金版教程物理2025高考科学复习解决方案第八章 静电场第4讲 带电粒子在电场中的运动含答案

高考科学复习解决方案物理《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第八章静电场第讲带电粒子在电场中的运动[教材阅读指导](对应人教版必修第三册相关内容及问题)第十章第5节阅读[例题1]。第十章第5节阅读[拓展学习]“示波管的原理”。第十章第5节阅读[科学漫步]“范德格拉夫静电加速器”。第十章第5节[练习与应用]T2；T4。提示：T2：－Ume＝0－eq\f(1,2)meveq\o\al(2,m)。T4：设加速电场的电压为U，离子离开加速电场时速度大小为v1，偏转电场中电场强度为E，离子在偏转电场中加速度大小为a，则有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0qE＝ma，进入偏转电场，开始计时，当离子在偏转电场中，沿垂直电场强度方向的位移为x时，经历的时间t＝eq\f(x,v1)，此时离子在平行电场强度方向的位移y＝eq\f(1,2)at2，联立得y＝eq\f(Ex2,4U)，y与q、m无关，故它们不会分离为三股粒子束。必备知识梳理与回顾一、带电粒子在匀强电场中的运动1．加速问题分析带电粒子加速问题的两种思路：(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析；适用于eq\x(\s\up1(01))匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量的情景。(2)利用静电力做功结合eq\x(\s\up1(02))动能定理来分析；适用于涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或eq\x(\s\up1(03))非匀强电场的情景。2．偏转问题(1)条件分析：带电粒子的初速度方向跟电场方向eq\x(\s\up1(04))垂直。(2)运动性质：eq\x(\s\up1(05))类平抛运动。(3)处理方法：利用运动的合成与分解。①沿初速度方向：做eq\x(\s\up1(06))匀速直线运动。②沿电场方向：做初速度为零的eq\x(\s\up1(07))匀加速直线运动。③运动过程，如图所示：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\x(\s\up1(08))\f(qE,m)＝\x(\s\up1(09))\f(qU,md),\a\vs4\al(运动,时间)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a.能飞出平行板：t＝\x(\s\up1(10))\f(l,v0),b.打在平行极板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)))),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\x(\s\up1(11))\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d),离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\x(\s\up1(12))\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d)))二、示波管1．构造示波管的构造如图所示，它主要由eq\x(\s\up1(01))电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。2．工作原理(1)如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿eq\x(\s\up1(02))直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的eq\x(\s\up1(03))信号电压，XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作eq\x(\s\up1(04))扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的eq\x(\s\up1(05))周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。一、堵点疏通1．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()2．带电粒子在电场中运动时，不加特别说明重力可以忽略不计；带电微粒、带电液滴在电场中运动时，不加特别说明重力不可以忽略不计。()答案1.×2.√二、对点激活(人教版必修第三册·第十章第5节[练习与应用]T3)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。在下列两种情况下，分别求出电子偏转角的正切与氢核偏转角的正切之比。(1)电子与氢核的初速度相同；(2)电子与氢核的初动能相同。答案(1)eq\f(mH,me)(2)1解析设偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏转电场中运动的时间为t＝eq\f(l,v0)，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))。(1)若电子与氢核的初速度相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若电子与氢核的初动能相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝1。关键能力发展与提升考点一带电粒子(带电体)在电场中的直线运动拓展延伸1．带电粒子(带电体)在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，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，一般都要考虑重力。2．做直线运动的条件(1)带电粒子(带电体)所受合力F合＝0，则静止或做匀速直线运动。(2)带电粒子(带电体)所受合力F合≠0，且合力与初速度方向在同一条直线上，则将做变速直线运动。3．解题思路(1)用动力学观点分析Eq＋F其他＝ma，E＝eq\f(U,d)(匀强电场)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(匀变速直线运动)。(2)用能量观点分析①匀强电场中：W电＝Eqd＝qU，W电＋W其他＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1。