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專題18 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動
課標(biāo)要求 知識要點(diǎn) 命題推斷
1.理解電容器的基本概念，掌握好電容器的兩類動態(tài)分析. 2.能運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解解決帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題. 3.用動力學(xué)方法解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動問題． 考點(diǎn)一　平行板電容器的動態(tài)分析 考點(diǎn)二　帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運(yùn)動 考點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 考點(diǎn)四　帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動 題型：選擇題 計(jì)算題 1平行板電容器兩類動態(tài)的分析 2生產(chǎn)生活中的電容器動態(tài)分析 3電場中帶電粒子/體的直線運(yùn)動 4電場中帶電粒子/體的拋體運(yùn)動 5帶電體在等效重力場中的運(yùn)動
考點(diǎn)一　平行板電容器的動態(tài)分析
1．電容器的充、放電
(1)充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．
(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．
2．對公式C＝的理解
電容C＝，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關(guān)．
3．兩種類型的動態(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＝分析平行板電容器電容的變化．
(3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．
(4)用E＝分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變化．
考點(diǎn)二　帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運(yùn)動
1．做直線運(yùn)動的條件
(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．
(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)動或勻減速直線運(yùn)動．
2．用功能觀點(diǎn)分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能觀點(diǎn)分析
勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
考點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場．
(2)運(yùn)動性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動．
(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，類似于平拋運(yùn)動．
(4)運(yùn)動規(guī)律：
①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時(shí)間
②沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動
2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．
證明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度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.
3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(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＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差．
考點(diǎn)四　帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動
等效法處理疊加場問題
1．各種性質(zhì)的場(物質(zhì))與實(shí)際物體的根本區(qū)別之一是場具有疊加性，即幾個(gè)場可以同時(shí)占據(jù)同一空間，從而形成疊加場．
2．將疊加場等效為一個(gè)簡單場，其具體步驟是：先求出重力與電場力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力 ”，將a＝視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場中做圓周運(yùn)動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可．
（2024 渾南區(qū)校級模擬）如圖所示，兩極板水平放置的平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計(jì)外殼接地。閉合電鍵S時(shí)，一帶電的油滴恰好靜止于電容器中的P點(diǎn)。下列說法正確的是（　　）
A．若將A極板向下平移一小段距離，則帶電油滴向下運(yùn)動
B．若將A極板向下平移一小段距離，P點(diǎn)電勢將降低
C．若斷開電鍵S，再將B極板向下平移一小段距離，靜電計(jì)指針張角變大
D．若斷開電鍵S，再將B極板向下平移一小段距離，P點(diǎn)電勢將降低
【解答】解：A、電容器與電源相連，電壓U不變，若將A極板向下平移一小段距離，根據(jù)，電場強(qiáng)度增大，帶電油滴向上運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)UPB＝E|PB|＝φP﹣0，P點(diǎn)電勢將升高，故B錯(cuò)誤。
C、若斷開電鍵S，電容器帶電荷量Q不變，將B極板向下平移一小段距離，根據(jù)，電容減小，根據(jù)，電壓增大，靜電計(jì)指針張角變大，故C正確。
D、電場強(qiáng)度不變，根據(jù)UPB＝E|PB|＝φP﹣0，P點(diǎn)電勢將升高，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2024 南京模擬）電容話筒是錄音棚中常用設(shè)備。一種電容式話筒的采集端原理圖如圖所示，當(dāng)聲波密部靠近振膜時(shí)振膜產(chǎn)生向右的形變，疏部靠近振膜時(shí)振膜產(chǎn)生向左的形變。已知振膜和背板均為導(dǎo)體，不采集聲音時(shí)電容器電荷量穩(wěn)定。下列說法正確的是（　　）
A．不采集聲音時(shí)，通過電阻的電流方向從a到b
B．當(dāng)疏部靠近時(shí)，電容器的電荷量變大
C．當(dāng)密部靠近時(shí)，a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢
D．當(dāng)密部靠近時(shí)，電容器的電容變小
【解答】解：A、不采集聲音時(shí)，電容器電荷量穩(wěn)定，電路中沒有電流，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)疏部靠近時(shí)，振膜產(chǎn)生向左的形變，振膜和背板間的距離增大，根據(jù)電容的決定式C分析可知，電容變小，電壓不變，由電容的定義式C分析可知，電容器的電荷量變小，故B錯(cuò)誤；
CD、當(dāng)密部靠近時(shí)，振膜產(chǎn)生向右的形變，振膜和背板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C分析可知，電容變大，電壓不變，由電容的定義式C分析可知，電容器的電荷量變大，流過R的電流方向從a到b，則a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2024 坪山區(qū)校級模擬）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電容式風(fēng)力傳感器，如圖所示。將電容器與靜電計(jì)組成回路，可動電極在風(fēng)力作用下向右移動，風(fēng)力越大，移動距離越大（可動電極不會與固定電極接觸）。若極板上電荷量保持不變，則下列說法正確的是（　　）
A．風(fēng)力越大，電容器電容越小
B．風(fēng)力越大，靜電計(jì)指針張角越小
C．風(fēng)力越大，靜電計(jì)指針張角越大
D．風(fēng)力越大，極板間電場強(qiáng)度越大
【解答】解：ABC、可動電極在風(fēng)力作用下向右移動，風(fēng)力越大，移動距離越大，則板間距離d越小，根據(jù)電容決定式：，可得電容越大。極板上電荷量保持不變，根據(jù)電容定義式：，可得板間電壓越小，則靜電計(jì)指針張角越小，故AC錯(cuò)誤，B正確；
D、風(fēng)力越大，板間距越小，極板間電場強(qiáng)度為：，可得極板間電場強(qiáng)度保持不變，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024 海淀區(qū)校級三模）如圖，在探究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，電容器所帶電量可視為不變，則下列說法中正確的是（　　）
A．甲圖中減小兩極正對面積，板間場強(qiáng)不變，靜電計(jì)指針張角變小
B．乙圖中增大兩板間距，板間場強(qiáng)不變，靜電計(jì)指針張角變大
C．丙圖中，在兩板間插入其他介質(zhì)，靜電計(jì)指針張角變大
D．該實(shí)驗(yàn)中，可以用磁電式電壓表代替靜電計(jì)測量電壓
