第18講電容器帶電粒子在電場中的運動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.能運用運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動問題．考點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＝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＝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強度的變化．（2024?嘉興模擬）如圖所示是電容式話筒示意圖，振動膜片涂有薄薄的金屬層，膜后幾十微米處是固定的金屬片，兩者構(gòu)成了電容器的兩極。當(dāng)聲音傳至振動膜片時，帶動膜片振動，引起兩極板間距變化。則（）A．膜片振動過程中電容器兩極間電壓恒定 B．膜片向右振動時通過電阻R的電流向左 C．聲音頻率越高時話筒的輸出信號越強 D．膜片振動頻率與聲音頻率無關(guān)【解答】解：AB、根據(jù)電容的決定式C=?rSCD、聲音頻率越高時，膜片振動越快，膜片振動頻率越大。若聲音響度越大，膜片振動的振幅越大，形成的充電電流增大，話筒的輸出信號越強，可見聲音頻率越高時話筒的輸出信號強度不變，故CD錯誤。故選：B。（2024?瓊山區(qū)校級模擬）磷脂雙分子層是構(gòu)成細胞膜的基本支架，分子層之間具有彈性，可近似類比成勁度系數(shù)為k'的輕質(zhì)彈簧。細胞膜上的離子泵可以輸運陰陽離子，使其均勻地分布在分子層上，其結(jié)構(gòu)示意如圖所示。已知無限大均勻帶電薄板周圍的電場為勻強電場，靜電力常量為k，介質(zhì)的相對介電常數(shù)為εr，細胞膜的面積S?d2。當(dāng)內(nèi)外兩膜層分別帶有電荷量Q和﹣Q時，關(guān)于兩分子膜層之間距離的變化情況，下列說法正確的是（）A．分子層間的距離增加了2πkQB．分子層間的距離減小了2πkQC．分子層間的距離增加了4πkQD．分子層間的距離減小了4πk【解答】解：內(nèi)外兩膜層分別帶有電荷量Q和﹣Q時，兩膜層之間電場力為引力，在該引力作用下，分子層之間的距離減小，令距離減小量為Δx，分子層之間具有彈性，可近似類比成勁度系數(shù)為k'的輕質(zhì)彈簧，由于無限大均勻帶電薄板周圍的電場為勻強電場，細胞膜的面積S＞＞d2，則膜層周圍的電場也可近似看為勻強電場，令電場強度為E，可知單獨一個極板產(chǎn)生的場強為12E，則有根據(jù)電容的定義式和決定式C=QU，根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系有E=U結(jié)合上述解得分子層間的距離變化量Δx=2πk即分子層間的距離減小了2πkQ故ACD錯誤，B正確。故選：B。（多選）（2024?江西模擬）電容式加速度傳感器是常見的手機感應(yīng)裝置，結(jié)構(gòu)如圖所示。質(zhì)量塊的上端連接輕質(zhì)彈簧，下端連接電介質(zhì)，彈簧與電容器固定在外框上，質(zhì)量塊帶動電介質(zhì)移動改變電容，則下列說法正確的是（）A．電介質(zhì)插入極板越深，電容器電容越大 B．當(dāng)傳感器處于靜止狀態(tài)時，電容器不帶電 C．當(dāng)傳感器由靜止突然向前加速時，會有電流由a流向b D．當(dāng)傳感器以恒定加速度向前運動，達到穩(wěn)定后電流表指針不偏轉(zhuǎn)【解答】解：A．根據(jù)題意，電介質(zhì)插入極板越深，根據(jù)電容器的決定式C=介電常數(shù)變大，電容器電容越大，故A正確；B．當(dāng)傳感器處于靜止狀態(tài)時，電容器帶電，左極板帶正電，右極板帶負電，且兩極板之間電勢差大小恒等于電源電動勢，故B錯誤；C．當(dāng)傳感器由靜止突然向前加速時，彈簧會伸長，向上的彈力增加，電介質(zhì)插入極板深度增加，根據(jù)電容器的決定式：C=可知電容器電容增大，因電容器兩端的電壓不變，根據(jù)電容器的定義式：Q＝CU可知，兩極板間的電荷量增大，則會有電流由b流向a，故C錯誤；D．當(dāng)傳感器以恒定加速度向前運動，達到穩(wěn)定后彈簧彈力不變，電介質(zhì)插入極板深度不變，則電容器電容不變，極板電荷量也不變，故電流表中沒有電流通過，指針不偏轉(zhuǎn)，故D正確。故選：AD?？键c二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動1．做直線運動的條件(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動或勻減速直線運動．2．用功能觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1（多選）（2023?