2023年高考物理专题6.3电容器　带电粒子在电场中运动热点题型和提分秘籍

专题6.3电容器带电粒子在电场中运动1．理解电容器的根本概念，掌握好电容器的两类动态分析。2．能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题。3．用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题。热点题型一平行板电容器的动态分析例1、【2023·江苏卷】如下图，三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点．由点静止释放的电子恰好能运动到点．现将板向右平移到点，那么由点静止释放的电子〔A〕运动到点返回〔B〕运动到和点之间返回〔C〕运动到点返回〔D〕穿过点【答案】A【变式探究】(多项选择)如下图，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法中正确的选项是()A．假设将A板向上平移一小段位移，那么油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．假设将A板向左平移一小段位移，那么油滴仍然静止，G中有b→a的电流C．假设将S断开，那么油滴立即做自由落体运动，G中无电流D．假设将S断开，再将A板向下平移一小段位移，那么油滴向上加速运动，G中有b→a的电流而根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，假设将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；假设将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；假设将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误。答案：AB【方法归纳】两种类型平行板电容器的动态分析问题平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，那么Q＝CU∝C，而C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(εrS,d)，两板间场强E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)；二是电容器充电后与电源断开，此时Q恒定，那么U＝eq\f(Q,C)，C∝eq\f(εrS,d)，场强E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)∝eq\f(1,εrS)。【提分秘籍】1．对公式C＝eq\f(Q,U)的理解电容C＝eq\f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化。3．电容器两类问题的比拟分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变小→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小【举一反三】(多项选择)如下图，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，那么()A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．假设先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，那么带电油滴所受电场力不变答案：ACD解析：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(S,d)可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势开，再将下极板向下移动一小段距离，那么电容器电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q＝CU，E＝eq\f(U,d)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可知E∝eq\f(Q,S)，可见，极板间电场强度E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确。热点题型二带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动例2、如下图，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)假设将电场强度减小为原来的eq\f(1,2)，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块沿斜面下滑距离L时的动能。解析：(1)对小物块受力分析tan37°＝eq\f(qE,mg)E＝eq\f(3mg,4q)(2)对小物块受力分析沿斜面方向由牛顿第二定律得：mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝maa＝0.3(3)对小物块由动能定理列方程(mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°)·L＝EkEk＝0.3mgL答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL【方法技巧】带电体在电场中运动的分析方法与力学的分析方法根本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速；是直线还是曲线)；然后选用恰当的规律解题。也可以从功和能的角度分析：带电体的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过程是其他形式的能和动能之间的转化过程。解决这类问题，可以用动能定理或能量守恒定律。【提分秘籍】1．带电粒子在电场中运动时重力的处理：(1)根本粒子：如电子、质子，α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。2．带电粒子在电场中平衡的解题步骤：(1)选取研究对象。(2)进行受力分析，注意电场力的方向特点。(3)由平衡条件列方程求解。3．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路：(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。【举一反三】如下图，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)eq\f(mgh＋dC,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))(3)在电场中运动为匀变速直线运动qeq\f(U,d)－mg＝ma由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)0＝v＋at2得t＝t1＋t2＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))热点题型三带电粒子(或带电体)在电场中的偏转例3．如下图，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子(eq\o\al(1,1)H)、氘核(eq\o\al(2,1)H)和氚核(eq\o\al(3,1)H)均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上(不计粒子重力)。那么以下判断中正确的选项是()A．