专题15 电容器、带电粒子的运动（解析版）-2025版高考物理真题精-选与研析

考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。命题解读考向考查统计本类试题主要考查静电力作用下的各种运动。常常与匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、功能关系及能量守恒定律进行综合。考向一直线运动2024·江西卷，102024·辽宁卷，62024·山东卷，102023·福建卷，162023·新课标卷，122022·北京卷，182022·广东卷，142021·湖南卷，9考向二圆周运动2024·河北卷，142024·上海卷，112023·浙江6月，82022·浙江6月，152022·全国乙卷，82022·辽宁卷，14考向三电容器动态分析2024·辽宁卷，52023·浙江6月，122022·重庆卷，22022·北京卷，9考向四电容器充放电实验2024·浙江1月，172024·广西卷，122024·甘肃卷，72023·山东卷，142023·福建卷，132023·新课标卷，9考向五类平抛、类斜抛运动2023·浙江1月，122023·北京卷，202023·湖北卷，102023·山东卷，152022·浙江6月，92022·湖北卷，102021·全国乙卷，7考向六一般曲线运动2023·全国甲卷，52023·全国乙卷，62021·天津卷，8命题分析2024年高考各卷区物理试题均考查了静电力作用下的运动问题。预测2025年高考会继续考查。试题精讲考向一直线运动1.（2024年江西卷第10题）（多选）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（）A.最低点的位置B.速率达到最大值时的位置C.最后停留位置x的区间是D.若在最低点能返回，则初始电势能【答案】BD【解析】A．全过程，根据动能定理解得故A错误；B．当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有解得故B正确；C．小球甲最后停留时，满足解得位置x的区间故C错误；D．若在最低点能返回，即在最低点满足结合动能定理又联立可得故D正确。故选BD。2.（2024年辽宁卷第6题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（）A.动能减小，电势能增大 B.动能增大，电势能增大C.动能减小，电势能减小 D.动能增大，电势能减小【答案】D【解析】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。故选D。3.（2024年山东卷第10题）（多选）如图所示，带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A.OB距离l=B.OB的距离l=C.从A到C，静电力对小滑块做功W=﹣mgSD.AC之间的电势差UAC=﹣【答案】AD【解析】AB．由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析有沿斜面方向解得A正确，B错误；C．因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有解得故C错误；D．根据电势差与电场强度的关系可知AC之间的电势差故D正确。故选AD。考向二圆周运动4.（2024年河北卷第14题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：（1）电场强度E的大小。（2）小球在A、B两点的速度大小。【答案】（1）；（2），【解析】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为（2）在A点细线对小球拉力为0，根据牛顿第二定律得A到B过程根据动能定理得联立解得5.（2024·上海卷·第11题）如图，静电选择器由两块相互绝缘、半径很大的同心圆弧形电极组成。电极间所加电压为U。由于两电极间距d很小，可近似认为两电极半径均为，且电极间的电场强度大小处处相等，方向沿径向垂直于电极。（1）电极间电场强度大小为______；（2）由核、核和核组成的粒子流从狭缝进入选择器，若不计粒子间相互作用，部分粒子在电场力作用下能沿圆弧路径从选择器出射。①出射的粒子具有相同的______；A．速度B．动能C．动量D．比荷②对上述①中的选择做出解释。（论证）_____【答案】①.②.B③.电场力作为向心力，q、E、r相同，则由上式可知也相同，即动能相同【解析】[1]由题意可知，电极间可视为匀强电场，因此电场强度大小为[2][3]由题意可知，电场力提供向心力，则其中场强、半径相同，三种原子核电荷量相同，则三种原子的相同，即动能相同，B正确。故选B。考向三电容器动态分析6.（2024年辽宁卷第5题）某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图（b）所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（）A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N【答案】B【解析】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数ε增大，根据电容器的决定式可知电容器的电容增大，故A错误；BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；D．根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为，故D错误。故选B。考向四电容器充放电实验7.（2024年1月浙江卷第17题）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱（）、一节干电池、微安表（量程，零刻度在中间位置）、电容器（、）、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。（1）把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零：然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是___；A.迅速向右偏转后示数逐渐减小B.向右偏转示数逐渐增大C.迅速向左偏转后示数逐渐减小D.向左偏转示数逐渐增大（2）再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为___V，电压表的阻值为___（计算结果保留两位有效数字）。【答案】①.C②.0.50③.3.1【解析】（1）[1]把开关S接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；把开关S接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小。故选C。（2）[2]由题意可知电压表应选用0~3V量程，由图2可知此时分度值为0.1V，需要估读到0.01V，则读数为0.50V。[3]当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，根据闭合电路欧姆定律有根据串联电路规律有联立可得8.