大連模擬）靜電植絨技術(shù)于3000多年前在中國首先起步。如圖所示為植絨流程示意圖，將絨毛放在帶負電荷的容器中，使絨毛帶負電，容器與帶電極板之間加恒定電壓，絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布料表面上。已知絨毛到達布料表面時速率越大，植絨效果越好。帶電極板與布料間距忽略不計，下列判斷正確的是（）A．帶電極板帶負電 B．絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電勢能不斷減少 C．帶電量相同，質(zhì)量大的絨毛，植絨效果越好 D．若減小容器與帶電極板之間的距離，植絨效果不變【解答】解：A、絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布料表面上，所以絨毛受到的電場力向下，帶電極板帶正電，故A錯誤；B、絨毛成垂直狀加速飛到植絨的布料表面上，電場力做正功，電勢能不斷減小，故B正確；C、根據(jù)動能定理得qU=12mD、由v=2qU故選：BD。（2024?合肥二模）我國是世界上第三個突破嵌套式霍爾電推進技術(shù)的國家?；魻柾七M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。某次實驗中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強度為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，則離子推進器產(chǎn)生的推力為（）A．ImU2q B．12ImUq C．I【解答】解：氙離子在加速電場中由動能定理有：Uq=設(shè)Δt時間內(nèi)有n個氙離子噴射出，則有：I=取水平向右為正方向，對n個氙離子由動量定理有：FΔt＝nmv﹣0聯(lián)立方程可得：F=I由牛頓第三定律可知離子推進器產(chǎn)生的推力F'=F=I2mU故選：D。（多選）（2023秋?廣州期末）水平地面上方存在水平方向的勻強電場。質(zhì)量為m、帶負電且電荷量為q的小球A以一定的初速度v0從地面上的O點射入勻強電場，速度方向與水平方向的夾角為53°，恰好沿v0方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運動，則（）A．電場方向水平向右且電場力大小為34mgB．從地面到最高點，克服重力做功為12C．從地面到最高點，克服電場力做功為0.18mv0D．從地面出發(fā)再回到地面用時為2【解答】解：A.小球恰好沿方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運動，可知小球受到的重力和電場力的合力方向剛好與v0方向相反，如圖所示：可知電場力大小為Eq=mgBCD.小球受到的合力為F=mgsin53°=54mg，小球的加速度為：a=Fm=54g，根據(jù)對稱性可知，從地面出發(fā)再回到地面用時為：t＝2t1＝2v0a=8v05g，從地面到最高點，通過的位移大小為s=v0故選：AC?？键c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入勻強電場．(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動．(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動．(4)運動規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間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沿電場力方向，做勻加速直線運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(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，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)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：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、末位置間的電勢差．（多選）（2024?西城區(qū)校級模擬）如圖所示，一帶負電粒子（不計重力）質(zhì)量為m、電荷量大小為q，以初速度v0沿兩板中央水平方向射入水平放置、距離為d、電勢差為U的一對平行金屬板間，經(jīng)過一段時間從兩板間飛出，在此過程中，已知粒子動量變化量的大小為Δp，下列說法正確的是（）A．粒子在兩板間運動的加速度大小為UqdmB．粒子從兩板間離開時的速度大小為ΔpmC．金屬板的長度為dvD．入射點與出射點間的電勢差為?【解答】解：A．