大小F′＝F聯(lián)立解得離子推進(jìn)器獲得的平均推力大小F′＝n2mqU，故B錯(cuò)誤；C、加速正離子束所消耗的功率P=1D、根據(jù)以上分析可得FP=n2mqUP故選：C?？键c(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)．(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個(gè)方向上的直線運(yùn)動(dòng)，類似于平拋運(yùn)動(dòng)．(4)運(yùn)動(dòng)規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))))②沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)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(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．（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(fù)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(diǎn)入射，入射速度正對(duì)上極板中點(diǎn)A，已知板長(zhǎng)為2d，板間距離為d，兩板間電壓為U，粒子重力不計(jì)且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與極板碰撞，則（）A．粒子a射入電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能為Uq B．粒子a在電場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能最大時(shí)動(dòng)能為零 C．若粒子a從下極板右邊緣射出，其在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能最大值為23UqD．若粒子a射出點(diǎn)與射入點(diǎn)在同一水平線上，則其在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為d【解答】解：A．粒子射入電場(chǎng)位置電勢(shì)為U2，根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)關(guān)系，粒子a射入電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能EB．粒子的運(yùn)動(dòng)可以分解為沿極板方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于極板方向的變速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)垂直于極板方向的分速度減為零時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功最大，根據(jù)功能關(guān)系，粒子a在電場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能最大，但此時(shí)粒子有平行極板方向的速度，粒子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能不為零，故B錯(cuò)誤；C．假設(shè)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(xué)知識(shí)vx=粒子沿極板方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于極板方向的變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移公式有，粒子a從下極板右邊緣射出時(shí)2d＝vxt，d解得a=粒子進(jìn)入電場(chǎng)到最大勢(shì)能處在垂直于極板方向經(jīng)過(guò)的位移為y=最大勢(shì)能處的電勢(shì)為φ'=(故運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大勢(shì)能E故C正確；D．由C選項(xiàng)，vvy粒子沿極板方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于極板方向的變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移公式有，粒子a射出點(diǎn)與射入點(diǎn)在同一水平線上則2d＝vxt，0=?解得a=又a=得v所以v則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=故D錯(cuò)誤。故選：C。（多選）（2023?福州模擬）如圖所示，a、b、c、d為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的等勢(shì)面，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩個(gè)點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v1，且方向與等勢(shì)面平行，在B點(diǎn)的速度大小為v2，A、B連線長(zhǎng)為L(zhǎng)，連線與等勢(shì)面間的夾角為θ，不計(jì)粒子受到的重力，則（）A．粒子的速度v2一定大于v1 B．等勢(shì)面b的電勢(shì)比等勢(shì)面c的電勢(shì)低 C．粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為L(zhǎng)cosθvD．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為m(【解答】解：A、該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，等勢(shì)面沿水平方向，則電場(chǎng)方向沿豎直方向，粒子的軌跡向下彎曲，所以粒子受到的電場(chǎng)力豎直向下，從A到B的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A正確；B、粒子帶正電，則知電場(chǎng)方向豎直向下，等勢(shì)面b的電勢(shì)比等勢(shì)面c的電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；C、粒子在A點(diǎn)的速度大小為v1，粒子在沿等勢(shì)面方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=LcosθD、A、B兩點(diǎn)沿電場(chǎng)線方向的距離為：y＝Lsinθ由動(dòng)能定理有：qEy=聯(lián)立解得：E=m(故選：AC。