考向1带电粒子在电场中的直线运动例1(2022·北京高考)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eq\f(d,2)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)qeq\f(U,d)(2)eq\r(\f(2qU,m))(3)eq\f(3d,2)eq\r(\f(m,qU))[解析](1)两平行金属板间的场强大小E＝eq\f(U,d)带电粒子所受的静电力的大小F＝qE联立解得F＝qeq\f(U,d)。(2)带电粒子从M板由静止开始运动到N板的过程中，根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(\f(2qU,m))。(3)设带电粒子运动eq\f(d,2)距离时的速度大小为v′，根据动能定理有qeq\f(U,2)＝eq\f(1,2)mv′2－0带电粒子在前eq\f(d,2)距离做匀加速直线运动，后eq\f(d,2)距离做匀速直线运动，设经历的时间分别为t1、t2，有eq\f(d,2)＝eq\f(v′,2)t1eq\f(d,2)＝v′t2该粒子从M板运动到N板经历的时间t＝t1＋t2联立解得t＝eq\f(3d,2)eq\r(\f(m,qU))。带电粒子在电场中运动的分析方法解决此类问题的关键是灵活利用动力学方法分析，可以采用受力分析和动力学公式相结合的方法进行解决，也可以采用功能的观点进行解决，往往优先采用动能定理。【跟进训练】1.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点答案A解析设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，A正确。考向2带电体在静电力和重力等作用下的直线运动考查角度1：静电力和速度方向在同一直线上例2(多选)如图所示，一中央开有正对小孔的平行板电容器，水平放置并与电源连接，电源电压恒为U，开关闭合时，将一带电液滴从两小孔的正上方P点静止释放，液滴穿过A板的小孔a恰好能够到达B板的小孔b处，然后沿原路返回(不计一切阻力，且液滴运动过程中电荷量保持不变)。现欲使液滴能从小孔b处穿出，下列可行的办法是()A．保持开关闭合，将A板下移一段距离B．保持开关闭合，将B板下移一段距离C．将开关断开，将A板上移一段距离D．将开关断开，将B板上移一段距离[答案]BD[解析]带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPb－qU＝Ekb－0，开关闭合时，电容器两板之间的电压U不变，将A板下移一段距离，hPb不变，液滴仍恰好能够达到B板的小孔b处；将B板下移一段距离，hPb增大，根据动能定理知，液滴能够从小孔b处穿出，A错误，B正确。带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPb－qEd＝Ekb－0，开关断开时，极板所带电荷量不变，极板间电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知改变两极板间距离，场强不变，将A板上移一段距离，d增大，hPb不变，根据动能定理知，液滴不可能从小孔b处穿出；将B板上移一段距离，d减小，hPb减小，且减小量相同，又由hPb>d可知mg<qE，则结合动能定理分析可知，液滴能够从小孔b处穿出，C错误，D正确。例3(2023·新课标卷)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、eq\f(v0,4)；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eq\f(v0,2)，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)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝eq\f(4,3)πr3ρ由题意知，油滴速率为v时，所受空气阻力大小f＝krv(k为大于零的常量)若两板间不加电压，当油滴匀速竖直下落时，受力平衡，有mg＝f解得r＝eq\r(\f(3kv,4πρg))∝eq\r(v)可知eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(v0),\r(\f(1,4)v0))＝eq\f(2,1)则eq\f(ma,mb)＝eq\f(req\o\al(3,a),req\o\al(3,b))＝eq\f(8,1)。(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eq\f(v0,2)，且运动方向均竖直向下，可知加上电压后，油滴a向下做减速运动，油滴b向下做加速运动，则油滴a受到的电场力方向向上，油滴a带负电，油滴b受到的电场力方向向下，油滴b带正电；当再次匀速竖直下落时，对a，由平衡条件可得|qa|E＋fa′＝mag其中fa′＝eq\f(1,2)krav0又不加电压时有fa＝krav0＝mag对b，由平衡条件可得fb′＝|qb|E＋mbg其中fb′＝eq\f(1,2)krbv0又不加电压时有fb＝eq\f(1,4)krbv0＝mbg联立解得eq\f(|qa|,|qb|)＝eq\f(4,1)。考查角度2：静电力的方向和带电体的速度方向不在同一直线上例4(多选)如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成θ角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是()A．两种情形下带电小球的运动时间相等B．两种情形下电容器所加电压相等C．小球的速度满足关系v0＝v1＝v2D．小球的速度满足关系2veq\o\al(2,0)＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2)[答案]BD[解析]静电力的方向垂直于极板，由于两种情形下小球均沿着水平方向运动，竖直方向所受合力均为零，因此两种情形下带电小球所受静电力大小均为F＝eq\f(mg,cosθ)，又因两电容器相同，根据F＝Eq＝eq\f(Uq,d)知两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析知第一种情形小球做匀减速直线运动，第二种情形小球做匀加速直线运动，初速度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情形带电小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；两种情形小球在水平方向上的加速度大小均为a＝eq\f(Fsinθ,m)＝gtanθ，第一种情形，水平方向上有：veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2ax，第二种情形，水平方向上有：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,0)＝2ax，两式联立，可得2veq\o\al(2,0)＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2)，D正确。考点二带电粒子在匀强电场中的偏转拓展延伸1.