【解答】解：A、根據(jù)電容的決定式C、電容的定義式C以及E得：E，可知甲圖中減小兩極正對面積，電容器所帶電量不變，則板間場強(qiáng)變大。
根據(jù)電容的決定式C知電容變大，由電容的定義式C知電容器兩極板間電勢差變小，靜電計(jì)指針張角變小，故A錯(cuò)誤；
B、乙圖中增大兩板間距，根據(jù)E，可知板間場強(qiáng)不變。由U＝Ed知電容器兩極板間電勢差變大，靜電計(jì)指針張角變大，故B正確；
C、丙圖中，在兩板間插入其他介質(zhì)，電容變大，電容器所帶電量不變，由電容的定義式C知電容器兩極板間電勢差變小，靜電計(jì)指針張角變小，故C錯(cuò)誤；
D、靜電計(jì)與電壓表原理不同，電壓表中必須有電流通過時(shí)指針才偏轉(zhuǎn)，而靜電計(jì)中沒有電流，所以不用磁電式電壓表代替靜電計(jì)測量電壓，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（多選）（2024 湖北模擬）如圖所示，豎直平面直角坐標(biāo)系xOy所在平面內(nèi)存在一勻強(qiáng)電場，電場的方向與x軸負(fù)方向成60°角。A、B為以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的豎直圓周上的兩點(diǎn)，O、A兩點(diǎn)的連線與一條電場線重合。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從A點(diǎn)沿平行于x軸正方向射出，小球經(jīng)過時(shí)間t到達(dá)x軸上的B點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球的速度大小與在A點(diǎn)射出時(shí)相同。已知重力加速度大小為g。則（　　）
A．小球一定帶正電，場強(qiáng)
B．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中增加的電勢能為
C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中運(yùn)動速度的最小值為初速度的倍
D．小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，方向與場強(qiáng)方向相反
【解答】解：A、小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)動能不變，其中重力做正功，電場力做負(fù)功，可知帶正電。設(shè)A、B兩點(diǎn)距離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為L，由動能定理知
mgLsin60°﹣qEL（1+cos60°）＝0
解得
故A錯(cuò)誤；
CD、對小球受力分析，如圖
由圖可知
F合x＝qEsin30°，F(xiàn)合y＝mg﹣qEcos30°
聯(lián)立，解得
又
可知小球所受合力與豎直方向夾角為
θ＝30°
小球做類平拋運(yùn)動，沿合力方向與垂直合力方向分解速度，如圖
根據(jù)類平拋運(yùn)動的對稱性，小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中當(dāng)速度方向與合力垂直時(shí)，所用時(shí)間為，運(yùn)動速度具有最小值為
又
，
解得
根據(jù)類平拋運(yùn)動的對稱性，可知小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)沿合力方向速度大小為v2，垂直合力方向速度大小為v1，設(shè)合速度與v1夾角為α，則有
解得
α＝30°
由幾何關(guān)系可知，小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為
α+θ＝30°+30°＝60°
即與場強(qiáng)方向相反，故CD正確；
B、小球沿y軸方向，由牛頓第二定律知
mg﹣qEsin60°＝may
又
解得
小球沿電場線方向上的位移大小為
則電勢能的增加量
故B正確。
故選：BCD。
（2024 江蘇模擬）如圖所示，兩實(shí)線所圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)有一徑向電場，電場強(qiáng)度方向沿半徑指向圓心，電場強(qiáng)度大小可表示為為到圓心的距離，k為常量。兩個(gè)粒子a和b分別在半徑為r1和r2（r1＜r2）的圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動，已知兩粒子的比荷大小相等，不考慮粒子間的相互作用及重力，則（　　）
A．a(chǎn)粒子的電勢能大于b粒子的電勢能
B．a(chǎn)粒子的速度大于b粒子的速度
C．a(chǎn)粒子的角速度大于b粒子的角速度
D．若再加一個(gè)垂直運(yùn)動平面向里的勻強(qiáng)磁場，粒子做離心運(yùn)動
【解答】解：A．兩個(gè)粒子a和b分別在半徑為r1和r2（r1＜r2）的圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動，向心力由電場力提供，所以兩個(gè)粒子帶正電，若兩個(gè)粒子的電荷量相同，則a粒子的電勢能小于b粒子的電勢能，而兩個(gè)粒子的電荷量無法確定，所以無法確定電勢能的高低，故A錯(cuò)誤；
B．圓周運(yùn)動，電場力提供向心力
解得
兩粒子的比荷大小相等，k為常量，所以圓周運(yùn)動的速度為一個(gè)定值。a粒子的速度等于b粒子的速度，故B錯(cuò)誤；
C．a(chǎn)粒子的速度等于b粒子的速度，所以a粒子的角速度大于b粒子的角速度，故C正確；
D．若再加一個(gè)垂直運(yùn)動平面向里的勻強(qiáng)磁場，因?yàn)榱Ｗ幼龅膱A周運(yùn)動的方向不確定，若為順時(shí)針，則合力不足以提供向心力，離心運(yùn)動，若為逆時(shí)針，則合力大于向心力，做向心運(yùn)動。故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2024 廣東模擬）在與紙面平行的勻強(qiáng)電場中，建立如圖甲所示的直角坐標(biāo)系，a、b、c、d是該坐標(biāo)系中的4個(gè)點(diǎn)，已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V；現(xiàn)有一電子以某一初速度從O點(diǎn)沿Od方向射入，則圖乙中abcd區(qū)域內(nèi)，能大致反映電子運(yùn)動軌跡的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【解答】解：如圖所示
連接ad與y軸交于m點(diǎn)，根據(jù)勻強(qiáng)電場的特點(diǎn)有
Uam＝Umd
即
φa﹣φm＝φm﹣φd
代入數(shù)據(jù)解得
φm＝4V
故bm連線為勻強(qiáng)電場的一條等勢線，過O點(diǎn)作等勢線的垂線，根據(jù)根據(jù)電場線總是指向電勢降低的方向，可知電場方向沿著aO方向，由于電子帶負(fù)電，所受電場力的方向與電場強(qiáng)度的方向相反，即電子所受電場力方向沿著Oa方向，根據(jù)物體做曲線運(yùn)動的條件可知，軌跡在合力與速度之間，則能大致反映電子運(yùn)動軌跡的是②，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024 樂清市校級三模）（電場磁場綜合）如圖乙，真空玻璃管內(nèi)，陰極發(fā)出的電子（初速度為零）經(jīng)KA間的電場加速后，以一定的速度沿玻璃管的中軸線射入平行極板D1、D2。若兩極板無電壓，電子打在熒光屏中心P1點(diǎn)；若兩極板加上偏轉(zhuǎn)電壓U，電子打在熒光屏上的P2點(diǎn)；若兩極板間再加上垂直紙面方向的有界勻強(qiáng)磁場（磁場只存在于板間區(qū)域），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則電子又打到P1點(diǎn)；若撤去電場只留磁場，電子恰好從極板D1、D2右側(cè)邊緣射出。已知兩極板間距為d，板長為2d，設(shè)電子的質(zhì)量為m、電荷量大小為q，則（　　）
A．電子進(jìn)入兩板間的速度
B．將KA的加速電壓和D1、D2兩板間的電壓同時(shí)加倍，電子還是打在P2點(diǎn)
C．只留磁場，電子恰好從極板右側(cè)邊緣射出時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為
D．電子的比荷
【解答】解：A、若兩極板加上偏轉(zhuǎn)電壓U，電子打在熒光屏上的P2點(diǎn)；若兩極板間再加上垂直紙面方向的有界勻強(qiáng)磁場（磁場只存在于板間區(qū)域），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則電子又打到P1點(diǎn)，說明此時(shí)電子做勻速直線運(yùn)動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：qvB＝q，解得：v，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)加速電壓為U0，電子進(jìn)入兩板間的速度為v0，根據(jù)動能定理可得：qU0
設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移為y，板長為L＝2d，兩板間距離為d，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得：y
將KA的加速電壓U0和D1、D2兩板間的電壓U同時(shí)加倍，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移不變，電子還是打在P2點(diǎn)，故B正確；
C、只留磁場，電子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系可得：R2＝（2d）2+（）2
解得：R
則tanθ，解得：tanθ，即電子恰好從極板右側(cè)邊緣射出時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為，故C錯(cuò)誤；
