專題20電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)

國謨標(biāo)要求

1.了解電容器的充電、放電過程，會(huì)計(jì)算電容器充、放電電荷量.

2.了解影響平行板電容器電容大小的因索，能利用公式判斷平行板電容器電容的變化.

3.利用動(dòng)力學(xué)、功能觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng).

4.掌握帶電粒了?在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律.

5.會(huì)分析帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系.

於如識(shí)解讀

考點(diǎn)一電容器及平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析

1.電容器

(I)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相距很近的導(dǎo)體組成.

(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值.

(3)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(chǔ)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.電容

(1)定義：電容器所帶的電荷最與電容器兩極板之間的電勢差之匕.

(2)定義式：。=稔.

⑶單位：法拉(F)、微法(四)、皮法(pF).lF=106RF=l()i2pF.

(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低.

(5)決定因素?：由電容器本身物理袋件(大小、形狀、極板相對(duì)位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓

無關(guān).

3.平行板電容器的電容

(1)決定因素：正對(duì)面積、相對(duì)介電常數(shù)、兩板間的距離.

(2)決定式：0=器

：蠢方法總結(jié)

1.兩類典型問題

(1)電容器始終與恒壓電源相連，也容器兩極板間的電勢差U保持不變.

(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量。保持不變.

2.動(dòng)態(tài)分析思路

⑴U不變

①根據(jù)C=g=黑｝先分析電容的變化，再分析Q的變化.

②根據(jù)E=另分析場強(qiáng)的變化.

③根據(jù)分析某點(diǎn)電勢變化.

（2）0不變

①根據(jù)C=g=益先分析電容的變化，再分析U的變化.

UirlLKu

②根據(jù)“%登分析場強(qiáng)變化.

（4打2

名典例精析

【典例1】（2022?北京?101中學(xué)三模）用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設(shè)

兩極板正對(duì)面枳為S,極板間的距離為力靜電計(jì)指針偏角為0。兩平行板間的電場強(qiáng)度為E,實(shí)驗(yàn)中，極

板所帶電荷量不變，若（）

A.保持S不變，增大d,則。變小

B.保持S不變，增大d,則E變大

C.保持d不變，減小S,則。變大

D.保持d不變，減小S,則E變小

【答案】C

【解析】AB.根據(jù)電容的決定式

得知，當(dāng)保持S不變，增大d時(shí)，電容C減小，電容器的電量。不變，由電容的定義式

分析可知板間電勢差U增大，則靜電計(jì)指針的偏角。變大，再結(jié)合

聯(lián)立可得

可知電場強(qiáng)度E不變，故AB錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)電容的決定式

得知保持d不變，減小5，電容C變小，根據(jù)

可知板間電勢差U變大，則靜電計(jì)指針的偏角。變大，根據(jù)

可知電場強(qiáng)度E變大，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

【典例2】（2022?河南?洛寧縣第一高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測）如圖所示，水平放置的兩半圓形金屬極板由絕緣轉(zhuǎn)軸

連接，下極板固定，上極板可以繡i寸圓心日乖百尸半圓面的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，也可上下平移,起初兩極板功緣對(duì)齊，

上極板通過開關(guān)S與電源正極相連，下極板接地后與電源負(fù)極相連。初始時(shí)開關(guān)S閉合，板間有一帶電粒子

戶恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。忽略邊緣效應(yīng)，關(guān)于兩極板組成的電容器，下列說法正確的是（）

A.若只將電容器的上極板轉(zhuǎn)過一小角度，則電容器的電容增大

B.若只將電容器的上極板轉(zhuǎn)過一小角度，則電容器所帶電荷量增大

C.若只將電容器的上極板轉(zhuǎn)過一小角度，則粒子P所處位置的電勢降低

D.若斷開開關(guān)S,只將板間距變?yōu)樵瓉淼?倍，則帶電粒子仍處于靜止?fàn)顟B(tài)

【答案】D

B.又由

可知，電容器所帶電荷量減少，B錯(cuò)誤；

C.只將電容器的上極板轉(zhuǎn)過一小角度，電容器兩板間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度

不變，則粒子尸所處位置的甩勢不變，c錯(cuò)誤；

D.斷開開關(guān)S,若將板間距變?yōu)樵瓉淼?倍，電容器的電容變?yōu)樵瓉淼膅，由于電容器的電荷量不變，電

容器兩板間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度

因此電場強(qiáng)度不變，帶電粒子所受電場力不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，D正確。

故選Do

【典例3】（2022?海南??模）如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個(gè)極板，R為滑動(dòng)變阻器，用絕緣細(xì)線

將一帶負(fù)電的小球懸于電容器內(nèi)部。閉合電鍵S,給電容器充電后，懸線偏離豎直方向的夾角為仇下列說

法正確的是（）

1.做直線運(yùn)動(dòng)的條件

(1)珪子所受合外力尸合=0,粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng).