根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在兩板間運動的加速度大小為a=Uqdm，故ABC．粒子在沿電場方向做初速度為0的勻加速直線運動，粒子在水平方向做勻速直線運動，水平方向的動量變化為0；根據(jù)題意有Δp＝Δpy＝mvy﹣0可得粒子從兩板間離開時沿電場方向的分速度大小為vy=則粒子在兩板間的運動時間為t=v金屬板的長度為L=vD．設(shè)入射點與出射點間的電勢差為U′，根據(jù)動能定理可得?qU'=1其中v解得U'=?(Δp故選：ACD。（2023?和平區(qū)校級模擬）如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場E，從傾角30°的斜面上A點平拋一帶電小球，落到斜面上的B點，空氣阻力不計，下列說法中正確的是（）A．若將平拋初速度減小一半，則小球?qū)⒙湓贏B兩點的中點 B．平拋初速度不同，小球落到斜面上時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．若平拋小球的初動能為6J，則落到斜面上時的動能為14J【解答】解：小球受重力和電場力，電場力既可向上也可向下，球做類平拋運動，加速度a恒定，方向向下。根據(jù)類平拋運動的分運動規(guī)律，有：x＝v0t，y=1tan30°=y解得：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，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角相同，但是tanα≠2tan30°，故BC錯誤；D、由于小球落到斜面上時的速度方向與水平方向的夾角的正切值：tanβ=v初動能：Ek=1末動能：Ek′=1故：Ek′＝6J+（233）2故選：D。（2023?海淀區(qū)校級模擬）如圖所示，場強大小為E，方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m，帶電量分別為+q和﹣q的兩粒子，由a，c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)域（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中）。不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于（）A．s22qEm? B．s2qEm?【解答】解：兩個粒子都做類平拋運動，軌跡相切時，速度方向恰好相反即在該點，速度方向與水平方向夾角相同：v根據(jù)牛頓第二定律：Eq＝ma兩個粒子都做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動：v0t1+v0t2＝s豎直方向做勻加速直線運動：1由以上各式整理得：v0故選：B。（2023?福建模擬）1897年，物理學(xué)家湯姆孫正式測定了電子的比荷，揭開了原子神秘的面紗。如圖所示為湯姆外測定電子比荷裝置的簡化示意圖，陰極K發(fā)出的電子由靜止經(jīng)過加速電壓U0加速后，沿軸線進入兩平行極板C、D間。僅在C、D極板間施加一定電壓，電子從C、D右側(cè)離開時偏離軸線距離為y；若保持電壓不變，在C、D間加上與紙面垂直的磁場，發(fā)現(xiàn)電子沿直線前進。已知電子的電荷量大小為e，質(zhì)量為m。C、D極板間距為d，長度為L。求：（1）電子經(jīng)過加速電壓U0加速后的速度大小v0；（2）C、D極板間所加的電壓大小U；（3）C、D極板間所加磁場的磁感應(yīng)強度的大小B。【解答】解：（1）電子經(jīng)過加速電壓U0加速過程，由動能定理有eU0=解得：v0=（2）電子進入極板間之后做類平拋運動，豎直方向和水平方向上分別有y=12a由牛頓第二定律有eUd聯(lián)立各式可得U=（3）若保持電壓不變，在C、D間加上與紙面垂直的磁場，發(fā)現(xiàn)電子沿直線前進，說明電子所受電場力和洛倫茲力平衡，則有eE＝ev0B又有E=聯(lián)立解得：B=考點四帶電體在復(fù)合場中的運動等效法處理疊加場問題1．各種性質(zhì)的場(物質(zhì))與實際物體的根本區(qū)別之一是場具有疊加性，即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成疊加場．2．將疊加場等效為一個簡單場，其具體步驟是：先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可．（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C與水平地面相切。