（2024年广西卷第12题）某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电容器，电源E（电动势6V，内阻不计），电阻R1=400.0Ω，电阻R2=200.0Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下：（1）断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5000Hz，则采样周期为_____s；（2）闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I—t曲线如图乙，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为_____mA（结果保留3位有效数字）；（3）保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为_____V；（4）实验得到放电过程的I—t曲线如图丙，I—t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0188C，则电容器的电容C为_____μF。图丙中I—t曲线与横坐标、直线t=1s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0038C，则t=1s时电容器两极板间电压为_____V（结果保留2位有效数字）。【答案】（1）（2）15.0（3）2（4）①.4.7×103②.2.8【解析】【小问1详解】采样周期为【小问2详解】由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0mA；【小问3详解】放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为【小问4详解】[1]充电结束后电容器两端电压为，故可得解得[2]设t=1s时电容器两极板间电压为，得代入数值解得9.（2024年甘肃卷第7题）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（）A充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点【答案】C【解析】A．充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A错误；B．根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错误；C．放电过程中，随着电容器带电量的减小，电容器两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确；D．根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。故选C。考向一直线运动1.（2023年福建卷第16题）如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为和。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为。时，A以初速度向右运动，B处于静止状态。在时刻，A到达位置S，速度为，此时弹簧未与B相碰；在时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为，此时。时间内A的图像如图（b）所示，为图线中速度的最小值，、、均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。（1）求时间内，合外力对A所做的功；（2）求时刻A与B之间的距离；（3）求时间内，匀强电场对A和B做的总功；（4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）时间内根据动能定理可知合外力做的功为（2）由图（b）可知时刻A的加速度为0，此时滑块A所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为r0，根据平衡条件有其中联立可得（3）在时刻，A速度达到最大，此时A所受合力为0，设此时A和B的距离为r1，则有且有，联立解得时间内，匀强电场对A和B做的总功（4）过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变化相同。设弹簧的初始长度为；A在S位置时，此时刻A、B的距离为，A速度最大时，AB距离为，细杆与B碰撞时，A、B距离为。A以过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为，则B同样增加速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。对A根据动能定理有对B有当A以过S时，设B与杆碰撞时，A速度为，则B速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。对A根据动能定理有对B联立解得2.（2023年新课标卷第12题）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。（1）求油滴a和油滴b的质量之比；（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1【解析】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量则速率为v时受阻力则当油滴匀速下落时解得可知则（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得其中对b由受力平衡可得其中联立解得3.（2022年北京卷第18题）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；（3）若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）两极板间的场强带电粒子所受的静电力（2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有解得（3）设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据功能关系有带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有，则该粒子从M板运动到N板经历的时间4.（2022年广东卷第14题）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：（1）比例系数k；（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；（3）新油滴匀速运动速度大小和方向。【答案】（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量，电势能的变化量；（3）见解析【解析】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小匀速时又联立可得（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为根据平衡条件可得解得根据又联立解得（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，新油滴所受电场力若，即可知新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律可得新油滴向上加速，达到平衡时解得速度大小为速度方向向上；若，即可知设向下为正方向，根据动量守恒定律可知新油滴向下加速，达到平衡时解得速度大小为速度方向向下。5.（2021年湖南卷第9题）（多选）如图，圆心为的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从点移动到点，电场力做功为；若将该粒子从点移动到点，电场力做功为。下列说法正确的是（）A.该匀强电场的场强方向与平行B.将该粒子从点移动到点，电场力做功为C.点电势低于点电势D.若只受电场力，从点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动【答案】AB【解析】A．