如圖所示，一重力不計(jì)的帶電粒子由平行板的極板邊緣以平行極板的速度射入，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間由下極板的邊緣離開(kāi)，已知兩極板之間的距離為d、兩極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)、粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。則下列說(shuō)法正確的是（）A．水平方向上前L2與后L2B．豎直方向上前d2與d2C．前t2與后t2D．前t2與后t【解答】解：AD、根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)在垂直于電場(chǎng)線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可得：x＝v0t易知，粒子水平方向上前L2與后LB、同理，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律的推論可知豎直方向上前d2與d2所需時(shí)間的比值為1：C．根據(jù)W＝﹣nEp，結(jié)合A選項(xiàng)分析，可知前t2與后t故選：D。如圖所示，M、N是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，一負(fù)電荷在M點(diǎn)時(shí)的速度與電場(chǎng)線方向成45°角，在M點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為EkM，運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)線垂直。已知負(fù)電荷所帶電荷量為﹣q，電荷僅受電場(chǎng)力作用，則M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差為（）A．EkMq B．2EkMq 【解答】解：運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)線垂直，說(shuō)明水平方向速度減小為0，根據(jù)12mvM2＝E水平方向的速度大小v=所以﹣qUMN=12mv2?1聯(lián)立解得UMN=E故選：C。假設(shè)你是當(dāng)年“陰極射線是帶電粒子”的支持者。你采用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)測(cè)定陰極射線的比荷（電荷量與質(zhì)量之比）。某次實(shí)驗(yàn)室中，真空管內(nèi)陰極K發(fā)出的陰極射線經(jīng)高壓加速電壓加速后，穿過(guò)A'中心的小孔沿中心軸O1O的方向進(jìn)入到兩塊水平正對(duì)放置的平行極板P和P'間的區(qū)域。當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時(shí)，射線打在熒光屏的中心O點(diǎn)處，形成了一個(gè)亮點(diǎn)；當(dāng)加上偏轉(zhuǎn)電壓U＝200.0V時(shí)，亮點(diǎn)偏離到O'點(diǎn)，O'與O點(diǎn)的豎直間距為y＝4.0cm、水平間距忽略不計(jì)。此時(shí)，在P和P'間的區(qū)域，再加上一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。調(diào)節(jié)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝5.0×10﹣4T時(shí)，亮點(diǎn)重新回到O點(diǎn)。已知極板水平方向的長(zhǎng)度為l1＝5.0cm，極板間距為d＝2.0cm，極板右端到熒光屏的距離為l2＝12.5cm。忽略射線的重力和射線間的相互作用。（1）推斷陰極射線帶什么性質(zhì)的電荷，寫(xiě)出理由；（2）求陰極射線打在熒光屏O點(diǎn)時(shí)速度的大??；（3）求陰極射線的比荷?！窘獯稹拷猓海?）陰極射線帶負(fù)電，原因是射線在KA之間或平行極板P和P'間所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向相反。（2）當(dāng)電子受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡時(shí)，電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，亮點(diǎn)重新回復(fù)到中心O點(diǎn)，根據(jù)平衡條件有：qvB=qU代入數(shù)據(jù)得：v＝2.0×107m/s（3）設(shè)陰極射線在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距為y1，由幾何關(guān)系得：y代入數(shù)據(jù)得：y根據(jù)位移—時(shí)間公式，有：y根據(jù)牛頓第二定律有：a=其中d＝2.0cm＝0.02m水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：l1＝vt聯(lián)立可得：q答：（1）陰極射線帶負(fù)電；（2）陰極射線打在熒光屏O點(diǎn)時(shí)速度的大小為2.0×107m/s；（3）陰極射線的比荷2.1×1011C/kg?？键c(diǎn)四帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等效法處理疊加場(chǎng)問(wèn)題1．各種性質(zhì)的場(chǎng)(物質(zhì))與實(shí)際物體的根本區(qū)別之一是場(chǎng)具有疊加性，即幾個(gè)場(chǎng)可以同時(shí)占據(jù)同一空間，從而形成疊加場(chǎng)．2．將疊加場(chǎng)等效為一個(gè)簡(jiǎn)單場(chǎng)，其具體步驟是：先求出重力與電場(chǎng)力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”，將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解即可．