D、電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m
其中R
聯(lián)立解得：，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024 渾南區(qū)校級模擬）《三體》動畫的一開頭就有這樣的臺詞：“科學(xué)發(fā)展，突破口在哪兒？”、“粒子對撞實(shí)驗(yàn)”。如圖所示，在y＜0的區(qū)域內(nèi)存在一定高度范圍的、沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，在y＞0的區(qū)域內(nèi)存在垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場.在電場下邊緣有一粒子源S，某時(shí)刻，粒子源沿y軸正方向發(fā)射出一質(zhì)量為m、帶正電的粒子a，已知粒子a進(jìn)入電場時(shí)的速度為v0，進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向與x軸正方向的夾角為θ＝60°，在粒子a進(jìn)入磁場的同時(shí)，另一不帶電粒子b也經(jīng)x軸進(jìn)入磁場，運(yùn)動方向與粒子a進(jìn)入磁場的方向相同，在粒子a沒有離開磁場時(shí)，兩粒子恰好發(fā)生正碰（碰撞前的瞬間，粒子a、粒子b的速度方向相反），不計(jì)兩粒子的重力。求：
（1）電場力對粒子a所做的功；
（2）碰撞前粒子b的速度大小；
（3）若兩粒子碰后結(jié)合成粒子c，結(jié)合過程不損失質(zhì)量和電荷量，且從α粒子進(jìn)入磁場的位置向左沿x軸負(fù)方向放置有無限長的吸收板（粒子c碰上吸收板后立即被吸收而不再運(yùn)動），經(jīng)過分析可知無論b粒子的質(zhì)量怎么取值，吸收板上都有兩段區(qū)域總是粒子c不能到達(dá)的，請你計(jì)算出這兩段區(qū)域長度的比值大小，并分析出要能夠使粒子c到達(dá)吸收板，粒子b的質(zhì)量所要滿足的條件。
【解答】解：（1）設(shè)粒子a進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，則
vsinθ＝v0
解得
由動能定理得，電場力做的功
解得
（2）兩粒子的運(yùn)動軌跡大致如圖所示（b粒子的出發(fā)點(diǎn)不一定在坐標(biāo)原點(diǎn)且對答案無影響），設(shè)a粒子的圓周半徑為r，由等時(shí)性
解得
（3）設(shè)碰后c粒子的速度vc，半徑為rc，那么對粒子a在磁場中勻速圓周運(yùn)動
對粒子c在磁場中勻速圓周運(yùn)動
討論：①若vc沿粒子a的方向，取vc速度方向?yàn)檎较颍瑒t
mv﹣mbvb＝（m+mb）vc
欲使粒子能到達(dá)吸收板，則必須
解得
粒子c不可能到達(dá)的區(qū)域長度
②若vc沿粒子b的方向，取vc速度方向?yàn)檎较颍瑒t
mbvb﹣mv＝（m+mb）vc
欲使粒子c能到達(dá)吸收板，則必須
解得
粒子c不可能到達(dá)的區(qū)域長度
綜上所述：粒子c所不能到達(dá)的兩端區(qū)域長度之比
PQ：MN＝1：1
粒子c能到達(dá)吸收板，粒子b的質(zhì)量須滿足
或
答：（1）電場力對粒子a所做的功；
（2）碰撞前粒子b的速度大小；
（3）這兩段區(qū)域長度的比值大小1：1，粒子b的質(zhì)量要滿足或。
（2024 河南二模）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的y軸沿豎直方向，x軸沿水平方向，在y≥h的區(qū)域存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場，其它區(qū)域無電場。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球從y軸上y＝2h處無初速釋放，不計(jì)阻力，重力加速度大小為g，帶電小球做加速度大小為g的勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動方向與y軸負(fù)方向成60°夾角。求：
（1）電場強(qiáng)度大小；
（2）小球從釋放到經(jīng)過x軸的運(yùn)動時(shí)間及小球經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)。
【解答】解：（1）帶電小球在y≥h的區(qū)域做勻加速運(yùn)動，受力如圖所示
由牛頓第二定律得F合＝ma
由題知a＝g
則由圖可見F電＝mg
又F電＝qE
解得，電場方向與x軸正方向成30°斜向上。
（2）由題圖可知，小球經(jīng)過y＝h水平線時(shí)x坐標(biāo)
①小球在2h≥y≥h區(qū)間運(yùn)動有
解得
又
解得
②小球在0≤y＜h區(qū)間運(yùn)動：
水平方向做速度為v1x勻速直線運(yùn)動，有x2＝v1xt2
豎直方向做初速為v1y，加速度為g的勻加速直線運(yùn)動，有
聯(lián)立解得
小球從釋放到x軸的運(yùn)動時(shí)間
小球經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)x＝x1+x2＝3h
答：（1）電場強(qiáng)度大小為，電場方向與x軸正方向成30°斜向上；
（2）小球從釋放到經(jīng)過x軸的運(yùn)動時(shí)間為，小球經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)標(biāo)x＝3h。
題型1平行板電容器兩類動態(tài)的分析
（2024 桃城區(qū)校級模擬）如圖，兩平行板電容器C1、C2正對面積分別為S、2S，兩板間距離分別為d、，開始時(shí)開關(guān)斷開，兩板間電壓分別為U1、U2，兩電容器帶電量均為Q。下列說法正確的是（　　）
A．U1＝U2
B．閉合開關(guān)后，電阻R上有a→b電流
C．閉合開關(guān)并穩(wěn)定后，C1、C2兩電容器帶電量之比為4：1
D．閉合開關(guān)并穩(wěn)定后，兩板間電壓U介于U1、U2之間
【解答】解：A、已知兩平行板電容器C1、C2正對面積分別為S、2S，兩板間距離分別為d、，由電容的決定式可得：
由電容的定義式，以及Q1＝Q2，解得：，故A錯(cuò)誤；
B、閉合開關(guān)后，C1放電，C2充電，則流過R的電流為b→a，故B錯(cuò)誤；
C、閉合開關(guān)并穩(wěn)定后，兩電容器電壓相同，由Q＝CU解得Q1：Q2＝C1：C2＝1：4，故C錯(cuò)誤；
D、C1放電，U1減小，C2充電，U2增大，所以閉合開關(guān)并穩(wěn)定后，兩板間電壓U介于U1、U2之間，故D正確。
故選：D。
（2024 鹽城模擬）電流傳感器和計(jì)算機(jī)相連能畫出電流隨時(shí)間變化的i﹣t圖像。某同學(xué)在觀察電容器的充放電現(xiàn)象時(shí)，按照圖甲連接成如圖乙所示電路。t＝0開始，開關(guān)接1；t＝2s時(shí)，把開關(guān)改接2，得到電流傳感器中的電流隨時(shí)間變化的i﹣t圖像如圖丙所示。該過程中電容器兩端的電壓隨時(shí)間變化的u﹣t圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：電容器在充電過程中，電流由最大逐漸減小，放電過程電流也是由最大逐漸減小，根據(jù)q＝It可知，q﹣t圖像的切線的斜率表示電流的大小，則斜率逐漸變小，根據(jù)電容的定義式可得U，可知在充電和放電時(shí)，u﹣t圖像的斜率也是逐漸變小，故ABC錯(cuò)誤，D正確；
故選：D。
（2024 松江區(qū)校級三模）某同學(xué)利用圖甲所示電路觀察電容器的充電和放電現(xiàn)象，計(jì)算機(jī)屏幕顯示出放電過程的I﹣t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．電容器放電時(shí)電子由b向a通過電阻
B．電容器放電過程中電阻R兩端電壓逐漸增大
C．將電阻R換成阻值更大的電阻，放電時(shí)間變長
D．若R＝20Ω，則可知電源電動勢E＝80V
【解答】解：A、開關(guān)S接1時(shí)電源給電容器充電后上極板帶正電，開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，電流由極板正極流過電阻R到負(fù)極板，而電子的移動方向與電流方向相反，則電子由a向b通過電阻R，故A錯(cuò)誤；
B、電容器放電過程中電流逐漸減小，根據(jù)歐姆定律U＝IR，可知電阻R兩端電壓逐漸減小，故B錯(cuò)誤；
C、若R增大，總電量q不變，則對電流阻礙作用增大，即電流減小，由q＝It可知放電時(shí)間會邊長，故C正確；
D、由題意可知，電源的電動勢：E＝ImR＝4×10﹣3×20V＝80mV，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
題型2生產(chǎn)生活中的電容器動態(tài)分析
（2024 沙坪壩區(qū)校級模擬）電容式話筒是錄音棚中最常用設(shè)備。采集端原理圖如圖所示，背板和振膜可視為構(gòu)成平行板電容器，當(dāng)聲波密部靠近振膜時(shí)振膜產(chǎn)生向右的形變，疏部靠近振膜時(shí)振膜產(chǎn)生向左的形變。已知不采集聲音時(shí)電容器電荷量穩(wěn)定。則（　　）
A．不采集聲音時(shí)，a點(diǎn)電勢等于b點(diǎn)電勢
B．電池放久后電動勢變小，電容器電容變大
C．當(dāng)疏部靠近時(shí)，a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢
D．當(dāng)密部靠近時(shí)，b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢
【解答】解：A、不采集聲音時(shí)，電容器完成充電，電路無電流，a點(diǎn)電勢和b點(diǎn)等勢相等，故A正確；
B、電容的大小與電池?zé)o關(guān)，故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)疏部靠近時(shí)振膜產(chǎn)生向左的形變，振膜與背板間距增大，根據(jù)可得電容減小，由于電容器兩端電壓不變，則電容器放電，通過電阻的電流由b指向a，故a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)密部靠近時(shí)振膜產(chǎn)生向右的形變，振膜與背板間距減小，根據(jù)可得電容增大，由于電容器兩端電壓不變，則電容器充電，通過電阻的電流由a指向b，故a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