由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示在x方向有W=Exq2R在y方向有2W=EyqR+ExqR经过计算有Ex=，Ey=，E=，tanθ=由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确；B．该粒从d点运动到b点，电场力做的功为W′=Eq=0.5WB正确；C．沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误；D．若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。故选AB。考向二圆周运动6.（2023年浙江6月卷第8题）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（）A. B. C. D.【答案】A【解析】带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有联立可得故选A。7.（2022年浙江6月卷第15题）（多选）如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为，a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（）

A.轨道半径r小的粒子角速度一定小B.电荷量大的粒子的动能一定大C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动【答案】BC【解析】A．根据电场力提供向心力可得解得可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；BC．根据电场力提供向心力可得解得又联立可得可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正确；D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。故选BC。8.（2022年全国乙卷第8题）（多选）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（）

A.粒子3入射时的动能比它出射时的大B.粒子4入射时的动能比它出射时的大C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能【答案】BD【解析】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有，可得即粒子1入射时动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；D．粒子3做向心运动，有可得粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；故选BD9.（2022年辽宁卷第14题）如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；（2）小球经过O点时的速度大小；（3）小球过O点后运动的轨迹方程。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得（2）小球从B到O，根据动能定理有解得（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有竖直方向有解得，说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有，联立解得小球过O点后运动的轨迹方程考向三电容器动态分析10.（2023年浙江6月卷第12题）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（）A.MC距离为 B.电势能增加了C.电场强度大小为 D.减小R的阻值，MC的距离将变大【答案】B【解析】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示根据几何关系可得联立解得剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示根据几何关系可得故A错误；B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移与电场力方向相反，电场力做功为则小球电势能增加，故B正确；C．电场强度的大小故C错误；D．减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。故选B。11.（2022年重庆卷第2题）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（）A.材料竖直方向尺度减小 B.极板间电场强度不变C.极板间电场强度变大 D.电容器电容变大【答案】A【解析】BCD．根据电容的决定式可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BCD错误；

A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；故选A。12.（2022年北京卷第9题）利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是（）A.充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定B.充电过程中，电压表的示数逐渐增大后趋于稳定C.放电过程中，电流表的示数均匀减小至零D.放电过程中，电压表的示数均匀减小至零【答案】B【解析】A．充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；B．充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；CD．电容器放电的图像如图所示可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，CD错误。故选B。考向四电容器充放电实验13.（2023年山东卷第14题）电容储能已经在电动汽车，风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：电容器C（额定电压，电容标识不清）；电源E（电动势，内阻不计）；电阻箱（阻值）；滑动变阻器（最大阻值，额定电流）；电压表V（量程，内阻很大）；发光二极管，开关，电流传感器，计算机，导线若干。回答以下问题：（1）按照图甲连接电路，闭合开关，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向___________端滑动（填“a”或“b”）。（2）调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为___________V（保留1位小数）。（3）继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为时，开关掷向1，得到电容器充电过程的图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为___________C（结果保留2位有效数字）。（4）本电路中所使用电容器的电容约为___________F（结果保留2位有效数字）。（5）电容器充电后，将开关掷向2，发光二极管___________（填“”或“”）闪光。【答案】①.b②.6.5③.④.⑤.【解析】（1）[1]滑动变阻器分压式接法，故向b端滑动充电电压升高；（2）[2]量程15V，每个小格0.5V，估读，故6.5V；（3）[3]图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，38个小格，故电容器存储的电荷量为C；（4）[4]由电容的定义式得：F；（5）[5]开关掷向2，电容器放电，故闪光。14.