（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(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m的小球從y軸上P點(diǎn)以水平速度v進(jìn)入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過(guò)x軸上Q點(diǎn)時(shí)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(jì)空氣阻力，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中（）A．速度的最小值為1010B．所受電場(chǎng)力的最小值為1010C．動(dòng)能與電勢(shì)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(diǎn)的速度v分解為水平分量vcos37°和豎直分量vsin37°。由位移—時(shí)間公式可得：小球水平分位移為：x=小球豎直分位移為y=解得：xyA、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(yùn)動(dòng)，小球水平向右方向的分加速度大小為a小球豎直向下方向的分加速度大小為：a設(shè)小球合加速度方向與豎直方向夾角為θ，則有：tanθ=聯(lián)立解得：tanθ=可知，小球在空中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，可以將該運(yùn)動(dòng)分解為垂直于合加速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與沿合加速度方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知?jiǎng)蛩僦本€運(yùn)動(dòng)的分速度即為速度的最小值，則有：vmin＝vcosθ結(jié)合上述解得：vminB、根據(jù)上述小球所受電場(chǎng)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(dāng)電場(chǎng)力方向與合力方向垂直時(shí)，電場(chǎng)力達(dá)到最小值，則有：最小電場(chǎng)力：F電min＝mgsinθ根據(jù)tanθ=sinθ1?sin從而求得：F電min=10C、根據(jù)上述可知，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中重力一直做正功，重力勢(shì)能一直減小，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力勢(shì)能、動(dòng)能與電勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，可知?jiǎng)幽芘c電勢(shì)能之和一直增大，故C錯(cuò)誤。故選：B。2023?南京二模）如圖所示，真空中有一足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量均為m、帶電量分別為+q和﹣3q的兩小球同時(shí)從O點(diǎn)以速度v0斜向右上方射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，v0方向與水平方向成60°角，A、B（圖中未畫(huà)出）兩點(diǎn)分別為兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)，帶正電的小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大小仍然為v0，若僅把帶正電的小球射入速度變?yōu)?v0，其運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)記為C，重力加速度為g，不考慮兩球間的庫(kù)侖力。則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．兩小球同時(shí)到A、B兩點(diǎn) B．OA與OB之比為3：1 C．兩小球到達(dá)A、B兩點(diǎn)過(guò)程中電勢(shì)能變化量之比為1：3 D．帶正電的小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度大小2v0【解答】解：A、由vy=vB、正電荷水平方向的加速度大小ax=v0?v0cos60°負(fù)電荷所帶電荷量為正電荷的三倍，由牛頓第二定律有：Eq＝max，3Eq＝max′，所以負(fù)電荷水平方向的加速度ax′為正電荷水平方向加速度的3倍，即：ax'=3ax=3v02t，負(fù)電荷到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)水平方向的速度vx′＝v0兩電荷豎直方向只受重力，加速度相等，豎直方向初末速度大小相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，所以豎直方向的位移相等，即yB=yA=3vC、正電荷電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，由功能關(guān)系可知，正電荷電勢(shì)能的變化量ΔEP＝﹣EqxA，負(fù)電荷電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，電勢(shì)能的變化量ΔEP′＝3Eq×（﹣xB），代入數(shù)據(jù)可得ΔED、若僅把帶正電的小球射入速度變?yōu)?v0，則豎直方向的初速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由t=vyg可知上升到最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t′變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，即t′＝2t，則小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度大小vC＝2v0cos60°+axt′，代入數(shù)據(jù)可得vC本題選錯(cuò)誤的，故選：C。（多選）（2022?遼寧一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長(zhǎng)絕緣粗糙軌道，AB與CD通過(guò)四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧BC的圓心為O，半徑R。軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=4mg3q?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電體（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知AB間距也為R，帶電體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，與CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μA．帶電體第一次運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道B點(diǎn)時(shí)速度大小為vBB．帶電體第一次運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道BC上的最大速度v=46C．全過(guò)程帶電體在粗糙軌道AB與CD上運(yùn)動(dòng)的總路程s=25RD．帶電體最終可能會(huì)停在水平軌道AB上【解答】解：A、對(duì)質(zhì)點(diǎn)從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理得qER?μ解得：v故A正確；B、在BC段小球靜止時(shí)所在的位置M即為等效最低點(diǎn)，故小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)M點(diǎn)（M點(diǎn)為等效最低點(diǎn)）時(shí)的速度最大：對(duì)質(zhì)點(diǎn)在M點(diǎn)靜止時(shí)，根據(jù)平衡條件得：qEmg故α＝53°從B到M根據(jù)動(dòng)能定理得：qERsin53°?mgR(1?cos53°)=解得：v故B錯(cuò)誤；C、最終帶電體應(yīng)該圍繞等效最低點(diǎn)M做周期性運(yùn)動(dòng)，到C點(diǎn)的速度恰好為零，全過(guò)程的滑動(dòng)摩擦力大小一樣，即f＝μ1mg＝μ2qE設(shè)帶電體在粗糙軌道AB與CD上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，對(duì)全過(guò)程從A到最終恰好到C根據(jù)動(dòng)能定理得：qE?2R﹣fs﹣mgR＝0解得：s=25故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC。（多選）（2022?全國(guó)一模）如圖所示，傾角為45°的絕緣斜面置于豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球從斜面上的P點(diǎn)以速度v0水平向右拋出后落在斜面上。已知電場(chǎng)力的大小為重力的一半，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球從拋出到落在斜面上的時(shí)間為mvB．小球落在斜面上的速度大小為5vC．落點(diǎn)與P點(diǎn)的距離為22D．小球落在斜面上時(shí)的速度方向與豎直方向的夾角大于30°【解答】解：因?yàn)殡妶?chǎng)力的大小等于重力的一半，小球的加速度為a=mg?qEA、因?yàn)樾∏蜃罱K落回斜面上，則小球的位移偏轉(zhuǎn)角等于斜面傾角，即tan45°=1解得：t=4v0B、根據(jù)上述分析可知，小球落在斜面上時(shí)，小球豎直方向的速度為vy根據(jù)勾股定理得，小球落在斜面上的速度大小為v=vC、小球在水平方向上的位移為x=v0t=4D、小球落在斜面上的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanα=v故選：BC。（2023?雅安模擬）如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有場(chǎng)強(qiáng)大小E1＝1×102N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)；一條長(zhǎng)L＝0.8m且不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定在區(qū)域Ⅰ的左上角O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m1＝0.5kg、帶電荷量q＝﹣0.1C的絕緣帶電小球a；在緊靠區(qū)域Ⅰ的右下角C點(diǎn)豎直放置一足夠長(zhǎng)、半徑R＝1m的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CD是圓筒上表面的一條直徑且與區(qū)域Ⅰ的下邊界共線，直徑MN與直徑CD垂直，圓筒內(nèi)左半邊MNCHJK區(qū)域Ⅱ中存在大小E2＝20N/C、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場(chǎng)。把小球a拉至A點(diǎn)（輕繩繃直且水平）靜止釋放，當(dāng)小球a運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)，輕繩恰好斷裂。小球a進(jìn)入電場(chǎng)繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，剛好從區(qū)域Ⅰ的右下角C點(diǎn)豎直向下離開(kāi)電場(chǎng)E1，然后貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。已知重力加速度大小取g＝10m/s2，繩斷前、斷后瞬間，小球a的速度保持不變，忽略一切阻力。求：（1）輕繩的最大張力Tm；（2）小球a運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC和小球a從B到C過(guò)程電勢(shì)能的變化量ΔEp；（3）若小球a剛進(jìn)入圓筒時(shí)，另一絕緣小球b從D點(diǎn)以相同速度豎直向下貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入圓筒，小球b的質(zhì)量m2＝0.5kg，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球a、b發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球a的電荷量保持不變，則從小球b進(jìn)入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能ΔEb是多大?！窘獯稹拷猓海?）