（2024 思明區(qū)校級模擬）圖甲所示的是由導(dǎo)電的多晶硅制成的電容加速度傳感器。圖乙是其原理圖，傳感器可以看成由兩個(gè)電容C1、C2組成，當(dāng)傳感器有沿著箭頭方向的加速度時(shí)，多晶硅懸臂梁的右側(cè)可發(fā)生彎曲形變。下列對這個(gè)傳感器描述正確的是（　　）
A．勻速向上運(yùn)動時(shí)，C1減小，C2增加
B．勻速向下運(yùn)動時(shí)，C1減小，C2增加
C．由靜止突然加速向上運(yùn)動時(shí)，C1減小，C2增加
D．正在勻速向上運(yùn)動的傳感器突然停止運(yùn)動時(shí)，C1減小，C2增加
【解答】解：AB、勻速運(yùn)動時(shí)，多晶硅懸梁臂相對于頂層多晶硅上下極板間的距離均不變，根據(jù)電容的決定式C可知，電容器的各個(gè)結(jié)構(gòu)均未改變，則C1、C2均不變，故AB錯(cuò)誤；
C、由靜止突然加速向上運(yùn)動，多晶硅懸臂梁的右側(cè)由于慣性會向下發(fā)生彎曲，多晶硅懸梁臂相對于頂層多晶硅上極板的距離增大，下極板的距離減小，根據(jù)電容的決定式C可知，C1減小，C2增大，故C正確；
D、正在勻速向上運(yùn)動的傳感器突然停止運(yùn)動時(shí)，多晶硅懸臂梁的右側(cè)由于慣性會向上發(fā)生彎曲，多晶硅懸梁臂相對于頂層多晶硅上極板的距離減小，下極板的距離增大，根據(jù)電容的決定式C可知，C1增大，C2減小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2024 天津三模）為了方便在醫(yī)院輸液的病人及時(shí)監(jiān)控藥液是否即將滴完，有人發(fā)明了一種利用電容器原理實(shí)現(xiàn)的輸液報(bào)警裝置，實(shí)物圖和電路原理如圖所示。閉合開關(guān)，當(dāng)藥液液面降低時(shí)，夾在輸液管兩側(cè)的電容器C的兩極板之間介質(zhì)由液體改變?yōu)闅怏w，蜂鳴器B就會因通過特定方向的電流而發(fā)出聲音，電路中電表均為理想電表。根據(jù)以上說明，下列選項(xiàng)分析正確的是（　　）
A．液面下降后，電容器兩端電壓變大
B．液面下降后，電容器所帶電量減少
C．液面下降時(shí)蜂鳴器電流由a流向b
D．輸液管較粗時(shí)，電容器容值會變大
【解答】解：A、電容器一直與電源相連接，兩端電壓不變，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)電容的決定式子C可知，輸液管較粗時(shí)，電容器容值不變，兩極板之間介質(zhì)由液體改變?yōu)闅怏w，電容減小，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電量減少，故B正確，D錯(cuò)誤；
C、液面下降時(shí)，電容器所帶電量減少，則蜂鳴器電流由b流向a，故C錯(cuò)誤；
故選：B。
題型3電場中帶電粒子/體的直線運(yùn)動
（2024 合肥二模）我國是世界上第三個(gè)突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國家。霍爾推進(jìn)器的工作原理簡化如圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實(shí)驗(yàn)中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強(qiáng)度為I。氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為（　　）
A．I B．I C．I D．I
【解答】解：氙離子在加速電場中由動能定理有：
設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)有n個(gè)氙離子噴射出，則有：
取水平向右為正方向，對n個(gè)氙離子由動量定理有：FΔt＝nmv﹣0
聯(lián)立方程可得：
由牛頓第三定律可知離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力，故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
（多選）（2024 成都模擬）如圖，平行板電容器與電壓為U的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離d，待電路穩(wěn)定后，帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，從靠近左板處由靜止釋放，測得粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間為t，到達(dá)右板的速度大小為v，重復(fù)上述過程，完成多次實(shí)驗(yàn)。板間電場可視為勻強(qiáng)電場，粒子所受重力忽略不計(jì)。下列圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB．對于帶正電的粒子，在勻強(qiáng)電場中僅受電場力作用，根據(jù)動能定理，有
可得粒子到達(dá)右板的速度v滿足
可知，粒子到達(dá)右板的速度v的大小與板間距離d無關(guān)，故A正確、B錯(cuò)誤；
CD．設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式：
Eq＝ma
聯(lián)立可得
可知，粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間與板件距離成正比，故C正確、D錯(cuò)誤。
故選：AC。
（2024 青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，一內(nèi)壁光滑的細(xì)管彎成半徑為R＝0.1m的半圓形軌道CD，豎直放置，其內(nèi)徑略大于小球的直徑，水平軌道與豎直半圓軌道在最低點(diǎn)C點(diǎn)平滑連接。置于水平軌道上的彈簧左端與豎直墻壁相連，C的左側(cè)有水平向右E＝2×104N/C的勻強(qiáng)電場。將一個(gè)帶電量q＝+3×10﹣6C，質(zhì)量為m＝5×10﹣2kg的絕緣小球放在彈簧的右側(cè)后，用力水平向左推小球而壓縮彈簧至A處使彈簧具有彈性勢能Ep＝0.1J，然后將小球由靜止釋放，小球運(yùn)動到C處后進(jìn)入CD管道，剛好能到最高點(diǎn)D處。在小球運(yùn)動到C點(diǎn)前彈簧已恢復(fù)原長，水平軌道左側(cè)AC段長為L＝0.2m。g＝10m/s2，小球運(yùn)動的全過程中所帶電荷不變，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求（答案可保留分?jǐn)?shù)）：
（1）小球運(yùn)動到軌道最低處C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力的大小；
（2）水平軌道的動摩擦因數(shù)μ；
（3）若在前兩問的基礎(chǔ)上，僅在半圓形軌道CD區(qū)域再加上水平向右E'＝1.25×105N/C的勻強(qiáng)電場，再次將小球由A處靜止釋放，小球進(jìn)入軌道CD后的最大動能Ekm。
【解答】解：（1）小球剛好能到最高點(diǎn)D處，D處時(shí)的速度為零，則從C到D，由機(jī)械能守恒定律有
在C點(diǎn)時(shí)，對小球，由牛頓第二定律有
由牛頓第三定律，支持力FNC等于壓力FNC'，即FNC'＝FNC
解得：FNC'＝2.5N
（3）從A到C，由能量守恒定律有
，
解得：μ＝0.12
（3）設(shè)小球在M點(diǎn)具有最大動能，M點(diǎn)所在半徑與豎直方向的夾角θ，如圖所示，則有
從C到M，由動能定理有
解得最大動能為：Ekm＝0.1125J
答：（1）小球運(yùn)動到軌道最低處C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力的大小為2.5N；
（2）水平軌道的動摩擦因數(shù)μ為0.12；
（3）小球進(jìn)入軌道CD后的最大動能Ekm為0.1125J。
題型4電場中帶電粒子/體的拋體運(yùn)動
（2024 湖北模擬）如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列說法中正確的是（已知重力加速度為g）（　　）
A．兩極板間電壓為
B．板間電場強(qiáng)度大小為
C．整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢能增加
D．若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點(diǎn)不可能垂直打在M上
【解答】解：AB、據(jù)題分析可知，質(zhì)點(diǎn)在平行板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動，飛出電場后，質(zhì)點(diǎn)的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后兩個(gè)過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動軌跡具有對稱性，可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得
在電場中有 qE﹣mg＝ma
在電場外有 mg＝ma
解得：
由U＝Ed，可得板間電勢差，故AB錯(cuò)誤；
C、質(zhì)點(diǎn)在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離，又a＝g，，解得
故質(zhì)點(diǎn)打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為s
重力勢能的增加量，故C正確；