（2023年福建卷第13题）某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C（，），定值电阻R（阻值）、开关S、导线若干。（1）电解电容器有正、负电极的区别。根据图（a），将图（b）中的实物连线补充完整_________；（2）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为_________；（3）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压随时间周期性变化，结果如图（d）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于_________状态（填“充电”或“放电”）在_________点时（填“A”或“B”），通过电阻R的电流更大；（4）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压与频率f关系图像，如图（e）所示。当时电容器所带电荷量的最大值_________C（结果保留两位有效数字）；（5）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。【答案】①.②.③.充电④.B⑤.【解析】（1）[1]根据电路图连接实物图，如图所示（2）[2]由图（c）可知周期，所以该矩形波的频率为（3）[3][4]由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。（4）[5]由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为根据电容的定义式得此时电容器所带电荷量的最大值为15.（2023年新课标卷第9题）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。（1）用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的___________（填“正极”或“负极”）接触。（2）某同学设计的实验电路如图（a）所示。先将电阻箱的阻值调为，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是___________。（填正确答案标号）A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭（3）将电阻箱的阻值调为，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图（b）中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为___________（填“R1”或“R2”）时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的___________（填“电压”或“电荷量”）。【答案】①.正极②.C③.④.电荷量【解析】（1）[1]多用电表红表笔流入电流，黑表笔流出电流，故电流表红表笔应该与电池正极接触；（2）[2]电容器充电完成后，开始时两极板电量较多，电势差较大，当闭合“2”接入小灯泡，回路立即形成电流，灯泡的迅速变亮；随着时间的积累，两极板电量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，直至两极板电荷量为零不带电，则无电流流过小灯泡即熄灭，故选C。（3）[3]开始充电时两极板的不带电，两极板电势差为零，设电源内阻为r，则开始充电时有由图像可知开始充电时实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为；[4]图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，故曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。考向五类平抛、类斜抛运动16、（2023年1月浙江卷第12题）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方问偏转电极和荧光屏组成。电极的长度为l、间距为d、极板间电压为极板间电压为零，电子枪加速电压为。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子()A.在极板间的加速度大小为B.打在荧光屏时，动能大小为C.在极板间受到电场力的冲量大小为D.打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角α的正切答案：D解析：极板间的电场强度大小为，电子所受的电场力大小为，由牛顿第二定律得，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为，电子沿方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在极板间沿电场力方向的位移，则电场力做的功，对全过程由动能定理得，B错误；电子刚好从极板的边缘离开时，电子在极板间受到的电场力做的功为，故在极板间受到电场力的冲量大小，C错误；电子离开加速电场时有，电子在及板间的加速度大小为，则离开极板间时电子在垂直极板方向的速度大小为，沿方向有，联立解得，D正确。17.（2023年北京卷第20题）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气速度v方向相反，大小为，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。a、半径为R、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好100%被收集，求的颗粒被收集的百分比。【答案】（1）；（2）a、；b、25%【解析】（1）只要紧靠上极板颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有竖直方向根据牛顿第二定律又解得（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向且解得b.带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有在竖直方向颗粒匀速下落的颗粒带电荷量为颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有设只有距下极板为的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落解得的颗粒被收集的百分比18.（2023年湖北卷第10题）（多选）一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（）A.B.C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变【答案】BD【解析】B．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得，粒子射入电容器后的速度为，水平方向和竖直方向的分速度，从射入到运动到最高点由运动学关系粒子射入电场时由动能定理可得联立解得B正确；A．粒子从射入到运动到最高点由运动学可得，联立可得A错误；C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得，射入电容器到最高点有解得设粒子穿过电容器与水平的夹角为，则粒子射入电场和水平的夹角为C错误；D．粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为，竖直方向的位移为联立，，解得且，即解得即粒子在运动到最高点过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理，，即轨迹不会变化，D正确。故选BD。19.（2023年山东卷第15题）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离，灭火弹出膛速度，方向与水平面夹角，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小，。（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率，灭火弹的质量为，电容，电容器工作电压U应设置为多少？【答案】（1）60m；（2）【解析】（1）灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有竖直方向上有代入数据联立解得（2）根据题意可知又因为联立可得20.（2022年浙江6月卷第9题）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（）