空間加有水平向右的勻強電場，A點位于B點左上方，相對于B點的水平距離和豎直高度均為R，一可視為質(zhì)點的帶電小球從A點以某一速度水平拋出，恰能從B點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，小球離開軌道后，運動到D點（D點未畫出）時速度減為零，則（）A．小球帶負電 B．CD段長度為2R C．小球從A點拋出時的速度為gR D．從A點到D點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點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，此時的速度是豎直向下的，則從A點到B點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，則小球帶負電，故A正確；BCD、小球恰好從B點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，則小球到達B點時水平方向速度為零。小球從A點到B點的過程，小球在豎直方向上做自由落體運動，則R=1可得小球運動的時間和到達B點的速度大小分別為t=2Rg，小球在水平方向上做勻減速直線運動，則有R=v可得小球從A點拋出時的速度大小為v0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mg×2R?Fx=0?1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點到D點過程中小球的電勢能增加了ΔEp＝Fx＝3mgR，故BC錯誤，D正確。故選：AD。（多選）（2024?大足區(qū)校級模擬）科技館中有一光滑絕緣軌道如圖所示，軌道由半徑為R＝2m的豎直光滑絕緣圓軌道和光滑水平軌道構(gòu)成，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。若空間存在一個水平向右、大小為E＝1.0×104V/m的勻強電場，質(zhì)量均為0.04kg，電荷量均為為q＝+3×10﹣5C的小球在C點獲得一個速度，恰好能過A點，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球在A點的速度是5m/s B．小球在C點的速度是115m/sC．經(jīng)過A點后，小球經(jīng)過0.6s落到地面上 D．小球落地點距離C點2.4m【解答】解：A、如下圖所示，將恒定的重力mg與電場力qE合成為合力F，將F作為等效重力，圓軌道的與F方向平行的直徑的兩端點為P點和Q點，其中點P點為豎直平面內(nèi)的圓周運動的等效最低點，Q點為等效最高點。電場力qE＝1.0×104×3×10﹣5N＝0.3N，重力mg＝0.04×10N＝0.4N設(shè)F與豎直方向的夾角為θ，則有tanθ=qEmg=0.30.4F=mgcosθ，那么直徑PQ與豎直方向夾角等于θ，即Q點與A點重合。小球恰好能過A（Q）點，在A點與軌道無彈力，小球在A點的速度為vA，根據(jù)牛頓第二定律得：F＝mvA2RB、設(shè)小球在C點的速度是vC，由C到A的過程，應(yīng)用動能定理得：﹣F（R+Rcosθ）=12mvACD、小球經(jīng)過A后在豎直方向上做勻減速直線運動，水平方向上做勻加速直線運動，將運動分解，如上圖所示，vx＝vAcosθ，vy＝vAsinθ。在豎直方向有：R+Rcosθ＝vyt+12在水平方向有：x＝vxt?12解得：t＝0.6s（另一解為負值，舍去），x＝1.05m即經(jīng)過A點后，小球經(jīng)過0.6s落到地面上。小球落地點距離C點的距離為：d＝x+Rsinθ＝1.05m+2×0.6m＝2.25m。故C正確，D錯誤。故選：ABC。（多選）（2024?青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)建立直角坐標系，整個空間存在平行xoy平面的勻強電場，電場強度方向與y軸正方向成45°角。質(zhì)量為m的帶電小球從坐標原點沿x軸的正方向以初速度v0水平拋出，經(jīng)過一段時間小球以2vA．小球所受電場力大小為2mgB．小球所受電場力大小為22C．小球電勢能最大時動能最小 D．小球電勢能最大時水平速度大小等于豎直速度大小【解答】解：AB、依題知，帶電小球從坐標原點到y(tǒng)軸正半軸某點的過程，動能增大，而重力做負功，則電場力做正功，小球帶正電。將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)對稱性可知，小球穿過y軸正半軸時的水平分速度大小為：vx＝v0故小球穿過y軸正半軸時的豎直分速度為：v水平方向有：vx+v0＝axt，a豎直方向有：vy＝ayt，a聯(lián)立解得小球所受電場力大小為：qE=22CD、小球拋出后，當(dāng)速度方向與電場線垂直斜向上時，克服電場力做功最多，電勢能最大，此時電場力的方向與速度方向垂直，而重力的方向與速度方向夾角為鈍角，接下來小球的速度會繼續(xù)減小，此時并非是動能最小的時刻，由于此時小球速度與水平方向成45°，則此時水平速度大小等于豎直速度大小，故C錯誤，D正確。