D、僅增大兩極板間的距離d，因電容器兩極板上電荷量Q不變，正對面積不變，根據(jù)E、C、C推導(dǎo)得E，可知，電容器板間場強(qiáng)不變，質(zhì)點(diǎn)在電場中受力情況不變，則運(yùn)動情況不變，仍垂直打在屏上，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2024 青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，M、N是兩塊水平放置的平行金屬板，R0為定值電阻，R1和R2為可變電阻，開關(guān)S閉合。質(zhì)量為m的帶負(fù)電荷的微粒（不計(jì)重力）從P點(diǎn)以水平速度v0射入金屬板間，沿曲線打在N板上的O點(diǎn)。若經(jīng)下列調(diào)整后，微粒仍從P點(diǎn)以水平速度v0射入，則關(guān)于微粒打在N板上的位置說法正確的是（　　）
A．保持開關(guān)S閉合，增大R1粒子打在O點(diǎn)左側(cè)
B．保持開關(guān)S閉合，增大R2粒子打在O點(diǎn)左側(cè)
C．?dāng)嚅_開關(guān)S，M極板稍微上移，粒子打在O點(diǎn)右側(cè)
D．?dāng)嚅_開關(guān)S，N極板稍微下移，粒子打在O點(diǎn)右側(cè)
【解答】解：A、保持開關(guān)S閉合，R0兩端的電壓為U0，增大R1，U0將減小，電容器板間電壓減小，板間場強(qiáng)減小，粒子受到電場力減小，加速度減小，由和x＝v0t得水平位移為x＝v0，水平位移將增大，故粒子打在O點(diǎn)右側(cè)，故A錯(cuò)誤；
B、保持開關(guān)S閉合，增大R2，不會影響電阻R0兩端的電壓，粒子的受力情況不變，運(yùn)動情況不變，故粒子仍打在O點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C、斷開開關(guān)S，平行板電容器帶電量不變，根據(jù)E，結(jié)合C及C可得E，則電容器板間電場強(qiáng)度不變，故粒子的加速度不變，M極板稍微上移，不會影響粒子的運(yùn)動，故粒子仍打在O點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
D、同理可知，斷開開關(guān)S，N極板稍微下移，電容器板間電場強(qiáng)度不變，粒子的加速度不變，若M極板稍微下移，垂直極板方向的運(yùn)動的位移變大，沿極板方向運(yùn)動的位移也增大，故粒子打在O點(diǎn)右側(cè)，故D正確。
故選：D。
（2024 河南一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，第三象限存在沿x軸正方向的電場強(qiáng)度大小為E0的勻強(qiáng)電場，y軸與半圓弧內(nèi)無電場，半圓弧的半徑為R，直徑Oa在y軸上，O1是圓心，O1b連線垂直y軸，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子（不計(jì)重力）從x軸負(fù)半軸上d點(diǎn)以某一速度垂直進(jìn)入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過半圓弧上的c點(diǎn)，且∠cO1a＝53°。已知d、O兩點(diǎn)間的距離為，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求粒子在d點(diǎn)的速度大小。
（2）求粒子從d點(diǎn)到c點(diǎn)電場力做功的平均功率。
（3）若僅粒子的射入點(diǎn)向右移動到e點(diǎn)，則粒子剛好能經(jīng)過b點(diǎn)到達(dá)y軸，粒子從y軸進(jìn)入磁場后又正好運(yùn)動到O點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
【解答】解：（1）設(shè)粒子在d點(diǎn)的速度大小為v0，粒子從d到c做類平拋運(yùn)動，把位移分別沿著x軸與y軸分解，如圖
由幾何關(guān)系可得
x1＝L﹣Rsin53°
y1＝R+Rcos53°
由類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得
y1＝v0t1
聯(lián)立解得
（2）粒子從d點(diǎn)到c點(diǎn)電場力做的功為
W＝E0qx1
電場力做功的平均功率為
聯(lián)立可得
（3）粒子從e點(diǎn)到b點(diǎn)，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得
R＝v0t2
粒子到達(dá)b點(diǎn)時(shí)沿x軸正方向的分速度為
合速度為
聯(lián)立解得
分析可得粒子在b點(diǎn)的速度與y軸的負(fù)方向成45°角，粒子在b點(diǎn)的速度v由b指向a，則粒子從b到a做勻速直線運(yùn)動，粒子在a點(diǎn)進(jìn)入磁場；由勻速圓周運(yùn)動的對稱性，粒子在O點(diǎn)的速度與y軸的負(fù)方向也成45°角，過a、O兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的半徑，設(shè)圓周運(yùn)動的半徑為r，如圖所示
由幾何關(guān)系可得
由洛倫茲力提供向心力可得
聯(lián)立可得
答：（1）粒子在d點(diǎn)的速度大小；
（2）粒子從d點(diǎn)到c點(diǎn)電場力做功的平均功率；
（3）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
題型5帶電體在等效重力場中的運(yùn)動
（2024 天河區(qū)校級模擬）如圖所示，勻強(qiáng)電場方向與水平虛線ab間的夾角θ＝30°，將一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從水平虛線上的O點(diǎn)沿電場方向以某一速度拋出，M是小球運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)，MN⊥ab，軌跡與虛線ab相交于N點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)（圖中沒有畫出）。已知重力加速度為g，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．若ON＜NP，則小球帶負(fù)電
B．若ON＞NP，則小球帶正電
C．若ON＜NP，則電場強(qiáng)度大小可能等于
D．若ON＝3NP，則電場強(qiáng)度大小一定等于
【解答】解：AB.小球在豎直方向上先向上做勻減速直線運(yùn)動再做勻加速運(yùn)動，再M(fèi)點(diǎn)處時(shí)豎直分速度減小到0；
根據(jù)對稱性可知，小球從O運(yùn)動到M點(diǎn)的時(shí)間與從M運(yùn)動到P的時(shí)間相等，若ON＜NP，表面小球在水平方向做勻加速直線運(yùn)動，則小球所受電場力沿場強(qiáng)方向，即小球帶正電；若ON＞OP，表面小球在水平方向做勻減速直線運(yùn)動，則小球所受電場力沿場強(qiáng)方向相反，即小球帶負(fù)電，故AB錯(cuò)誤；
C.若ON＜NP，小球帶正電，小球在豎直方向先做勻減速直線運(yùn)動，則有Eqsinθ＜mg，即，故C錯(cuò)誤；
D.若ON＝3NP，則小球帶負(fù)電，在水平方向做勻減速直線運(yùn)動，由于小球從O運(yùn)動到M點(diǎn)的時(shí)間與從M運(yùn)動到P的時(shí)間相等，說明在P點(diǎn)時(shí)，水平方向的分速度恰好減速為0，設(shè)小球拋出時(shí)的初速度為v0；
水平方向
豎直方向
聯(lián)立解得，故D正確。
故選：D。
（多選）（2024 武侯區(qū)校級模擬）如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC，固定在光滑的水平地面上，且圓弧軌道最低點(diǎn)C與水平地面相切。空間加有水平向右的勻強(qiáng)電場，A點(diǎn)位于B點(diǎn)左上方，相對于B點(diǎn)的水平距離和豎直高度均為R，一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，恰能從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，小球離開軌道后，運(yùn)動到D點(diǎn)（D點(diǎn)未畫出）時(shí)速度減為零，則（　　）
A．小球帶負(fù)電
B．CD段長度為2R
C．小球從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度為
D．從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中小球的電勢能增加了3mgR
【解答】解：A、由題意可知，小球恰好從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，此時(shí)的速度是豎直向下的，則從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球在水平方向上減速，小球受到水平向左的電場力作用，與電場方向相反，則小球帶負(fù)電，故A正確；
BCD、小球恰好從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，則小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)水平方向速度為零。
小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，則
可得小球運(yùn)動的時(shí)間和到達(dá)B點(diǎn)的速度大小分別為
，
小球在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動，則有
可得小球從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小為，小球在水平方向的加速度的大小為a＝g
可知小球受到的電場力大小為F＝Eq＝mg
小球從A到D的過程中，由動能定理可得
解得AD間水平方向的距離：x＝3R
可得CD段的長度為xCD＝x﹣2R＝3R﹣2R＝R
根據(jù)功能關(guān)系可得從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中小球的電勢能增加了ΔEp＝Fx＝3mgR，故BC錯(cuò)誤，D正確。