A.M板电势高于N板电势B.两个粒子的电势能都增加C.粒子在两板间的加速度D.粒子从N板下端射出的时间【答案】C【解析】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有联立解得，故C正确，D错误；故选C。21.（2022年湖北卷第10题）（多选）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（）A.t1<t2 B.t1>t2C.Ek1<Ek2 D.Ek1>Ek2【答案】AD【解析】AB．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据可知t1<t2故A正确，B错误。CD．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据可知Ek1>Ek2故C错误，D正确。故选AD。22.（2021年全国乙卷第7题）（多选）四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；粒子与粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与粒子的比荷也相同，所以、、三个粒子偏转角相同，但粒子与前两个粒子的偏转方向相反；粒子的比荷与、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。故选AD。考向六一般曲线运动23.（2023年全国甲卷第5题）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】A．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；B．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；C．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；D．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误；故选A。24.（2023年全国乙卷第6题）（多选）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM=ON，则小球（）A.在运动过程中，电势能先增加后减少B.在P点的电势能大于在N点的电势能C.在M点的机械能等于在N点的机械能D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功【答案】BC【解析】ABC．由题知，OP>OM，OM=ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM=φN>φP则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM=EpN则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。故选BC。25.（2021年天津卷第8题）（多选）两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（）A.两点电荷可能是异种点电荷 B.A点的电场强度比B点的大C.A点的电势高于B点的电势 D.电子运动到P点时动能最小【答案】CD【解析】A．根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷时同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为同种负电荷；故A错误；B．根据等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误；C．因为两点电荷是同种负电荷，电场线指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，故C正确；D．根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M到P电场力做负功，由P到N电场力做正功；由M到P动能减小，由P到N动能增加，故电子运动到P点时动能最小，故D正确。故选CD。一、实验：观察电容器的充、放电现象1．实验步骤(1)按图连接好电路．(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1与触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3与触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．(4)记录好实验结果，关闭电源．2．注意事项(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．(2)要选择大容量的电容器．(3)实验要在干燥的环境中进行．二、电容器及平行板电容器的动态分析1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成．(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值．(3)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板之间的电势差之比．(2)定义式：C＝eq\f(Q,U).(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF.(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离．(2)决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).4．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．5．两类典型动态分析思路比较三、带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题(1)要掌握静电力的特点．静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关．(2)是否考虑重力依据情况而定．基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)．带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力．2．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动．3．用动力学观点分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.4．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek15．