基本规律设粒子所带电荷量为q，质量为m，所受重力影响忽略，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d，粒子能以平行金属板的初速度v0进入两金属板间且能从两金属板之间穿过，则有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在电场中的运动时间：t＝eq\f(l,v0)。(3)末速度eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d)))。2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场U1加速后再从同一偏转电场U2射出时的偏转角度θ和偏移量y总是相同的。证明：由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qU2l,mveq\o\al(2,0)d)，得tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)。由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及y＝eq\f(qU2l2,2mveq\o\al(2,0)d)，得y＝eq\f(U2l2,4U1d)。(2)粒子经电场偏转射出后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O1为粒子在初速度方向分位移的中点，即O1到极板边缘在初速度方向的距离为eq\f(l,2)。3．在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。(1)确定最终偏移距离思路一：思路二：(2)确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：考向1带电粒子在匀强电场中的类平抛运动例5(2021·全国乙卷)(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，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()[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a＝eq\f(qE,m)，由类平抛运动规律可知，垂直于电场方向有x＝v0t，平行于电场方向有y＝eq\f(1,2)at2，联立得y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))。因为四个带电粒子的初速度v0相同，所以沿x轴方向运动相同距离时，沿y轴方向运动的距离与比荷成正比，再结合粒子所带电荷的电性，分析可知，粒子(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)向一侧偏转，粒子(－q，m)向另一侧偏转，且比荷相同的粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)的偏转程度相同，比荷较小的粒子(＋q，2m)的偏转程度较小，故A、D可能正确，B、C错误。例6(多选)如图所示，三个同样的带电粒子a、b、c(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹如图，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是()A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．在电场中运动过程中，c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同[答案]ACD[解析]三个粒子相同，故进入电场后，受到的静电力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y＝eq\f(1,2)at2，所以ta＝tb＞tc，故B错误，A正确；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v0＝eq\f(x,t)，因为xb＝xc＞xa，ta＝tb＞tc，所以有vc＞vb＞va，故C正确；根据动能定理有qU＝Eqy＝ΔEk，知c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同，故D正确。例7(2023·湖北高考)(多选)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，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2L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．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶1C．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]微粒在电容器中沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做匀变速直线运动，设微粒射入电容器时的速度为v0，则水平方向和竖直方向的分速度大小分别为v0x＝v0cosα，v0y＝v0sinα，其中α＝45°，微粒从射入电容器到运动到最高点，设运动时间为t1，则有2L＝v0xt1，d＝eq\f(0＋v0y,2)t1，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；在电容器中运动过程，由牛顿第二定律可得微粒的加速度大小a＝eq\f(F,m)，微粒所受电场力大小F＝qE，两极板间的电场强度大小E＝eq\f(U2,2d)，从射入电容器到运动到最高点，由运动学公式知veq\o\al(2,0y)＝2ad，微粒经电压U1加速过程，由动能定理可得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从最高点到穿出电容器，设运动时间为t2，则有L＝v0xt2，穿出电容器时沿竖直方向的分速度大小vy＝at2，从射入电容器到最高点有v0y＝at1，且2L＝v0xt1，解得vy＝eq\f(v0y,2)＝eq\f(v0x,2)，设微粒射出电容器时速度与水平方向的夹角为β，则tanβ＝eq\f(vy,v0x)＝eq\f(1,2)，因此微粒穿过电容器区域的偏转角的正切值为tan(α＋β)＝eq\f(\a\vs4\al(tanα＋tanβ),1－tanαtanβ)＝3，C错误；微粒射入电容器后，经时间t，水平方向的位移为x＝v0xt，竖直方向的位移为y＝v0yt－eq\f(1,2)at2，联立解得y＝x－eq\f(U2x2,4dU1)，即微粒在电容器中的运动轨迹与微粒的电荷数量、质量无关，D正确。带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路(1)动力学观点动力学观点是指用牛顿运动定律和运动学公式来解决实际问题。