故選：AD。
（2024 泉州模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy的第一、四象限內(nèi)分布有勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），第二象限內(nèi)有一點(diǎn)P，其坐標(biāo)為（﹣L，h），欲使一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球從P處無初速下滑后，能運(yùn)動到O點(diǎn)，在PO之間用一斜面PA與水平面AO連接，小球離開O后，恰好能經(jīng)過y上的Q點(diǎn)，已知Q點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣d），整個(gè)過程中小球帶電量保持不變，經(jīng)A處時(shí)無機(jī)械能損失，忽略一切摩擦，重力加速度大小為g。
（1）求小球運(yùn)動到O處時(shí)的速度大小；
（2）若欲使小球從P運(yùn)動到O的時(shí)間最短，則斜面的傾角應(yīng)為多大；
（3）在（2）問情況下，已知電場方向與y軸正方向夾角為α（α＜90°），若小球運(yùn)動的加速度為最小值時(shí)，求電場強(qiáng)度大小；并求出此情況下小球從P到Q運(yùn)動的總時(shí)間。
【解答】解：（1）小球從P到O的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mghmv2
解得：v
（2）設(shè)斜面傾角為θ，當(dāng)小球沿PA運(yùn)動時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ＝ma1
由（1）可知小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小始終為：v
從P運(yùn)動到A的時(shí)間為：t1
從A運(yùn)動到O的時(shí)間為：t2
小球從P運(yùn)動到O所用的總時(shí)間：
tPO＝t1+t2
當(dāng)tPO最小時(shí)，由數(shù)學(xué)知識（利用導(dǎo)數(shù)求極值）解得：θ＝60°
此情況下：tPO
（3）離開O點(diǎn)后，對小球受力分析如下圖所示：
當(dāng)電場力方向與合外力方向垂直時(shí)，小球所受合外力最小，其加速度最小。
由幾何關(guān)系得：qE＝mgcosα
解得：E
小球沿x軸方向做勻變速運(yùn)動，沿x軸方向的加速度大小為：
axgsinαcosαgsin（2α）
從O運(yùn)動到Q時(shí)間為：
t3
此情況下小球從P到Q運(yùn)動的總時(shí)間為：
t＝tPQ+t3中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
專題18 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動
課標(biāo)要求 知識要點(diǎn) 命題推斷
1.理解電容器的基本概念，掌握好電容器的兩類動態(tài)分析. 2.能運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解解決帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題. 3.用動力學(xué)方法解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動問題． 考點(diǎn)一　平行板電容器的動態(tài)分析 考點(diǎn)二　帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運(yùn)動 考點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 考點(diǎn)四　帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動 題型：選擇題 計(jì)算題 1平行板電容器兩類動態(tài)的分析 2生產(chǎn)生活中的電容器動態(tài)分析 3電場中帶電粒子/體的直線運(yùn)動 4電場中帶電粒子/體的拋體運(yùn)動 5帶電體在等效重力場中的運(yùn)動
考點(diǎn)一　平行板電容器的動態(tài)分析
1．電容器的充、放電
(1)充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．
(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．
2．對公式C＝的理解
電容C＝，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關(guān)．
3．兩種類型的動態(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＝分析平行板電容器電容的變化．
(3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．
(4)用E＝分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變化．
考點(diǎn)二　帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運(yùn)動
1．做直線運(yùn)動的條件
(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．
(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)動或勻減速直線運(yùn)動．
2．用功能觀點(diǎn)分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能觀點(diǎn)分析
勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
考點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場．
(2)運(yùn)動性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動．
(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，類似于平拋運(yùn)動．
(4)運(yùn)動規(guī)律：
①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時(shí)間
②沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動
2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．
證明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度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.
3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(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＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差．
考點(diǎn)四　帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動
等效法處理疊加場問題
1．各種性質(zhì)的場(物質(zhì))與實(shí)際物體的根本區(qū)別之一是場具有疊加性，即幾個(gè)場可以同時(shí)占據(jù)同一空間，從而形成疊加場．
2．將疊加場等效為一個(gè)簡單場，其具體步驟是：先求出重力與電場力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力 ”，將a＝視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場中做圓周運(yùn)動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可．
（2024 渾南區(qū)校級模擬）如圖所示，兩極板水平放置的平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計(jì)外殼接地。閉合電鍵S時(shí)，一帶電的油滴恰好靜止于電容器中的P點(diǎn)。下列說法正確的是（　　）
A．若將A極板向下平移一小段距離，則帶電油滴向下運(yùn)動
B．若將A極板向下平移一小段距離，P點(diǎn)電勢將降低
C．若斷開電鍵S，再將B極板向下平移一小段距離，靜電計(jì)指針張角變大
D．若斷開電鍵S，再將B極板向下平移一小段距離，P點(diǎn)電勢將降低
（2024 南京模擬）電容話筒是錄音棚中常用設(shè)備。一種電容式話筒的采集端原理圖如圖所示，當(dāng)聲波密部靠近振膜時(shí)振膜產(chǎn)生向右的形變，疏部靠近振膜時(shí)振膜產(chǎn)生向左的形變。已知振膜和背板均為導(dǎo)體，不采集聲音時(shí)電容器電荷量穩(wěn)定。下列說法正確的是（　　）
A．不采集聲音時(shí)，通過電阻的電流方向從a到b
B．當(dāng)疏部靠近時(shí)，電容器的電荷量變大
C．當(dāng)密部靠近時(shí)，a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢
D．當(dāng)密部靠近時(shí)，電容器的電容變小
（2024 坪山區(qū)校級模擬）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電容式風(fēng)力傳感器，如圖所示。將電容器與靜電計(jì)組成回路，可動電極在風(fēng)力作用下向右移動，風(fēng)力越大，移動距離越大（可動電極不會與固定電極接觸）。若極板上電荷量保持不變，則下列說法正確的是（　　）
A．風(fēng)力越大，電容器電容越小
B．風(fēng)力越大，靜電計(jì)指針張角越小
C．風(fēng)力越大，靜電計(jì)指針張角越大
D．風(fēng)力越大，極板間電場強(qiáng)度越大