带电粒子在交变电场中的直线运动(1)按周期性分段研究．(2)将eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq\o(→,\s\up7(转换))a－t图像eq\o(→,\s\up7(转化))v－t图像．四、带电粒子在匀强电场中的偏转1．带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝eq\f(l,v0)(如图)．(2)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).②离开电场时的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02).③离开电场时的偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).2．两个重要结论(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：在加速电场中有qU0＝eq\f(1,2)mv02在偏转电场偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏转角θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)y、θ均与m、q无关．(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半．3．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)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．五、带电粒子在交变电场中的偏转1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．六、电场中功能关系的综合问题电场中常见的功能关系(1)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力之外，其他力对物体做的功等于物体机械能的变化量．(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量．七、带电粒子在重力场和电场中的圆周运动1．等效重力场物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．2.八、电场中的力电综合问题1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题．2．能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理．(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．3．动量的观点(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒．1.（2024·北京市海淀区·二模）地球表面与大气电离层都是良导体，两者与其间的空气介质可视为一个大电容器，这个电容器储存的电荷量大致稳定，约为5×105C，其间的电场，称为大气电场。设大地电势为零，晴天的大气电场中，不同高度h处的电势φ的变化规律如图所示，不考虑水平方向电场的影响。根据以上信息，下列说法正确的是（）A.大气电场的方向竖直向上B.地面带电量约为2.5×105CC.地面和大气电离层组成的电容器电容值约0.6FD.高度h越大，大气电场强度越小【答案】D【解析】A．大地电势为零，离地面越高，电势越高，因沿电场方向电势降低，可知大气电场的方向竖直向下，选项A错误；B．因地面和大气层分别是电容器的两个电极，电容器储存的电荷量约为5×105C，可知地面带电量约为5×105C，选项B错误；C．根据电容器的定义式可知，地面和大气电离层组成的电容器电容值约故C错误；D．根据可知图像的斜率代表电场的倒数，高度h越大，大气电场强度越小，故D正确。故选D。2.（2024·北京市海淀区·二模）如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m，电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率（相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比）。当两极板间电压为U0时，。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（）A.两极板间电压为U0时，尘埃的最大动能为qU0+B.两极板间电压为U0时，除尘率可达100%C.仅增大尘埃的速率v，可以提升除尘率D.仅减少尘埃的电荷量，可以提升除尘率【答案】B【解析】A．当两极板间电压为U0时，。可知相同时间内有80%的带点尘埃打在下极板，则离开极板间的带点尘埃的偏移量设尘埃的最大动能为，两极板间的距离为，根据动能定理可知解得A错误；B．设离开板间的带电尘埃的偏移量为，极板间的电压为，粒子在平行极板的方向上做匀速直线运动，沿垂直极板的方向做匀加速直线运动，则有根据牛顿第二定律联立解得由于故可解得故B正确；CD．根据上述结论可知，仅增大尘埃的速率v，或仅减少尘埃的电荷量，均使的偏移量减小，会降低除尘率，CD错误。故选B。3.（2024·北京首都师大附中·三模）如图，在探究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，电容器所带电量可视为不变，则下列说法中正确的是（）A.甲图中减小两极正对面积，板间场强不变，静电计指针张角变小B.乙图中增大两板间距，板间场强不变，静电计指针张角变大C.丙图中，在两板间插入其他介质，静电计指针张角变大D.该实验中，可以用磁电式电压表代替静电计测量电压【答案】B【解析】A．根据甲图中减小两极正对面积，可知电容器电容减小，平行板电容器带电量不变，根据可知电容器两极板间的电势差增大，静电计指针张角变大，根据可知板间场强增大，故A错误；B．乙图中增大两板间距，可知电容器电容减小，平行板电容器带电量不变，则电容器两极板间的电势差增大，静电计指针张角增大，根据，，可得可知增大两板间距，板间场强不变，，故B正确；C．丙图中，在两板间插入其他介质，介电常数增大，可知电容器电容增大，平行板电容器带电量不变，则电容器两极板间的电势差减小，静电计指针张角变小，故C错误；D．实验回路中没有电流，不可以用磁电式电压表代替静电计测量电压，故D错误。故选B。4.（2024·北京首都师大附中·三模）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；（3）若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）两极板间的场强带电粒子所受的静电力（2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有解得（3）设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据功能关系有带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有，则该粒子从M板运动到N板经历的时间5.（2024·贵州省六校联盟·三模）如图所示，虚线是电场中的一组平行等差等势面，相邻两等势面间的电势差为，其中等势面的电势为，电子以某初速度从点平行纸面射入，速度方向与等势面夹角为，已知该电子恰好能运动到等势面（不计电子重力）。下列说法正确的是（）A.电子在电场中做匀减速直线运动B.电子运动到等势面时动能为0C.电子运动到等势面时动能为D.电子返回等势面时动能为【答案】C【解析】A．根据题意可知，电子在电场中仅受电场力，电子的初速度方向与电场力方向不在一条直线上，则电子在电场方向上做匀减速直线运动，在垂直电场方向上做匀速运动，即电子在电场中做匀变速曲线运动，故A错误；B．