带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。(2)能量观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。考向2带电体在静电力和重力等作用下的类平抛运动例8(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是()A．两极板间电场强度大小为eq\f(mg,q)B．两极板间电压为eq\f(2mgd,q)C．整个过程中质点的重力势能增加eq\f(3mg2L2,2veq\o\al(2,0))D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上[答案]BD[解析]据题分析可知，质点在平行板间的轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，则两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝mg，解得：E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed可知两极板间电压为：U＝eq\f(2mgd,q)，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离为：y＝eq\f(1,2)at2，而a＝eq\f(qE－mg,m)＝g，t＝eq\f(L,v0)，解得：y＝eq\f(gL2,2veq\o\al(2,0))，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝eq\f(gL2,veq\o\al(2,0))，整个过程质点重力势能的增加量为：Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,veq\o\al(2,0))，故C错误；因两极板上所带电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，若仅增大两极板间的距离，可知板间场强不变，质点在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故质点仍能垂直打在M上，D正确。考向3带电粒子在组合场中的运动例9如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。(1)求电子穿过A板时的速度大小v0；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；(3)求OP的距离Y；(4)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。[答案](1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4dU1)(3)eq\f(U2L,2U1d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋l))(4)增加L或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度[解析](1)粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：L＝v0t则沿电场方向：eeq\f(U2,d)＝ma侧移量：y＝eq\f(1,2)at2联立解得：y＝eq\f(U2L2,4dU1)。(3)由几何关系可知：eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋l)＝eq\f(y,Y)得：Y＝eq\f(U2L,2U1d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋l))。(4)该示波器的灵敏度D＝eq\f(y,U2)解得：D＝eq\f(L2,4dU1)则增加L或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度。例10如图是示波管的原理图。它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成。管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑。下列说法不正确的是()A．要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY′上加电压，且Y′比Y电势高B．要想让亮斑移到荧光屏的左下方，需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势低、Y比Y′电势低C．要想在荧光屏上出现一条竖直亮线，需在偏转电极YY′上加特定的周期性变化的电压D．要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压[答案]A[解析]要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY′上加电压，使电子受向上的电场力，则要使Y比Y′电势高，A错误；要想让亮斑移到荧光屏的左下方，则要使电子受到OX′以及OY′方向的电场力，需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势低、Y比Y′电势低，B正确；由示波管的原理可知，要想在荧光屏上出现一条竖直亮线，需在偏转电极YY′上加特定的周期性变化的电压，C正确；要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，D正确。本题选说法不正确的，故选A。考点三带电粒子在交变电场中的运动方法技巧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，利用动力学规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．带电粒子在交变电场中运动的分析要点(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、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)注意从两条思路出发：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。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。例11如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)[答案]B[解析]设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度为负。