三种粒子从B板射出时的速度之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1B．三种粒子同时打到荧光屏上C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶3D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶1答案：D【提分秘籍】1．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。(2)运动性质：匀变速曲线运动。(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。(4)运动规律：①初速度方向做匀速直线运动，运动时间eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0)。,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))。))②沿电场力方向，做匀加速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。,离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qU,mdv\o\al(2,0))。))2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。证明：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)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq\f(l,2)。3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：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、末位置间的电势差。【举一反三】静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置示意图如下图。A、B为两块平行金属板，间距d＝0.30m，两板间有方向由B指向A、电场强度E＝1.0×103N/C的匀强电场。在A板的中央放置一个平安接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的质量m＝2.0×10－15kg，电荷量q＝－2.0×10－16C。喷出的初速度v0＝2.0m/s。油漆微粒最后都落在金属板(1)微粒落在B板上的动能。(2)微粒从离开喷枪后到达B板所需的最短时间。(3)微粒最后落在B板上所形成图形的面积。答案：(1)6.4×10－14J(2)0.06s(3)7.5×10－2解析：(1)据动能定理，电场力对每个微粒做功W＝Ekt－Ek0＝qEd，微粒打在B板上时的动能Ekt＝W＋Ek0＝qEd＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得Ekt＝6.4×10－14J。(2)微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短，到达B板时速度为vt，由Ekt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)可得vt＝8.0m/s，由于微粒在两极板间做匀变速运动，即eq\f(d,t)＝eq\f(v0＋vt,2)。解得t＝0.06s。(3)由于喷枪喷出的油漆微粒是沿各个方向的，因此微粒落在B板上所形成的图形是圆形。喷枪沿垂直电场方向喷出的油漆微粒在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律，油漆微粒沿电场方向运动的加速度a＝eq\f(Eq,m)运动的位移d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)油漆微粒沿垂直于电场方向做匀速运动，运动的位移即为落在B板上圆周的半径R＝v0t1微粒最后落在B板上所形成的圆面积S＝πR2联立以上各式，得S＝eq\f(2πmdv\o\al(2,0),qE)代入数据解得S＝7.5×10－2m热点题型四带电粒子(或带电体)在交变电场中的运动例4、如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的)(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？联立解得y＝0.45L＝4.5cm，由几何关系知：打在屏上的点距O点13.5cm(2)电子的最大侧移是0.5L，由②③两式可得偏转电压最大为Umax＝2.0U所以荧光屏上电子的最大侧移为Y＝(eq\f(L,2)＋L)tanθ＝eq\f(L,2)＋L能打到的区间长为2Y＝3L＝30cm答案：(1)距O点13.5cm处(2)30cm【方法技巧】带电粒子在交变电场中的运动分析方法带电粒子在交变电场中的运动涉及力学和电学知识的综合应用，由于不同时段受力不同，处理起来较为复杂，实际仍可按力学角度解答。该类问题仍需受力分析和分析其运动状态，应用力学和电学的根本规律定性、定量分析讨论和求解。(1)利用图象带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象描述它在电场中的运动情况，可直观展示其物理过程，从而快捷地分析求解。画图象时应注意在v－t图中，加速度相同的运动一定是平行的直线，图象与v－t轴所夹面积表示位移，图象与t轴的交点表示此时速度方向。(2)利用运动的独立性对一个复杂的合运动，可以看成是几个分运动合成的。某一方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响。应用这一原理可以分析带电粒子在交变电场中的运动。根据各分运动的情况，再按运动的合成与分解规律分析合运动的情况。【提分秘籍】1．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等并确定与物理过程相关的边界条件。2．分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。3．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。【举一反三】一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如下图，不计重力。求在t＝0到t＝T的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。答案：(1)eq\f(qE0,16m)T2沿初始电场正方向(2)eq\f(T,4)由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度—时间图象如图甲所示，对应的速度—时间图象如图乙所示，其中v1＝a1eq\f(T,4)＝eq\f(qE0T,4m)⑤由图乙可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s＝eq\f(T,4)v1⑥由⑤⑥式得s＝eq\f(qE0,16m)T2其方向沿初始电场正方向。(2)由图乙可知，粒子在t＝eq\f(3,8)T到t＝eq\f(5,8)T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间t为t＝eq\f(5,8)T－eq\f(3,8)T＝eq\f(T,4)热点题型五带电粒子(或带电体)在复合场中的功能分析例5、(多项选择)如下图，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为eq\f(1,4)圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，以下说法正确的选项是()A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC局部可能做匀速圆周运动C．