小球a從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理mgL=解得v＝4m/s在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得T解得Tm＝15N（2）小球a在區(qū)域Ⅰ中，根據(jù)牛頓第二定律：水平方向qE1＝ma解得a＝20m/s2小球a減速至0時(shí)t=vx=vt?1小球a運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC＝gt，解得vC＝2m/s小球a從B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，小球a電勢(shì)能的變化量為ΔEP＝﹣W＝﹣qE1?x，解得ΔEP＝4J即小球電勢(shì)能增加了4J。（3）因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時(shí)是水平正碰。根據(jù)水平方向碰撞時(shí)動(dòng)量守恒和能量守恒。由于兩球質(zhì)量相等，所以它們正碰時(shí)交換水平方向速度。小球a從進(jìn)入圓筒到第5次碰撞前，小球a增加的機(jī)械能為ΔEa＝qE2R+2?qE22R，解得ΔEa＝10J則第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能為ΔEb＝ΔEa＝10J答：（1）輕繩的最大張力15N；（2）小球a運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小2m/s，小球a從B到C過(guò)程電勢(shì)能增加了4J；（3）從小球b進(jìn)入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能10J。練出高分一．選擇題（共10小題）1．（2023?鄭州二模）下列幾種關(guān)于運(yùn)動(dòng)情況的描述，說(shuō)法正確的是（）A．一物體受到變力作用不可能做直線運(yùn)動(dòng) B．一物體受到恒力作用可能做圓周運(yùn)動(dòng) C．在等量異種電荷的電場(chǎng)中，一帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) D．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一帶電小球在重力和洛倫茲力作用下不可能做平拋運(yùn)動(dòng)【解答】解：A、物體受到變力作用時(shí)，力的方向與物體運(yùn)動(dòng)方向在一條直線，物體做直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、物體受恒力作用時(shí)，恒力不能提供始終指向圓心的力，故物體不可能做圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、在等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中不存在同一個(gè)平面內(nèi)的指向（背離）同一個(gè)圓心的電場(chǎng)線，所以帶電粒子在等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力不能始終指向圓心提供向心力，不能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、將一個(gè)物體沿水平方向拋出，在空氣阻力忽略不計(jì)的情況下，物體所做的運(yùn)動(dòng)叫平拋運(yùn)動(dòng)，所以帶電小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，除重力外還受洛倫茲力作用，其運(yùn)動(dòng)不能成為平拋運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選：D。2．（2023?和平區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，從傾角30°的斜面上A點(diǎn)平拋一帶電小球，落到斜面上的B點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．若將平拋初速度減小一半，則小球?qū)⒙湓贏B兩點(diǎn)的中點(diǎn) B．平拋初速度不同，小球落到斜面上時(shí)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(shí)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(dòng)能為6J，則落到斜面上時(shí)的動(dòng)能為14J【解答】解：小球受重力和電場(chǎng)力，電場(chǎng)力既可向上也可向下，球做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度a固定，向下；根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有：x＝v0t，y=1tan30°=y故：t=2v0tan30°aA、若將平拋初速度減小一半，根據(jù)x=23v02BC、設(shè)小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間的夾角為α，則有：tan（α+30°）=v故平拋初速度不同，小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間的夾角相同，但是tanα≠2tan30°，故BC錯(cuò)誤；D、由于小球落到斜面上時(shí)的速度方向與水平方向的夾角的正切值：tanβ=v初動(dòng)能：Ek=1末動(dòng)能：Ek′=1故：Ek′＝6J+（233）故選：D。3．（2023?寧都縣校級(jí)一模）如圖，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電粒子從A點(diǎn)以豎直向上的初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)最高點(diǎn)B后回到與A在同一水平線上的C點(diǎn)，粒子從A到B過(guò)程中克服重力做功9J，電場(chǎng)力做功4J，則（）A．粒子在B點(diǎn)的動(dòng)能比在A點(diǎn)多5J B．粒子在C點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)少4J C．粒子在C點(diǎn)的機(jī)械能比在A點(diǎn)少16J D．