电子运动到等势面时，沿电场方向的速度为0，垂直电场方向的速度不为0，则电子在等势面时动能不为0，故B错误；CD．设电子的初速度为，电子由等势面到e等势面，由动能定理有解得电子由等势面到等势面，由动能定理有解得电子返回等势面时，电场力做功为0，则电子动能为初动能，故C正确，D错误。故选C。6.（2024·海南省四校联考）如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成θ角，直线与匀强电场E互相垂直。在A点以大小为的初速度水平抛出一质量为m，带电量为的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度大小仍为，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中正确的是（）A.小球的电势能减少B.C可能位于直线右侧C.小球的机械能减少量一定等于D.小球的机械能减少量一定大于【答案】D【解析】A．由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故A错误；B．若C位于直线的右侧，则重力做正功，电场力做正功，动能增加，与动能不变矛盾，故B错误；CD．小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向右下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向即故C错误，D正确。故选D。7.（2024·河南省九师联盟·三模）（多选）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用带电粒子在电场中的振荡来产生微波，振荡原理可以理解为：如图所示，以O为原点建立x轴，x<0区域有匀强电场沿x轴负向，其大小，x>0区域有非匀强电场沿x轴正向，其大小，一带负电粒子质量为，电荷量大小为，从处P点由静止释放，粒子仅在电场力作用下在x轴上往返运动.已知质点做简谐振动周期公式（m为质点质量，k为振动系数），设原点O处电势为零.下列说法正确的是（）A.粒子的最大速度为3m/sB.粒子运动到原点O右侧最低电势为-1.6VC.粒子运动的周期为D.粒子向右运动到O点的最远距离为【答案】BC【解析】A．粒子到达原点速度最大为v，由动能定理有解得故A错误；B．粒子运动到原点右侧最远点时电势最低点为，由解得故B正确；C．粒子在电场中单程运动的时间为粒子在电场中受电场力则粒子在电场中做简谐振动，根据简谐振动周期公式粒子运动周期为故C正确；D．从点向右最远运动距离，由动能定理有解得D错误。故选BC。8.（2024·东北师大附中、长春市十一高中、吉林一中、四平一中、松原实验中学1月联合模拟考试）如图甲所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向未知，变化规律如图乙所示。把一质量为m=1kg、带q=＋1C电荷的小球在t=0时从A点以10J的初动能水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为40J的动能竖直向下经过B点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2m，水平距离为1m，A点到水平面C的竖直距离为240m，重力加速度g取10m/s2。求：（1）AB两点间的电势差；（2）匀强电场的场强E0的大小和方向；（3）小球到达水平面C时与A点的水平距离。【答案】（1）10V；（2），方向与水平方向成45°角斜向左下；（3）【解析】（1）AB的水平距离为h=1m，AB的竖直距离为2h=2m，从A到B的过程根据动能定理有解得AB两点之间的电势差（2）小球从A点以动能10J水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点速度竖直向下，为40J，说明水平方向上减速运动，水平方向有解得方向水平向左；竖直方向有解得方向竖直向下。所以匀强电场的场强方向与水平方向成45°角斜向左下。（3）根据题意建立如图所示的坐标系已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同小球从A到B，在y轴上有解得到达D点时小球沿y轴方向的分速度为则A到D沿y轴方向的位移为小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45°指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为经过E点后，2T~3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为2T~3T时间沿y轴的位移为以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T~4T时间沿y轴的位移为4T~5T时间沿y轴的位移为以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为令，解得可知小球在第5次经过y轴后从到达水平面，当时则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为小球在第7次经过y轴之前竖直方向经历了3次匀速直线运动和4次匀加速直线运动，第7次经过y轴时沿y轴的分速度小球在第7次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，从第7次经过y轴到水平面经历时间为与对比可得小球在第7次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，其位移为由A到B的过程中，沿水平方向有解得小球到达水平面时与A点的水平距离。9.（2024·内蒙古呼和浩特市·一模）如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为、电荷量为带电微粒静止在竖直放置的平行金属板的点，经电压加速后通过点小孔进入两板间距为、板长、电压为的水平放置的平行金属板间，若带电微粒从水平平行金属板的右侧穿出，、虚线为两块平行板的中线，带电微粒的重力和所受空气阻力均可忽略。求：（1）带电微粒通过点时的速度大小；（2）带电微粒通过水平金属板过程中电场力对其做功为多少？【答案】（1）；（2）【解析】（1）设带电微粒通过点时的速度大小为，根据动能定理可得解得（2）带电微粒通过水平金属板时竖直方向的位移为y，则有①通过水平金属板的时间②水平金属板间的电场强度③带电微粒在水平金属板间受到的电场力④根据牛顿第二定律可得⑤由①②③④⑤式联立并代入数据解得根据功的计算公式可得解得10.（2024·宁夏中卫市·一模）如图所示，一带电油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且关于过轨迹最低点P的竖直线对称，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）A.Q点的电势比P点的电势高B.油滴在Q点的机械能比在P点的机械能大C.油滴在Q点的电势能比在P点的电势能大D.油滴在Q点的加速度比在P点的加速度大【答案】B【解析】AC．由于油滴轨迹相对于过的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，即Q点的电势能比在P点的电势能小，又由于油滴电性未知，所以Q点的电势与P点的电势高低无法比较。故AC错误；B．在油滴从P点运动到Q点的过程中，除重力与弹力外的电场力做正功，机械能增大，即油滴在Q点的机械能比在P点的机械能大，故B正确；D．由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，故D错误。故选B。11.（2024·青海省玉树州·第四次联考）两个点电荷的质量分别为m1、m2，带异种