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)时粒子运动的速度图像如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。【跟进训练】2.如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O2为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O2方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。(1)求带电粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝eq\f(L,v0)，从t＝0开始，前eq\f(T,3)时间内UMN＝2U，后eq\f(2T,3)时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O2方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。(不计带电粒子之间的相互作用)答案(1)eq\f(4d2veq\o\al(2,0),U0L2)(2)eq\f(3U0,8)解析(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直极板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,0)式中粒子的加速度大小a0＝eq\f(qE0,m)电场强度大小E0＝eq\f(U0,d)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2veq\o\al(2,0),U0L2)。(2)粒子通过两板间的时间t＝eq\f(L,v0)＝T从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)如图所示为从不同时刻射入电场的粒子在垂直极板方向的分速度与时间的关系图像，根据题意和图像分析可知，从t＝nT(n＝0，1，2，…)或t＝eq\f(T,3)＋nT(n＝0，1，2，…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×T×vym，式中vym＝a1×eq\f(T,3)解得U＝eq\f(3U0,8)。课时作业[A组基础巩固练]1.(2023·河北省保定市高三下二模)一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，电源电动势为E，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，电子质量为m，电荷量为－e，忽略电子的重力，则()A．设定C板电势为0，电子在A点的电势能为－eq\f(2,3)eEB．若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置C．若要让电子能够到达D板，可将D板向右平移至某位置D．若要让电子能够到达D板，可闭合开关，再将D板向右平移至某位置答案B解析由题图可知，金属板间的电场线方向由C指向D，C、D两板间的电势差UCD＝φC－φD＝E，设C、D两极板间距离为d，两极板间电场强度E′＝eq\f(E,d)，沿着电场线电势逐渐降低，设定C板电势为0，即φC＝0，又UCA＝φC－φA＝E′·eq\f(2,3)d，解得φA＝－eq\f(2,3)E，电子在A点的电势能为EpA＝－eφA＝eq\f(2,3)eE，故A错误；闭合开关，一段时间后再断开开关，则金属板电容器极板上的电荷量Q不变，根据电容的定义式和决定式C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)，及平行板电容器间电场强度E′＝eq\f(U,d)可知，E′＝eq\f(4πkQ,εrS)，即E′与板间距离无关，由题意并结合动能定理可知，若将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，电子能够到达D板，若将D板向右平移至某位置，电子无法到达D板，B正确，C错误；当闭合开关时，两极板间电势差UCD＝E保持不变，根据动能定理可知，D板无论向左移动还是向右移动，电子都无法到达D板，D错误。2.(2022·浙江6月选考)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eq\r(2)v0；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a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)答案C解析由于不知道两粒子或M、N所带电荷的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A错误；根据题意，垂直M板向右运动的粒子，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板下端过程电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，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eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，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，则在电场中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－veq\o\al(2,0)＝2ad，联立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，故C正确，D错误。3.(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()A．所用时间为eq\f(mv0,qE)B．速度大小为3v0C．与P点的距离为eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向与竖直方向的夹角为30°答案C解析粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有x＝v0t，在竖直方向上有y＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)t2，当粒子到达MN连线上的某点时，有eq\f(y,x)＝tan45°，联立可得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A错误；当粒子到达MN连线上的某点时，有vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故此时粒子的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B错误；由几何关系可知，粒子到达MN连线上的某点时，与P点的距离为L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，故C正确；粒子到达MN连线上的某点时，速度方向与竖直方向的夹角的正切值为tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)<tan30°，可知此时的速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。