粒子在C點(diǎn)的動(dòng)能為25J【解答】解：粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程只受重力、電場(chǎng)力作用，故只有重力、電場(chǎng)力做功，則重力勢(shì)能、電勢(shì)能和動(dòng)能之和保持不變；A、粒子從A到B過(guò)程中克服重力做功9J，電場(chǎng)力做功4J，故外力做功﹣5J，那么由動(dòng)能定理可得：粒子在B點(diǎn)的動(dòng)能比在A點(diǎn)少5J，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)粒子受力情況，由牛頓第二定律可得：粒子在豎直方向做加速度為g的勻變速運(yùn)動(dòng)，在水平方向做初速度為零，加速度為a=qECD、從A到C，電場(chǎng)力做功16J，故粒子在C點(diǎn)的機(jī)械能比在A點(diǎn)多16J；又有A點(diǎn)、C點(diǎn)等高，重力勢(shì)能相等，那么，粒子從B到C，重力做功9J；又有B點(diǎn)速度水平，粒子從A到B電場(chǎng)力做功4J，所以，粒子在B點(diǎn)的動(dòng)能為4J；由動(dòng)能定理可得：粒子在C點(diǎn)的動(dòng)能為4J+9J+12J＝25J，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。4．（2023?赤峰模擬）如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比3：1 B．小球從A到B與從B到C的速度變化量大小之比3：1 C．小球從A到B重力做功與從B到C電場(chǎng)力做功數(shù)值比為1：1 D．小球從A到B重力做功與從B到C電場(chǎng)力做功數(shù)值比為2：3【解答】解：A．帶電小球從A到C，設(shè)在進(jìn)入電場(chǎng)前后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經(jīng)歷的時(shí)間為分別為t1和t2．在電場(chǎng)中的加速度為a，則從A到B過(guò)程小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則有水平方向上：x1＝v0t1從B到C過(guò)程，有x2＝v0t2由題意有x1＝2x2則得t1＝2t2即小球從A到B與從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2：1，故A錯(cuò)誤；CD．根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知：小球豎直方向上的位移為：y1=將小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)看成沿相反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，則有y2=根據(jù)幾何知識(shí)有y1：y2＝x1：x2解得：a＝2g根據(jù)牛頓第二定律得F﹣mg＝ma＝2mg解得：F＝3mg根據(jù)題意可知AB和BC的豎直高度之比是y1：y2＝2：1所以小球從A到B重力做功與從B到C克服電場(chǎng)力做功之比為mgy1：Fy2＝2：3故C錯(cuò)誤，D正確；B．根據(jù)速度變化量的計(jì)算公式可得：Δv＝at則得AB過(guò)程速度變化量大小為Δv1＝gt1＝2gt2BC過(guò)程速度變化量大小為Δv2＝at2＝2gt2所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，故C錯(cuò)誤。故選：D。5．（2022?玉樹(shù)州四模）互相正對(duì)的平行金屬板M、N帶等量的異種電荷，傾斜固定放置，一個(gè)帶電小球（可看成點(diǎn)電荷）從一塊金屬板的邊緣附近由靜止釋放沿圖中水平虛線運(yùn)動(dòng)通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域，兩板間的電場(chǎng)可看成勻強(qiáng)電場(chǎng)，則下列判斷正確的是（）A．小球一定帶正電 B．小球一定從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn) C．小球受到的電場(chǎng)力和重力大小相等 D．小球的電勢(shì)能一定減小【解答】解：A．由于小球由靜止釋放后，沿水平直線運(yùn)動(dòng)，合外力沿水平方向，對(duì)小球受力如圖所示小球一定做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于兩板帶電的電性不明確，因此小球的帶電電性不能確定，故A錯(cuò)誤；B．由受力情況可知，小球一定從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．小球受到的電場(chǎng)力的豎直分力與重力平衡，因此小球受到的電場(chǎng)力一定大于重力，故C錯(cuò)誤；D．由于電場(chǎng)力做正功，因此小球的電勢(shì)能一定減小，故D正確；故選：D。6．（2023?西城區(qū)二模）如圖所示，兩極板加上恒定的電壓U，將一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子在正極板附近由靜止釋放，粒子向負(fù)極板做加速直線運(yùn)動(dòng)。不計(jì)粒子重力。若將兩板間距離減小，再次釋放該粒子，則（）A．帶電粒子獲得的加速度變小 B．帶電粒子到達(dá)負(fù)極板的時(shí)間變短 C．帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度變小 D．加速全過(guò)程靜電力對(duì)帶電粒子的沖量變小【解答】解：設(shè)兩極板間的距離為dA、對(duì)粒子，由牛頓第二定律得：q×Ud=B、粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)負(fù)極板過(guò)程的位移d=12aC、粒子從正極板運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板過(guò)程，由動(dòng)能定理得：qU=12mD、對(duì)粒子，由動(dòng)量定理得：I＝mv﹣0，解得靜電力對(duì)帶電粒子的沖量I=2qmU故選：B。7．（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（11H、12H和A．11B．13C．13D．