（2024 海淀區(qū)校級三模）如圖，在探究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，電容器所帶電量可視為不變，則下列說法中正確的是（　　）
A．甲圖中減小兩極正對面積，板間場強(qiáng)不變，靜電計(jì)指針張角變小
B．乙圖中增大兩板間距，板間場強(qiáng)不變，靜電計(jì)指針張角變大
C．丙圖中，在兩板間插入其他介質(zhì)，靜電計(jì)指針張角變大
D．該實(shí)驗(yàn)中，可以用磁電式電壓表代替靜電計(jì)測量電壓
（多選）（2024 湖北模擬）如圖所示，豎直平面直角坐標(biāo)系xOy所在平面內(nèi)存在一勻強(qiáng)電場，電場的方向與x軸負(fù)方向成60°角。A、B為以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的豎直圓周上的兩點(diǎn)，O、A兩點(diǎn)的連線與一條電場線重合。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從A點(diǎn)沿平行于x軸正方向射出，小球經(jīng)過時(shí)間t到達(dá)x軸上的B點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球的速度大小與在A點(diǎn)射出時(shí)相同。已知重力加速度大小為g。則（　　）
A．小球一定帶正電，場強(qiáng)
B．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中增加的電勢能為
C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中運(yùn)動速度的最小值為初速度的倍
D．小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，方向與場強(qiáng)方向相反
（2024 江蘇模擬）如圖所示，兩實(shí)線所圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)有一徑向電場，電場強(qiáng)度方向沿半徑指向圓心，電場強(qiáng)度大小可表示為為到圓心的距離，k為常量。兩個(gè)粒子a和b分別在半徑為r1和r2（r1＜r2）的圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動，已知兩粒子的比荷大小相等，不考慮粒子間的相互作用及重力，則（　　）
A．a(chǎn)粒子的電勢能大于b粒子的電勢能
B．a(chǎn)粒子的速度大于b粒子的速度
C．a(chǎn)粒子的角速度大于b粒子的角速度
D．若再加一個(gè)垂直運(yùn)動平面向里的勻強(qiáng)磁場，粒子做離心運(yùn)動
（2024 廣東模擬）在與紙面平行的勻強(qiáng)電場中，建立如圖甲所示的直角坐標(biāo)系，a、b、c、d是該坐標(biāo)系中的4個(gè)點(diǎn)，已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V；現(xiàn)有一電子以某一初速度從O點(diǎn)沿Od方向射入，則圖乙中abcd區(qū)域內(nèi)，能大致反映電子運(yùn)動軌跡的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
（2024 樂清市校級三模）（電場磁場綜合）如圖乙，真空玻璃管內(nèi)，陰極發(fā)出的電子（初速度為零）經(jīng)KA間的電場加速后，以一定的速度沿玻璃管的中軸線射入平行極板D1、D2。若兩極板無電壓，電子打在熒光屏中心P1點(diǎn)；若兩極板加上偏轉(zhuǎn)電壓U，電子打在熒光屏上的P2點(diǎn)；若兩極板間再加上垂直紙面方向的有界勻強(qiáng)磁場（磁場只存在于板間區(qū)域），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則電子又打到P1點(diǎn)；若撤去電場只留磁場，電子恰好從極板D1、D2右側(cè)邊緣射出。已知兩極板間距為d，板長為2d，設(shè)電子的質(zhì)量為m、電荷量大小為q，則（　　）
A．電子進(jìn)入兩板間的速度
B．將KA的加速電壓和D1、D2兩板間的電壓同時(shí)加倍，電子還是打在P2點(diǎn)
C．只留磁場，電子恰好從極板右側(cè)邊緣射出時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為
D．電子的比荷
（2024 渾南區(qū)校級模擬）《三體》動畫的一開頭就有這樣的臺詞：“科學(xué)發(fā)展，突破口在哪兒？”、“粒子對撞實(shí)驗(yàn)”。如圖所示，在y＜0的區(qū)域內(nèi)存在一定高度范圍的、沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，在y＞0的區(qū)域內(nèi)存在垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場.在電場下邊緣有一粒子源S，某時(shí)刻，粒子源沿y軸正方向發(fā)射出一質(zhì)量為m、帶正電的粒子a，已知粒子a進(jìn)入電場時(shí)的速度為v0，進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向與x軸正方向的夾角為θ＝60°，在粒子a進(jìn)入磁場的同時(shí)，另一不帶電粒子b也經(jīng)x軸進(jìn)入磁場，運(yùn)動方向與粒子a進(jìn)入磁場的方向相同，在粒子a沒有離開磁場時(shí)，兩粒子恰好發(fā)生正碰（碰撞前的瞬間，粒子a、粒子b的速度方向相反），不計(jì)兩粒子的重力。求：
（1）電場力對粒子a所做的功；
（2）碰撞前粒子b的速度大小；
（3）若兩粒子碰后結(jié)合成粒子c，結(jié)合過程不損失質(zhì)量和電荷量，且從α粒子進(jìn)入磁場的位置向左沿x軸負(fù)方向放置有無限長的吸收板（粒子c碰上吸收板后立即被吸收而不再運(yùn)動），經(jīng)過分析可知無論b粒子的質(zhì)量怎么取值，吸收板上都有兩段區(qū)域總是粒子c不能到達(dá)的，請你計(jì)算出這兩段區(qū)域長度的比值大小，并分析出要能夠使粒子c到達(dá)吸收板，粒子b的質(zhì)量所要滿足的條件。
（2024 河南二模）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的y軸沿豎直方向，x軸沿水平方向，在y≥h的區(qū)域存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場，其它區(qū)域無電場。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球從y軸上y＝2h處無初速釋放，不計(jì)阻力，重力加速度大小為g，帶電小球做加速度大小為g的勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動方向與y軸負(fù)方向成60°夾角。求：
（1）電場強(qiáng)度大小；
（2）小球從釋放到經(jīng)過x軸的運(yùn)動時(shí)間及小球經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)。
題型1平行板電容器兩類動態(tài)的分析
（2024 桃城區(qū)校級模擬）如圖，兩平行板電容器C1、C2正對面積分別為S、2S，兩板間距離分別為d、，開始時(shí)開關(guān)斷開，兩板間電壓分別為U1、U2，兩電容器帶電量均為Q。下列說法正確的是（　　）
A．U1＝U2
B．閉合開關(guān)后，電阻R上有a→b電流
C．閉合開關(guān)并穩(wěn)定后，C1、C2兩電容器帶電量之比為4：1
D．閉合開關(guān)并穩(wěn)定后，兩板間電壓U介于U1、U2之間
（2024 鹽城模擬）電流傳感器和計(jì)算機(jī)相連能畫出電流隨時(shí)間變化的i﹣t圖像。某同學(xué)在觀察電容器的充放電現(xiàn)象時(shí)，按照圖甲連接成如圖乙所示電路。t＝0開始，開關(guān)接1；t＝2s時(shí)，把開關(guān)改接2，得到電流傳感器中的電流隨時(shí)間變化的i﹣t圖像如圖丙所示。該過程中電容器兩端的電壓隨時(shí)間變化的u﹣t圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 松江區(qū)校級三模）某同學(xué)利用圖甲所示電路觀察電容器的充電和放電現(xiàn)象，計(jì)算機(jī)屏幕顯示出放電過程的I﹣t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．電容器放電時(shí)電子由b向a通過電阻
B．電容器放電過程中電阻R兩端電壓逐漸增大
C．將電阻R換成阻值更大的電阻，放電時(shí)間變長
D．若R＝20Ω，則可知電源電動勢E＝80V
題型2生產(chǎn)生活中的電容器動態(tài)分析
（2024 沙坪壩區(qū)校級模擬）電容式話筒是錄音棚中最常用設(shè)備。采集端原理圖如圖所示，背板和振膜可視為構(gòu)成平行板電容器，當(dāng)聲波密部靠近振膜時(shí)振膜產(chǎn)生向右的形變，疏部靠近振膜時(shí)振膜產(chǎn)生向左的形變。已知不采集聲音時(shí)電容器電荷量穩(wěn)定。則（　　）
A．不采集聲音時(shí)，a點(diǎn)電勢等于b點(diǎn)電勢
B．電池放久后電動勢變小，電容器電容變大
C．當(dāng)疏部靠近時(shí)，a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢
D．當(dāng)密部靠近時(shí)，b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢
（2024 思明區(qū)校級模擬）圖甲所示的是由導(dǎo)電的多晶硅制成的電容加速度傳感器。圖乙是其原理圖，傳感器可以看成由兩個(gè)電容C1、C2組成，當(dāng)傳感器有沿著箭頭方向的加速度時(shí)，多晶硅懸臂梁的右側(cè)可發(fā)生彎曲形變。下列對這個(gè)傳感器描述正確的是（　　）
A．勻速向上運(yùn)動時(shí)，C1減小，C2增加
B．勻速向下運(yùn)動時(shí)，C1減小，C2增加