4.如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍然保持静止 B．竖直向下运动C．向左下方运动 D．向右下方运动答案D解析两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板右端向下移动一小段距离时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。5.(2022·广东省深圳市高三下一模)如图所示，竖直平面内两个带电小油滴a、b在匀强电场E中分别以速度v1、v2做匀速直线运动，不计空气阻力及两油滴之间的库仑力，下列说法正确的是()A．a、b带异种电荷 B．a比b的比荷大C．a的电势能减小，b的电势能增加D．沿v1方向电势增加，沿v2方向电势减小答案C解析由于两油滴均做匀速直线运动，则所受电场力与重力平衡，电场力都竖直向上，因此a、b均带正电荷，A错误；根据qE＝mg得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，因此a、b的比荷相同，B错误；a向上运动，电场力做正功，电势能减小，b向下运动，电场力做负功，电势能增加，C正确；沿电场线方向，电势减小，因此沿v1方向电势减小，沿v2方向电势增加，D错误。6.(多选)如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴质量为m，电荷量为q，现仅将上极板上移些许，其他条件保持不变，则下列分析正确的是()A．上移后油滴的运动轨迹仍然是直线B．上移后电场强度大小为eq\f(mg,q)，方向竖直向上C．上移后下板和上板之间的电势差为eq\f(mgd,q)D．上移后油滴穿越两板之间的电场电势能减少了mgd答案ABD解析由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，有qE＝mg，可得E＝eq\f(mg,q)，方向竖直向上，根据E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B正确；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当上极板向上移动些许时，上、下两极板间的电势差U变大，不再是eq\f(mgd,q)，C错误；当上极板向上移动后，E不变，所以油滴射出电场时的位置也不变，重力做功－mgd，则静电力做功mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，D正确。[B组综合提升练]7.(2022·全国乙卷)(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R＋d)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r1、r2(R<r1<r2<R＋d)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2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解析粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，电场力做正功，则动能增大，即粒子3入射时的动能比它出射时的小，同理可知，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故A错误，B正确；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Er＝k，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，有qE1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，qE2＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(qE1r1,2)＝eq\f(kq,2)，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(kq,2)，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；粒子3入射后做近心运动，有qE2>meq\f(veq\o\al(2,3),r2)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)<eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确。8.(2022·湖南省永州市高三下高考第三次适应性考试)如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(即电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时(忽略边缘效应及重力影响)，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C与两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为()A.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m)) B.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,2m))C.eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（L2＋d2）,m)) D.eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（L2－d2）,m))答案C解析从细管C发射出的β粒子的末速度方向沿水平方向，则其逆运动为该β粒子从细管C水平进入电场，最后落到O，做类平抛运动，根据类平抛运动规律，有L＝v0t，eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2，vy＝at，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，根据牛顿第二定律有ma＝eeq\f(U,d)，联立解得从放射源O发射出的β粒子的这一速度为v＝eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（L2＋d2）,m))，故选C。