在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)1【解答】解：A、三種粒子在電場(chǎng)中均做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，P點(diǎn)距底板的距離為h，則由平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識(shí)可得?=1聯(lián)立解得?=EqL22mvB、電場(chǎng)力大小為F＝Eq，同一電場(chǎng)，E相同，三種粒子所帶電荷量相同，故三種粒子在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力大小相等，故B錯(cuò)誤；C、三種粒子的初速度相同，11H不能離開(kāi)電場(chǎng)，水平位移最小，由x＝vt知可知11H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，D、電場(chǎng)力做功為W＝Eqd，電荷量相同，電場(chǎng)強(qiáng)度相同，分析可知11H、12H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的豎直位移相等，而故選：A。8．（2023?天津模擬）如圖所示，將絕緣細(xì)線的一端O點(diǎn)固定，另一端拴一帶電的小球P，空間存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。剛開(kāi)始小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，給小球一個(gè)沿圓弧切線左下方的瞬時(shí)沖量，讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)，下列分析正確的是（）A．小球可能帶負(fù)電 B．小球在右半圈從d運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中其速度先增大后減小 C．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的電勢(shì)能與動(dòng)能之和最大 D．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a的速度v≥gr【解答】解：A、小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)小球受力分析，小球受重力、繩子的拉力和電場(chǎng)力三個(gè)力的作用，由平衡條件可知小球所受電場(chǎng)力方向水平向右，與電場(chǎng)方向相同，所以小球帶正電，故A錯(cuò)誤；B、小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，可知電場(chǎng)力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小為F=小球從d運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中，繩子拉力不做功，只有F做功，F(xiàn)先做正功再做負(fù)功，故小球的速度先增大后減小，故B正確；C、小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能的總和保持不變，最高點(diǎn)a時(shí)小球的重力勢(shì)能最大，則電勢(shì)能與動(dòng)能之和最小，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到弧ab中點(diǎn)，且細(xì)線彈力為零時(shí)，有F=m小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在該點(diǎn)的速度為v=小球從該點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，由動(dòng)能定理得F（r?22r）=解得：v因此，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a的速度va故選：B。9．（2023?成都模擬）如圖，新風(fēng)系統(tǒng)除塵由機(jī)械除塵和靜電除塵兩部分構(gòu)成，其中靜電除塵是通過(guò)電離空氣后使空氣中的粉塵微粒帶電，從而被電極吸附的空氣凈化技術(shù)。如圖虛線為一帶電粉塵（不計(jì)重力）在靜電除塵管道內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡，實(shí)線為電場(chǎng)線（未標(biāo)方向），下列判定正確的是（）A．帶電粉塵帶正電 B．帶電粉塵在除塵管道內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) C．帶電粉塵在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度 D．帶電粉塵在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能【解答】解：A、帶電粉塵向正極板彎曲，說(shuō)明帶電粉塵受正極板的吸引力，所以粉塵帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、管道內(nèi)的電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電粉塵在除塵管道內(nèi)所受合為為變力作用，做變加速曲線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)強(qiáng)弱，由題圖可知：Ea＜Eb，帶電粉塵在a點(diǎn)所受電場(chǎng)力小于在b點(diǎn)所受電場(chǎng)力，所以電粉塵在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度，故C正確；D、ab連線與吸引力大致成銳角，所以帶電粉塵從a點(diǎn)到b點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，a點(diǎn)的電勢(shì)能大于b點(diǎn)的電勢(shì)能，故D錯(cuò)誤。故選：C。10．（2023?杭州二模）如圖甲所示，某多級(jí)直線加速器由n個(gè)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(hào)為C的金屬圓板中央有一個(gè)質(zhì)子源，質(zhì)子逸出的速度不計(jì)，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓uMN，一段時(shí)間后加速器穩(wěn)定輸出質(zhì)子流。