故選：BD。（2024?昌樂縣校級模擬）如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有場強大小E1＝1×102N/C、方向水平向右的勻強電場；一條長L＝0.8m且不可伸長的輕繩一端固定在區(qū)域Ⅰ的左上角O點，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點豎直放置一足夠長、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電場。把小球a拉至A點（輕繩繃直且水平）靜止釋放，當(dāng)小球a運動到O點正下方B點時，輕繩恰好斷裂。小球a進入電場繼續(xù)運動，剛好從區(qū)域Ⅰ的右下角C點豎直向下離開電場E1，然后貼著圓筒內(nèi)側(cè)進入?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運動到C點時速度的大小vC和小球a從B到C過程電勢能的變化量ΔEp；（3）若小球a剛進入圓筒時，另一絕緣小球b從D點以相同速度豎直向下貼著圓筒內(nèi)側(cè)進入圓筒，小球b的質(zhì)量m2＝0.5kg，經(jīng)過一段時間，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進入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機械能ΔEb是多大?！窘獯稹拷猓海?）小球a從A運動到B點，根據(jù)動能定理mgL=解得v＝4m/s在B點，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t=vx=vt?1小球a運動到C點時的速度大小為vC＝gt，解得vC＝2m/s小球a從B運動到C點，小球a電勢能的變化量為ΔEP＝﹣W＝﹣qE1?x，解得ΔEP＝4J即小球電勢能增加了4J。（3）因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時是水平正碰。根據(jù)水平方向碰撞時動量守恒和能量守恒。由于兩球質(zhì)量相等，所以它們正碰時交換水平方向速度。小球a從進入圓筒到第5次碰撞前，小球a增加的機械能為ΔEa＝qE2R+2?qE22R，解得ΔEa＝10J則第5次碰撞后，小球b增加的機械能為ΔEb＝ΔEa＝10J題型1平行板電容器兩類動態(tài)的分析（2024?曲靖一模）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管、電阻R連接，電源負極接地。初始電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．減小極板間的正對面積，帶電油滴仍保持靜止 B．貼著上極板插入金屬板，則電阻R中有b流向a的電流 C．將下極板向上移動一小段距離，P點處的油滴的電勢能增大 D．將開關(guān)斷開，在兩板間插入一陶瓷電介質(zhì)，則油滴仍處于靜止狀態(tài)【解答】解：A、減小極板間的正對面積，根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd可知電容器的電容減小，電容器要放電。由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不會放電，電容器帶電量不變，根?jù)C=?rSB、貼著上極板插入金屬板，極板間的距離減小，根據(jù)C=?C、將下極板向上移動一小段距離，根據(jù)C=?rS4πkd可知電容器的電容增大，電容器兩端的電壓不變，電容器將充電。根據(jù)E=Ud知兩極板間的電場強度變大，設(shè)P點到下極板的距離為l，下極板的電勢為零，則P點與下極板的電勢差即P點的電勢為φP＝ElP點到下極板的距離為l不變，電場強度E變大，則P點的電勢變大，故C正確；D、將開關(guān)斷開，則兩極板的電荷量不變，根據(jù)E=4πkQ故選：C。（2024?嘉興一模）如圖所示，將靜電計與電容器（圖中未畫出）相連，可檢測帶電電容器的兩極間的電壓變化。帶電靜電計的金屬指針和圓形金屬外殼的空間內(nèi)存在電場，分別用實線和虛線表示電場線和等勢面，該空間內(nèi)有P、Q兩點，則（）A．靜電計兩根金屬指針帶異種電荷 B．圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面 C．圖中P點電勢一定高于Q點電勢 D．當(dāng)靜電計兩指針張角減小時，表明電容器在放電【解答】解：AB．靜電計與電容器相連，由圖可知靜電計金屬指針接在電容器的同一個極板上，金屬外殼接在電容器的另一個極板上，所以兩根金屬針帶同種電荷。根據(jù)電場線的性質(zhì)，電場線從正電荷發(fā)出，到負電荷終止，可知圖中虛線表示電場線，則實線表示等勢線。