C．由靜止突然加速向上運(yùn)動時(shí)，C1減小，C2增加
D．正在勻速向上運(yùn)動的傳感器突然停止運(yùn)動時(shí)，C1減小，C2增加
（2024 天津三模）為了方便在醫(yī)院輸液的病人及時(shí)監(jiān)控藥液是否即將滴完，有人發(fā)明了一種利用電容器原理實(shí)現(xiàn)的輸液報(bào)警裝置，實(shí)物圖和電路原理如圖所示。閉合開關(guān)，當(dāng)藥液液面降低時(shí)，夾在輸液管兩側(cè)的電容器C的兩極板之間介質(zhì)由液體改變?yōu)闅怏w，蜂鳴器B就會因通過特定方向的電流而發(fā)出聲音，電路中電表均為理想電表。根據(jù)以上說明，下列選項(xiàng)分析正確的是（　　）
A．液面下降后，電容器兩端電壓變大
B．液面下降后，電容器所帶電量減少
C．液面下降時(shí)蜂鳴器電流由a流向b
D．輸液管較粗時(shí)，電容器容值會變大
題型3電場中帶電粒子/體的直線運(yùn)動
（2024 合肥二模）我國是世界上第三個(gè)突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國家。霍爾推進(jìn)器的工作原理簡化如圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實(shí)驗(yàn)中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強(qiáng)度為I。氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為（　　）
A．I B．I C．I D．I
（多選）（2024 成都模擬）如圖，平行板電容器與電壓為U的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離d，待電路穩(wěn)定后，帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，從靠近左板處由靜止釋放，測得粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間為t，到達(dá)右板的速度大小為v，重復(fù)上述過程，完成多次實(shí)驗(yàn)。板間電場可視為勻強(qiáng)電場，粒子所受重力忽略不計(jì)。下列圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，一內(nèi)壁光滑的細(xì)管彎成半徑為R＝0.1m的半圓形軌道CD，豎直放置，其內(nèi)徑略大于小球的直徑，水平軌道與豎直半圓軌道在最低點(diǎn)C點(diǎn)平滑連接。置于水平軌道上的彈簧左端與豎直墻壁相連，C的左側(cè)有水平向右E＝2×104N/C的勻強(qiáng)電場。將一個(gè)帶電量q＝+3×10﹣6C，質(zhì)量為m＝5×10﹣2kg的絕緣小球放在彈簧的右側(cè)后，用力水平向左推小球而壓縮彈簧至A處使彈簧具有彈性勢能Ep＝0.1J，然后將小球由靜止釋放，小球運(yùn)動到C處后進(jìn)入CD管道，剛好能到最高點(diǎn)D處。在小球運(yùn)動到C點(diǎn)前彈簧已恢復(fù)原長，水平軌道左側(cè)AC段長為L＝0.2m。g＝10m/s2，小球運(yùn)動的全過程中所帶電荷不變，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求（答案可保留分?jǐn)?shù)）：
（1）小球運(yùn)動到軌道最低處C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力的大小；
（2）水平軌道的動摩擦因數(shù)μ；
（3）若在前兩問的基礎(chǔ)上，僅在半圓形軌道CD區(qū)域再加上水平向右E'＝1.25×105N/C的勻強(qiáng)電場，再次將小球由A處靜止釋放，小球進(jìn)入軌道CD后的最大動能Ekm。
題型4電場中帶電粒子/體的拋體運(yùn)動
（2024 湖北模擬）如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列說法中正確的是（已知重力加速度為g）（　　）
A．兩極板間電壓為
B．板間電場強(qiáng)度大小為
C．整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢能增加
D．若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點(diǎn)不可能垂直打在M上
（2024 青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，M、N是兩塊水平放置的平行金屬板，R0為定值電阻，R1和R2為可變電阻，開關(guān)S閉合。質(zhì)量為m的帶負(fù)電荷的微粒（不計(jì)重力）從P點(diǎn)以水平速度v0射入金屬板間，沿曲線打在N板上的O點(diǎn)。若經(jīng)下列調(diào)整后，微粒仍從P點(diǎn)以水平速度v0射入，則關(guān)于微粒打在N板上的位置說法正確的是（　　）
A．保持開關(guān)S閉合，增大R1粒子打在O點(diǎn)左側(cè)
B．保持開關(guān)S閉合，增大R2粒子打在O點(diǎn)左側(cè)
C．?dāng)嚅_開關(guān)S，M極板稍微上移，粒子打在O點(diǎn)右側(cè)
D．?dāng)嚅_開關(guān)S，N極板稍微下移，粒子打在O點(diǎn)右側(cè)
（2024 河南一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，第三象限存在沿x軸正方向的電場強(qiáng)度大小為E0的勻強(qiáng)電場，y軸與半圓弧內(nèi)無電場，半圓弧的半徑為R，直徑Oa在y軸上，O1是圓心，O1b連線垂直y軸，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子（不計(jì)重力）從x軸負(fù)半軸上d點(diǎn)以某一速度垂直進(jìn)入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過半圓弧上的c點(diǎn)，且∠cO1a＝53°。已知d、O兩點(diǎn)間的距離為，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求粒子在d點(diǎn)的速度大小。
（2）求粒子從d點(diǎn)到c點(diǎn)電場力做功的平均功率。
（3）若僅粒子的射入點(diǎn)向右移動到e點(diǎn)，則粒子剛好能經(jīng)過b點(diǎn)到達(dá)y軸，粒子從y軸進(jìn)入磁場后又正好運(yùn)動到O點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
題型5帶電體在等效重力場中的運(yùn)動
（2024 天河區(qū)校級模擬）如圖所示，勻強(qiáng)電場方向與水平虛線ab間的夾角θ＝30°，將一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從水平虛線上的O點(diǎn)沿電場方向以某一速度拋出，M是小球運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)，MN⊥ab，軌跡與虛線ab相交于N點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)（圖中沒有畫出）。已知重力加速度為g，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．若ON＜NP，則小球帶負(fù)電
B．若ON＞NP，則小球帶正電
C．若ON＜NP，則電場強(qiáng)度大小可能等于
D．若ON＝3NP，則電場強(qiáng)度大小一定等于
（多選）（2024 武侯區(qū)校級模擬）如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC，固定在光滑的水平地面上，且圓弧軌道最低點(diǎn)C與水平地面相切。空間加有水平向右的勻強(qiáng)電場，A點(diǎn)位于B點(diǎn)左上方，相對于B點(diǎn)的水平距離和豎直高度均為R，一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，恰能從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，小球離開軌道后，運(yùn)動到D點(diǎn)（D點(diǎn)未畫出）時(shí)速度減為零，則（　　）
A．小球帶負(fù)電
B．CD段長度為2R
C．小球從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度為
D．從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中小球的電勢能增加了3mgR
（2024 泉州模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy的第一、四象限內(nèi)分布有勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），第二象限內(nèi)有一點(diǎn)P，其坐標(biāo)為（﹣L，h），欲使一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球從P處無初速下滑后，能運(yùn)動到O點(diǎn)，在PO之間用一斜面PA與水平面AO連接，小球離開O后，恰好能經(jīng)過y上的Q點(diǎn)，已知Q點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣d），整個(gè)過程中小球帶電量保持不變，經(jīng)A處時(shí)無機(jī)械能損失，忽略一切摩擦，重力加速度大小為g。
（1）求小球運(yùn)動到O處時(shí)的速度大小；
（2）若欲使小球從P運(yùn)動到O的時(shí)間最短，則斜面的傾角應(yīng)為多大；
（3）在（2）問情況下，已知電場方向與y軸正方向夾角為α（α＜90°），若小球運(yùn)動的加速度為最小值時(shí)，求電場強(qiáng)度大小；并求出此情況下小球從P到Q運(yùn)動的總時(shí)間。

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