已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為e，質(zhì)子通過(guò)圓筒間隙的時(shí)間不計(jì)，且忽略相對(duì)論效應(yīng)，則（）A．質(zhì)子在各圓筒中做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．質(zhì)子進(jìn)入第n個(gè)圓筒瞬間速度為2(n?1)eUC．各金屬筒的長(zhǎng)度之比為1：2：3：… D．質(zhì)子在各圓筒中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1：2：3：…【解答】解：A．金屬圓筒中電場(chǎng)為零，質(zhì)子不受電場(chǎng)力，合力為零，故質(zhì)子做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．質(zhì)子進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)，經(jīng)過(guò)n次加速，根據(jù)動(dòng)能定理neU解得vn故B錯(cuò)誤；D．依題意分析，只有質(zhì)子在每個(gè)圓筒中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為T(mén)2C．根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移—時(shí)間公式，第n個(gè)圓筒長(zhǎng)度Ln則各金屬筒的長(zhǎng)度之比為1：2：3：…，故C正確。故選：C。二．計(jì)算題（共3小題）11．（2023??？谝荒＃┕饣^緣水平面上有一坐標(biāo)系xOy，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在坐標(biāo)系內(nèi)，圓環(huán)圓心位于坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖甲所示。圓環(huán)內(nèi)側(cè)A（0，R）處放置一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球，為了通過(guò)電場(chǎng)來(lái)控制帶電小球的運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在圓環(huán)內(nèi)加上水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。若小球由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間T沿直線運(yùn)動(dòng)到B（R，0）處；若給小球一個(gè)沿﹣x方向的初速度，小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。小球可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和方向。（2）求小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能EK。（3）將原電場(chǎng)更換為圖乙所示的交變電場(chǎng)（正、負(fù)號(hào)分別表示沿y軸負(fù)方向和正方向），t＝0時(shí)刻，小球在A點(diǎn)由靜止釋放。欲使小球能在一個(gè)周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，試求所加電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)力方向沿著AB方向指向B，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：2可得E1（2）小球最容易脫軌的位置為C點(diǎn)，如下圖所示：小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，可知小球在C點(diǎn)恰好由電場(chǎng)力來(lái)提供向心力，則有：E從A點(diǎn)到C點(diǎn)利用動(dòng)能定理：?聯(lián)立方程可得Ek（3）若加上沿著y軸方向的交變電場(chǎng)，若小球沒(méi)有碰到軌道，可知小球在第一個(gè)T4內(nèi)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)T4內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，這兩個(gè)T4內(nèi)加速度大小相等，所以位移大小相等，第三個(gè)T4內(nèi)小球反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第四個(gè)T4內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球在一個(gè)T內(nèi)返回A點(diǎn)，要使電場(chǎng)強(qiáng)度E2最大，且小球能在一個(gè)周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，可知小球在T答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小為22（2）小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能EK為(32（3）將原電場(chǎng)更換為圖乙所示的交變電場(chǎng)（正、負(fù)號(hào)分別表示沿y軸負(fù)方向和正方向），t＝0時(shí)刻，小球在A點(diǎn)由靜止釋放。欲使小球能在一個(gè)周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，所加電場(chǎng)強(qiáng)度E2的最大值為32mRq12．（2023?廣州二模）如圖，“凹”形區(qū)域abcdpnHIJK，各邊長(zhǎng)已在圖中標(biāo)示，L為已知量.在該區(qū)域內(nèi)有正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，與ab平行的虛線為電場(chǎng)的等勢(shì)線；磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。容器A中質(zhì)量為m、帶電量為e的電子經(jīng)小孔S?不斷飄入加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速