故AB錯誤；C．題中不知哪一個極板帶正電，即不知道電場線的方向，所以P、Q兩點電勢的高低無法判斷。故C錯誤；D．靜電計與電容器兩極板相連，則靜電計兩指針張角可以顯示極板間的電壓，當(dāng)靜電計兩指針張角減小時，表明電容器極板間的電壓減小，故此時電容器正在放電。故D正確。故選：D。（多選）（2024?泰安一模）如圖所示，帶電平行板電容器兩極板水平放置，充電后與電源斷開。帶電小球靜止于電容器內(nèi)的A點，B點位于上極板附近，忽略電容器極板的邊緣效應(yīng)及帶電小球?qū)﹄妶龅挠绊憽Ｏ铝姓f法正確的是（）A．把小球由A點移到B點，小球的電勢能增大 B．把小球由A點移到B點，小球的電勢能減小 C．若將下極板向上移動一小段距離，小球在A點時的電勢能減小 D．若將下極板向上移動一小段距離，小球在A點時的電勢能增大【解答】解：AB、帶電小球靜止于電容器內(nèi)的A點，受到電場力豎直向上，把小球由A點移到B點，電場力做正功，小球的電勢能減小，故A錯誤，B正確；CD、充電后與電源斷開后，電容器的帶電量不變。根據(jù)C=?rS4πkd、C=Q故選：BD。題型2生產(chǎn)生活中的電容器動態(tài)分析（2024?南京模擬）電容式加速度傳感器可用于汽車安全氣囊系統(tǒng)，傳感器的核心部件為由M、N兩塊極板組成的平行板電容器，其中極板N固定，極板M可以自由移動，移動的距離與汽車的加速度大小成正比。已知電容器所帶電荷量始終保持不變，當(dāng)汽車速度減小時，由于慣性導(dǎo)致極板M、N之間的相對位置發(fā)生變化，電容器M、N兩極板之間的電壓減小，當(dāng)電壓減小到某一值時，安全氣囊彈出。下列車內(nèi)平行板電容器的安裝方式正確的是（）A．B． C． D．【解答】解：由于極板所帶的電荷量Q不變，由電容器的定義式C=QU，可知要使極板間的電壓U減小，需要增大電容值，根據(jù)電容的決定式CA、當(dāng)汽車速度減小時，由于慣性導(dǎo)致極板M向運動方向移動，會使板間距離距離增大，而正對面積不變，故A錯誤；B、當(dāng)汽車速度減小時，由于慣性導(dǎo)致極板M向運動方向移動，會使板間距離距離減小，而正對面積不變，故B正確；CD、當(dāng)汽車速度減小時，由于慣性導(dǎo)致極板M向運動方向移動，而使正對面積減小，而板間距離不變，故CD錯誤。故選：B。（2024?順德區(qū)二模）如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（）A．按鍵的過程中，電容器間的電場強度減小 B．按鍵的過程中，電容器儲存的電能增多 C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a經(jīng)電流計流向b D．按鍵的過程中，電容器上極板電勢低于下極板電勢【解答】解：AB．根據(jù)電容器的定義式、決定式以及電場強度與電勢差關(guān)系：C=QU=按鍵的過程中，由于電壓U不變，d減小，則電容C增大，電容器間的電場強度E增大，電容器所帶電荷量Q增大，則電容器儲存的電能增多，故A錯誤，B正確；CD．按鍵的過程中，由于電容器所帶電荷量Q增大，電容器充電，圖丙中電流方向從b經(jīng)電流計流向a，電容器上極板電勢高于下極板電勢，故CD錯誤。故選：B。（2024?甘肅模擬）隨著人們對身體健康意識的不斷增強，戶外旅行、戶外運動也較前幾年大幅增長。人們使用的智能手機中有一款運動軟件，其運動步數(shù)的測量原理如圖所示，M和N為電容器兩極板，M固定，N兩端與固定的兩輕彈簧連接，只能按圖中標識的“前后”方向運動。則手機（）A．若電容器帶電量增大，則可能是健身者向前勻速運動時突然減速 B．若電流表示數(shù)不為零且保持不變，則健身者做勻速運動 C．若電流由a點流向b點，則健身者突然向前加速 D．若M、N之間的電場強度增大，則健身者向后做勻加速運動【解答】解：A、健身者向前勻速運動時突然減速，由于慣性N板相對M板向前移動，兩極極之間距離d減小，根據(jù)電容的決定式C=εrSB、健身者做勻速運動時加速度為0，電容C不變，電容器帶電量Q不變，電路中無電流，故B錯誤；C、突然向前加速時，由于慣性N板相對M板后移，兩極極之間距離d增大，根據(jù)電容的決定式C=εrSD、保持向后的勻加速運動時，加速度a不變，板間距離不變，所以M、N之間的電場強度不變，故D錯誤。故選：A。題型3電場中帶電粒子/體的直線運動（多選）（2023秋?泉州期中）如圖所示，A、B是一對中心有孔的圓盤，它們間有一定的電勢差UAB。一電子（不計重力）以一定初動能Ek0進入A圓盤中心，速度水平向右為正方向，那么電子飛出圓盤中心過程中的速度—時間圖像判斷正確的（）A．如果初動能Ek0＝600eV，UAB＝800V時，運動—速度—時間圖像可能是圖像③ B．如果初動能Ek0＝600eV，UAB＝﹣800V時，運動—速度—時間圖像可能是圖像③ C．如果初動能Ek0＝600eV，UAB＝800V時，運動—速度—時間圖像可能是圖像② D．