假设小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零答案：BC【方法技巧】与力学的分析方法根本相同：先分析研究对象的受力情况，再分析其运动状态和运动过程(是平衡、加速还是减速；是直线运动还是曲线运动)；然后选用恰当的规律解题。也可以从功和能的角度分析：带电体的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过程是其他形式的能和动能之间的转化过程。因此，解决这类问题，可以用动能定理或能量守恒定律。【提分秘籍】力电综合问题往往与共点力的平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等相结合，考查的知识点多，对综合分析能力的要求高，试题难度较大，学习中要注意把握以下几点：1.处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择适宜的规律列式求解。2.带电的物体在电场中具有电势能，同时还可能具有动能和重力势能等，用能量观点处理问题是一种简捷的方法。3.常见的几种功能关系(1)只要外力做功不为零，物体的动能就会改变(动能定理)。(2)静电力只要做功，物体的电势能就会改变且静电力做的功等于电势能的减少量。如果只有静电力做功，物体的动能和电势能之间相互转化，总量不变(类似机械能守恒)。(3)如果除了重力和静电力之外，没有其他力做功，那么物体的动能、重力势能和电势能三者之和不变。【举一反三】如下图，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．假设微粒带正电荷，那么A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加答案：C1.【2023·江苏卷】如下图，三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点．由点静止释放的电子恰好能运动到点．现将板向右平移到点，那么由点静止释放的电子〔A〕运动到点返回〔B〕运动到和点之间返回〔C〕运动到点返回〔D〕穿过点【答案】A1．【2023·全国卷Ⅰ】一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，假设将云母介质移出，那么电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【答案】D【解析】由平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εS,4kπd)，将云母介质移出，电容C减小，而两极板的电压U恒定，由Q＝CU，极板上的电荷量Q变小，又由E＝eq\f(U,d)可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D正确．2．【2023·全国卷Ⅱ】阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图1­所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()图1­A.eq\f(2,5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,5)D.eq\f(2,3)U1＝eq\f(\f(R〔R＋R〕,〔R＋R〕＋R),R＋\f(R〔R＋R〕,〔R＋R〕＋R))·E×eq\f(1,2)＝eq\f(1,5)E；S闭合时等效电路如图乙所示，乙U2＝eq\f(\f(R·R,R＋R),R＋\f(R·R,R＋R))·E＝eq\f(1,3)E，那么eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(3,5)，故C正确．1．【2023·全国卷Ⅰ】现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1­所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．假设某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为()图1­A．11B．12C．121D．144【答案】D【解析】粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v，那么qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子进入磁场做圆周运动，半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D正确．2．【2023·北京卷】如图1­所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用以下数据分析说明其原因．U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势〞φG的概念，并简要说明电势和“重力势〞的共同特点．图1­【答案】(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)略(3)略偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d).(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg～10－29N电场力F＝eq\f(eU,d)～10－15N由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即φ＝eq\f(Ep,q)由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫作“重力势〞，即φG＝eq\f(EG,m).电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．3．【2023·四川卷】中国科学院2023年10月宣布中国将在2023年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质根源的关键设备，在放射治疗、食品平安、材料科学等方面有广泛应用．如图1­所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq\f(1,2).质子的荷质比取1×10(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压．图1­【答案】(1)0.4m(6)6×104V联立①②式并代入数据得L＝0.4m(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W.质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，那么W＝qU④W′＝3W⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104V⑦1．【2023·海南·5】如下图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q〔q＞0〕的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面。