9．(2023·浙江1月选考)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′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XX′极板间的加速度大小为eq\f(eU,m)B．打在荧光屏时，动能大小为11eUC．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为eq\r(2meU)D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα＝eq\f(l,20d)答案D解析在XX′极板间的电场强度大小为Ex＝eq\f(U,d)，电子在该电场中所受电场力大小为Fx＝eEx，由牛顿第二定律可得Fx＝max，联立得电子在XX′极板间的加速度大小为ax＝eq\f(eU,md)，A错误；设电子经加速电场加速后速度大小为vz，由动能定理有10Ue＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,z)，设电子在XX′极板间运动的时间为t，离开XX′极板间时在垂直OO′方向的分速度大小为vx，有l＝vzt，vx＝axt，电子离开XX′极板后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为Ek＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,z)＋veq\o\al(2,x))，联立得Ek＝eUeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(l2,40d2)))，B错误；电子在XX′极板间受到电场力的冲量大小为Ix＝Fxt，联立得Ix＝eq\f(l,d)eq\r(\f(meU,20))，C错误；打在荧光屏时，电子速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα＝eq\f(vx,vz)，联立得tanα＝eq\f(l,20d)，D正确。10．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，电容器极板长L＝10cm，极板间距d＝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，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。答案(1)13.5cm(2)30cm解析(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①设电容器间偏转电场的场强为E，则有：E＝eq\f(U,d)②设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则：沿中心轴线方向有：t＝eq\f(L,v0)③垂直中心轴线方向有：a＝eq\f(eE,m)④联立①②③④得y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eUL2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4U0d)⑤设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：vy＝at⑥tanθ＝eq\f(vy,v0)⑦则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltanθ＝eq\f(3UL2,4U0d)⑧由题图乙知t＝0.06s时刻U＝1.8U0，解得Y＝13.5cm。(2)由题知电子偏转量y的最大值为eq\f(d,2)，根据y＝eq\f(UL2,4U0d)可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。代入⑧式得：Ymax＝eq\f(3L,2)⑨所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：2Ymax＝3L＝30cm。第八章核心素养提升[科学思维提炼]1．守恒思想：电荷守恒定律。2．转换法：(1)利用验电器两金属箔片张开的角度大小显示带电体带电量的多少；(2)利用静电计指针偏角显示电容器极板间电压大小。3．放大法、转换法：(1)库仑扭秤实验；(2)密立根油滴实验——电子电荷量的测定。4．控制变量法：(1)探究影响电荷间相互作用的力的演示实验；(2)研究影响平行板电容器电容因素的演示实验。5．比例法定义物理量：(1)电场强度的定义；(2)电势的定义；(3)电容的定义。6．作图法：(1)用电场线、等势线(等势面)形象描述电场的性质；(2)根据平行板电容器充放电时电流大小随时间的变化图像，求解电容器所带的电荷量。7．类比法：(1)等势线与等高线的类比；(2)电容物理意义的理解；(3)带电粒子在偏转电场中的运动——类平抛运动。8．微元法：推导静电力做功特点的过程。9．反证法：分析静电平衡状态导体内电场特点的思路。10．等分法：确定电场线及电势高低的一种方法。11．等效法：分析带电物体在匀强电场与重力场作用下运动的模型——等效重力场法：等效重力加速度、等效最高点、等效最低点。[素养提升集训]一、选择题(本题共7小题)1．(2023·广东省佛山市高三下教学质量检测(二))(多选)某种驻极体自身总带有定量的电荷，且所带电荷无法自由移动，利用驻极体可实现力电转换，进而解决可穿戴电子设备的供电难题。下图为某种可发生弹性形变的驻极体，其内部带有负电荷，闭合开关，按压驻极体，下方金属板上的自由电子在静电力作用下发生如右图所示的移动。下列说法正确的是()A．若闭合开关S，在向下按压驻极体的过程中，电流自左向右流经电阻RB．若闭合开关S，在向下按压驻极体的过程中，机械能转化为电能C．若闭合开关S，周期性按压驻极体，有交变电流流经电阻RD．若断开开关S，按压驻极体，则下方金属板上的P点电势升高答案BC解析若闭合开关S，由按压状态图可知，电子自左向右流经电阻R，故电流自右向左流经电阻R，故A错误；若闭合开关S，由题目描述可知，在向下按压驻极体的过程中，机械能转化为电路的电能，故B正确；若闭合开关S，向下按压驻极体时金属板上的自由电子自左向右流经电阻R进入大地，可知当停止按压，驻极体恢复为原状，自由电子从大地经电阻R流回金属板，所以若周期性按压驻极体，则有交变电流流经电阻R，故C正确；开关闭合，没有按压驻极体时无电流，说明金属板上P点电势等于大地的电势，按压驻极体时，电流方向自右向左，说明大地电势高于此时P点电势，所以若断开开关S，按压驻极体，会使P点电势降低，故D错误。2.(2021·江苏高考)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则()A．O、C两点电势相等B．A点的电场强度大于B点C．沿直线从A到B电势先升高后降低D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大答案A解析在均匀带正电的完整球面中，球内场强处处为零，则O、C两点电势相等；由对称性可知，左、右半球面在O点的电势相等，在C点的电势也相等，则题中O、C两点电势相等，故A正确。