如果初動能Ek0＝600eV，UAB＝﹣800V時，運動—速度—時間圖像可能是圖像①【解答】解：AC、如果初動能Ek0＝600eV，UAB＝800V時，A板電勢高于B板電勢，電場方向向右，電子受到的電場力向左，則電子在電場中做勻減速運動，由于UAB＞600V，若A、B之間的距離足夠大，則電子速度減至零后向左做勻加速運動，運動—速度—時間圖像是圖像③；若A、B之間的距離比較小，則電子將從B板小孔射出，運動—速度—時間圖像是圖像②，故AC正確；BD、如果初動能Ek0＝600eV，UAB＝﹣800V時，B板電勢低于A板電勢，電場方向向左，電子受到的電場力向右，則電子在電場中做勻加速運動，運動—速度—時間圖像是圖像①，故B錯誤，D正確。故選：ACD。在進行長距離星際運行時，不再使用化學(xué)燃料，而采用一種新型發(fā)動機一離子發(fā)動機，其原理是用恒定電壓加速一價惰性氣體離子，將加速后的氣體離子高速噴出，利用反沖作用使飛船本身得到加速。在氦、氖、氬、氪、氙多種氣體中選用了氙，已知這幾種氣體離子的質(zhì)量中氙的質(zhì)量最大，下列說法正確的是（）A．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時速度更大 B．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動量更大 C．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動能更大 D．一價氙離子體積更小，不容易堵塞發(fā)動機【解答】解：AC.以隋性氣體離子為研究對象，根據(jù)動能定理得：eU=12得v=可見，這幾種氣體離子的帶電量相同，加速電壓相同，故獲得的動能相同，氙離子的質(zhì)量大，獲得的速度小，故AC錯誤；B.根據(jù)動量的定義p＝mv=m2eUD.相同質(zhì)量的一價惰性氣體離子中，雖然一價氙離子體積更小，但發(fā)動機的噴口較大，其它體積較大的惰性氣體的離子還不至于堵塞發(fā)動機，故D錯誤。故選：B。如圖所示，相距為d的兩平行金屬板間存在勻強電場。一個電子從左極板O點處以速度v0沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回。已知O、A兩點相距為h（h＜d），電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力。（1）求O、A兩點間的電勢差大小UOA；（2）求兩平行金屬極間電勢差大小U；（3）設(shè)右極板電勢為零，求A點電勢φA。【解答】解：（1）電子由O到A的過程，只有電場力做功，根據(jù)動能定理可得：?eUOA＝0?1解得OA的電勢差UOA=（2）OA的電勢差UOA＝Eh；兩平行金屬極間電勢差大小U＝Ed則U=（3）右極板電勢為零，則左極板電勢為φ＝UA點電勢φA＝φ﹣UOA=題型4電場中帶電粒子/體的拋體運動（2023秋?大興區(qū)期末）甲、乙兩個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（﹣q，m）、（﹣q，4m），它們先后經(jīng)過同一加速電場由靜止開始加速后，由同一點進入同一偏轉(zhuǎn)電場，兩粒子進入時的速度方向均與偏轉(zhuǎn)電場垂直，如圖所示。粒子重力不計，則甲、乙兩粒子（）A．進入偏轉(zhuǎn)電場時速度大小之比為1：2 B．在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間相同 C．離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能之比為1：4 D．離開偏轉(zhuǎn)電場時垂直于板面方向偏移的距離之比為1：1【解答】解：A.帶電粒子經(jīng)過加速電場加速，設(shè)加速電場兩極板電勢差為U1，由動能定理得qU1=12進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小v=則兩帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小之比為v甲：v乙=故A錯誤；B.帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向為勻速直線運動，設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長為x，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t=兩帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度不同，則時間不同，故B錯誤；C.帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，豎直方向為初速度為0的勻加速直線運動，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場兩極板電勢差為U2，豎直位移為y=12at2=12×則兩帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向的位移相同，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場中電場強度為E，根據(jù)動能定理得qEy＝Ek?12mv2＝Ek﹣離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能為Ek＝qEy+qU1兩帶電粒子電荷量相同，則離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能相同，動能之比為1：1，故C錯誤；D.根據(jù)C選項分析可知，離開偏轉(zhuǎn)電場時垂直于板面方向偏移的距離之比為1：1，故D正確。故選：D。如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異種電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和靜電力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么（）A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電 B．微粒從M點運動到N點動能一定增加 C．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加 D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加【解答】解：A、粒子在電場力和重力的合力作用下做類平拋運動，合力向下，電場力可能向上而小于重力，也可能向下，故無法判斷A板的帶電情況，故A錯誤；B、粒子在電場力和重力的合力作用下做類平拋運動，電場力和重力的合力向下，故從M到N動能增加，故B正確；C、電場力可能向上，也可能向下，故微粒從M點運動到N點電勢能可能增加，也可能減小，故C錯誤；D、電場力可能向上也可能向下，故微粒從M點運動到N點過程中，電場力可能做正功，也可能做負功，所以無法判斷機械能的變化，故D錯誤；故選：B。（2023秋?天津期末）某放射源會不斷向空間內(nèi)各個方向發(fā)射速度大小均為v0的電子，電子的質(zhì)量為m、所帶電荷量為e，放射源置于真空容器內(nèi)，該容器底部有一水平放置的熒光屏，當(dāng)有電子打到上面時會發(fā)出淡淡的熒光，從而可以用來檢測電子打到的位置。容器內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，電場強度大小為E，放射源與熒光屏間的距離為3mv（1）電子打在熒光屏上的速度大?。唬?）大量沿水平方向飛出的電子落在熒光屏上的點形成的圓的半徑；（3）豎直向下飛出的電子從發(fā)射到打在熒光屏上所用時間。【解答】解：設(shè)放射源與熒光屏間的距離為h，據(jù)題知h=3m（1）由動能定理得Eeh=12mv解得電子打在熒光屏上的速度大小為：v＝2v0（2）沿水平方向飛出的電子做類平拋運動，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得：Ee＝ma該電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式有：h=該電子在水平方向上做勻速直線運動，則有x＝v0t聯(lián)立解得水平距離為x=水平飛出的電子落在熒光屏上的點構(gòu)成的軌跡是一個圓，該圓的半徑為r＝x=（3）設(shè)豎直向下飛出的電子從發(fā)射到打在熒光屏上所用時間為t′。則v＝v0+at解得：t′=題型5帶電體在等效重力場中的運動（2023秋?南寧期末）如圖，絕緣細線的一端固定在O點，另一端系一帶正電的小球。小球處在水平方向的勻強電場中僅受重力、電場力、繩子拉力的作用，在豎直平面內(nèi)做圓周運動。已知小球所受的電場力大小等于重力大小，則有關(guān)小球在a、b、c、d四點的描述正確的是（）A．在最高點a處的機械能最大 B．在最低點c處的機械能最大 C．在水平直徑右端b處的機械能最大 D．在水平直徑左端d處的機械能最大【解答】解：小球受電場力和重力大小相等，方向水平向右，則小球所受電場力和重力的合力如圖所示：合力與水平方向成45°角偏右下方。根據(jù)功能原理，除重力以外其它力做功等于機械能的增量，拉力不做功，從d到b的過程中，電場力做正功，則b點機械能最大，d點機械能最小。故C正確，ABD錯誤。故選：C。（多選）（2024?青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為