假设两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，那么M：m为〔〕A．3:2B．2：1C．5:2D．3:1【答案】A2．【2023·江苏·7】一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，那么小球〔〕A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小【答案】BC【解析】由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，所以A错误；B正确；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，所以C正确；D错误。3．【2023·天津·7】如下图，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么A．偏转电场对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置，【答案】AD场时速度不同，而在偏转电场中电场力做功相同，故最后离开电场时速度不同，所以选项C错误；因加速位移相同，粒子质量越大加速度越小，故加速时间越长，大偏转电场中动动时间也越长，应选项B错误；1.【2023·全国新课标Ⅱ·14】如下图，两平行的带电金属板水平放置。假设在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴〔垂直于纸面〕逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】现将两板绕过a点的轴〔垂直于纸面〕逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴〔垂直于纸面〕逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误。10．(2023·山东理综)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的选项是eq\x(导学号05800826)()A．末速度大小为eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了eq\f(1,2)mgd D．克服电场力做功为mgd答案：BC重力势能减小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，eq\f(1,2)mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误；应选BC。12．(2023·安徽理综)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m、带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如下图，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计。求：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率。答案：(1)3qEl0(2)3eq\r(\f(2ml0,qE))(3)eq\r(\f(17qEl0,2m))由qE＝ma，得a＝eq\f(qE,m)，又yD＝eq\f(1,2)aT2，yD＋3l0＝eq\f(1,2)a(2T)2，解得T＝eq\r(\f(2ml0,qE))。那么A→C过程所经历的时间t＝3eq\r(\f(2ml0,qE))。(3)粒子在DC段做类平抛运动，于是有2l0＝vCx(2TvCy＝a(2T)vC＝eq\r(v\o\al(2,Cx)＋v\o\al(2,Cy))＝eq\r(\f(17qEl0,2m))1．如下图，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，那么以下说法正确的选项是()A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多答案：D2．如下图，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路到达稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变以下某一条件，油滴仍能静止不动的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离 D．断开电键S答案：B解析：带电粒子原来平衡eq\f(qU,d)＝mg。当增大R1阻值时，电路的总电阻增大，电路总电流减小，内电压减小，路端电压U增大，带电粒子向上加速，A错，增大R2，路端电压不变，油滴级静止，B正确；增大两板间距离，eq\f(qU,d)<mg，油滴向下加速，C错；断开电键S后，电容器放电，油滴只受重力，向下加速，D错。电路的动态分析步骤：分支路电阻变→总电阻变→总电流变→内电压变→路端电压→各支路。3．如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力，假设两粒子轨迹恰好相切，那么v0等于()A．eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B．eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C．eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D．eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))答案：B4．图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，那么在荧光屏上会看到的图形是()答案：B解析：由图(b)及图(c)知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，又由于在xx′之间加上的扫描电压与YY′之间加上的信号电压周期相同，所以在荧光屏上会看到一个完整的正弦波形，B项正确。5．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g，粒子运动加速度为()A．eq\f(l,d)g B．eq\f(d－l,d)gC．eq\f(l,d－l)g D．eq\f(d,d－l)g答案：Amg－qeq\f(U,d)＝ma②联立①②解得：a＝eq\f(l,d)g6．如图，一对面积较大的平行板电容器水平放置，带等量异种电荷，B板固定且接地，A板用绝缘线悬挂，P为两板中点。以下结论正确的选项是()A．假设在两板间充满电介质，P点电势将升高B．A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．假设将A板竖直向下平移一小段距离，电容器储存的电能减小D．假设将A板竖直向上平移一小段距离，线的拉力将变大答案：BC解析：假设在两板间充满电介质，由电容的决定式C＝eq\f(εS,4πkd)可知电容增大，电容器的带电量不变，由电容的定义式C＝eq\f(Q,U)得知板间电势差减小，由E＝eq\f(U,d)可知板间场强减小，由U＝Ed分析得知P点与下极板间的电势差减小，P点的电势比下极板电势高，所以P点电势将降低。故A错误；两板间形成的是匀强电场，根据对称性可知，A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同，故B正确；假设将A板竖直向下平移一小段距离，电容增大，电容器的带电量不变，那么由C＝eq\f(Q,U)得知板间电势差减小，由W＝qU可知电容器储存的电能减小，故C正确；假设将A板竖直向上平移一小段距离，电荷间的距离增大，根