在均匀带正电的完整球面中，设左、右半球面在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左、右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2；在图示电场中，A点的电场强度大小为E2，B点的电场强度大小为E1，所以A点的电场强度与B点的电场强度大小相等，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误。对于均匀带正电的右半球面，由电场叠加可知，AO直线处场强方向向左；同理可知完整球面的左半球面在OB处场强方向向右，又因在完整球面内部场强处处为零，可知右半球面在OB处场强方向向左；故题中右半球面在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势逐渐升高，故C错误。3．(2022·江苏省苏锡常镇四市高三下教学情况调研二)足够大的带电金属平板其附近的电场可看作匀强电场，平行板电容器内部电场是两个极板电荷的叠加场。某平行板电容器的带电量为Q，内部场强为E，不计电容器的边缘效应，其两极板间的吸引力为()A．QE B.eq\f(QE,2)C．2QE D．4QE答案B解析将电容器的一个极板上的电荷看作是场源电荷，另一个极板上的电荷看作检验电荷，由题意可知电容器内部电场是两个极板电荷产生的匀强电场的叠加场，则场源电荷产生的电场场强大小为eq\f(E,2)，因此两极板相互间的静电力为F＝eq\f(E,2)·Q＝eq\f(QE,2)，故B正确，A、C、D错误。4．(2023·辽宁省葫芦岛市高三下第二次模拟)(多选)为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O点为坐标原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点(图中未标出)，以O为圆心、r为半径作圆。如图甲所示，从P点起逆时针沿圆周测量圆上各点的电势和转过的角度θ，当半径r分别取r0、2r0、3r0时，绘制的φ­θ图像对应乙图中③、②、①，它们的电势均在θ＝θ0时达到最大值，最大值分别为2φ0、3φ0、4φ0。下列说法正确的是()A．O点为电势零点B．场强的大小为eq\f(φ0,r0)C．场强方向与x轴正方向的夹角为θ0D．曲线①、②、③的交点M和N在同一等势线上答案BD解析电势降低最快的方向是电场方向，则以O为圆心、r为半径的圆周上过电势最高点的电场线一定过圆心O，且方向为从电势最高点指向O点，结合题图乙知，电场方向与x轴负方向夹角为θ0，故C错误；由上述分析，根据匀强电场中电势差与场强的关系U＝Ed，结合题意和题图乙可知，场强大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(φ1max－φ3max,3r0－r0)＝eq\f(φ0,r0)，B正确；根据U＝Δφ＝Ed可知，O点电势φO＝2φ0－Er0＝φ0，A错误；曲线①、②、③交于M、N两点，则半径r分别取3r0、2r0、r0的圆周上的点在θ＝θM和θ＝θN时电势分别相等，根据匀强电场场强方向与等势线的关系可知，θ＝θM和θ＝θN时，对应的半径均垂直于场强方向，故M和N在过O点的同一等势线上，故D正确。5.(2023·福建省三明市高三下质量检测)(多选)如图，水平放置的A、B板和M、N板分别组成平行板电容器C1和C2，A板通过一理想二极管与M板相连接，B板和N板都接地。M、N两板之间插有电介质，A板和B板正中均有一小孔，两孔在同一竖直线上。现让A板带正电，稳定后，一带电液滴从小孔正上方由静止开始下落，穿过小孔到达B板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是()A．仅将A板向下移动一小段距离后，A板电势升高B．仅将N板向右移动一小段距离时，C1、C2均不充、放电C．仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，C1充电、C2放电D．M板向下移动一小段距离时，液滴能穿过B板小孔答案BD解析开始各板均不带电，各板电势均为0，让A板带正电后，A板电势大于0，二极管导通，有电流从A板到M板，M板带上正电，直到A、M板电势相同后达到稳定。仅将A板向下移动一小段距离后，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器C1的电容增大，设A板电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)可知A板电势降低，所以M板要给A板充电，但是二极管反向无法接通，所以不能充电，故A板电荷量不变，电势降低，故A错误；仅将N板向右移动一小段距离时，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器C2的电容减小，设M板电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)可知M板电势升高，M板要给A板充电，但是二极管反向无法接通，所以不能充电，故M板电荷量不变，A板电荷量不变，C1、C2均不充、放电，故B正确；仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器C2的电容增大，设M板电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)可知M板电势降低，A板要给M板充电，二极管正向导通，所以能充电，则C1放电、C2充电，故C错误；M板向下移动一小段距离时，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器C2的电容增大，由C项分析同理可知C1放电、C2充电，则A、B板间电势差减小，电场强度减小，带电液滴在A、B板间克服电场力做功减小，由动能定理可知液滴能穿过B板小孔，故D正确。6.(2023·浙江6月选考)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1.0×10－8C、质量为3.0×10－4kg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)，重力加速度g取10m/s2，则()A．MC距离为5eq\r(3)cmB．电势能增加了eq\f(3,4)eq\r(3)×10－4JC．电场强度大小为eq\r(3)×104N/CD．减小R的阻值，MC的距离将变大答案B解析闭合开关、剪断细线前对小球受力分析如图1所示，根据平衡条件和几何关系，水平方向有Tcos60°＝qEcos60°，竖直方向有Tsin60°＋qEsin60°＝mg，联立解得T＝eq\r(3)×10－3N，电场强度的大小E＝eq\r(3)×105N/C，C错误；剪断细线，小球所受合力沿细线拉力T的反方向，大小为F合＝T＝eq\r(3)×10－3N，则小球沿原细线方向向