(2)垃子所受合外力FR0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運(yùn)動(dòng)或減速直線運(yùn)動(dòng).

2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析

。=誓,E=E，v2-詔=2〃".

3.用功能觀點(diǎn)分析

2

勻強(qiáng)電場中：W=Eqd=qU=—1/nv0

非勻強(qiáng)電場中：W=qU=Ev2~E^

益典例精析

【典例4】如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距/.在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為g(q>0)

的粒子;在負(fù)極板有另一質(zhì)量為辦電荷量為一q的粒子.在靜電力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng).已

知兩粒子同時(shí)經(jīng)過平行于正極板且與其相距?的平面.若兩粒子間的相互作用可忽略，不計(jì)重力，則M：〃?

為()

A.3：2B.2：1

C.5：2D.3：1

【答案】A

【解析】設(shè)電場強(qiáng)度為區(qū)兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)電荷量為夕的粒子。也=備,T?粉；對(duì)電荷量為

—q的粒子有H*2,聯(lián)立解得9=*故選A.

二、帶電體在靜電力和重力作用下的直線運(yùn)動(dòng)

典例精新

【典例5】如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為4,上下極板開有一小孔，四個(gè)質(zhì)量均為加、

帶電荷量均為令的帶甩小球，其間用長均對(duì)的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極

板小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落.當(dāng)下端第二個(gè)小球到達(dá)下極板時(shí)，速度恰好為零.重力加速

度為g，(僅兩極板間存在電場)試求：

⑴兩極板間的電壓；

(2)小球運(yùn)動(dòng)的最大速度.

【答案】。修嗜

531

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得4mgx-d—2Uq=0

解得。=丹等

(2)當(dāng)兩個(gè)小球在電場中時(shí)?，靜電力居=%24=需咫＜4〃吆

當(dāng)三個(gè)小球在電場中時(shí)，靜電力/2=%34=畏吆＞4〃吆

故當(dāng)?shù)谌齻€(gè)小球剛進(jìn)入電場時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得4mgx苧一：為一"火=34，〃‘-0

解得?=脾.

三、帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動(dòng)

1.常見的交變電場

常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等.

2.常見的題目類型

(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng).

(2)藥子做往返運(yùn)動(dòng).

3.解題技巧

(1)按周期性分段研究.

少一f圖像

⑵將U—/圖像圖像老生沖一.圖像.

￡-f圖像.

名典例精析

【典例6］勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，當(dāng)t=0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放

一個(gè)帶電粒子(帶正電)，設(shè)帶電粒子只受靜電力的作用，則下列說法中正確的是()

A.帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)

B.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)

C.3s末帶電粒子的速度不為零

D.0?3s內(nèi)，靜電力做的總功為零

【答案】D

【解析岫牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小為第2s內(nèi)加速度大小為6=誓,

故〃2=2m，因此先加速1s再減速0.5s時(shí)速度為零，接下來的0.5s將反向加速，-一，圖像如圖所示:

帶電粒子在第1s做勻加速運(yùn)動(dòng)，在第2s內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向加速，所以不是始終向同一方向運(yùn)動(dòng),

故A錯(cuò)誤：根據(jù)速度一時(shí)間圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，在f=2s時(shí)，帶電粒子沒有回到出發(fā)點(diǎn),

故B錯(cuò)誤；由圖可知，3s末的瞬時(shí)速度為0,故C錯(cuò)誤：因?yàn)榈?s末粒子的速度剛好減為0,根據(jù)動(dòng)能定

理可知，0?3s內(nèi)，靜電力做的總功為零，故D正確.

考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)

帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)

(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，/=((如圖).

F-/-H

口心

m9q如

(2)沿靜電力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

①加速度：嚏

②離開電場時(shí)的偏移量：產(chǎn)％尸二螺7

③離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tan0=^=懸！

)蠢方法總結(jié)

1.兩個(gè)重要結(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：在加速電場中有qUo=^mvtr

在偏轉(zhuǎn)電場偏移量y=y//2=?Sw2

偏轉(zhuǎn)角"tan°=^=導(dǎo)舞

得：）‘一4爆,‘a(chǎn)n?！?碗

y、6均與m、q無關(guān).

⑵府子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)。為粒子水平位移的中點(diǎn)，即。到偏

轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半.

2.功能關(guān)系

當(dāng)討論帶電粒子的末速度U時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：夕4=；〃二一其中4=3，，指初、末

位置間的電勢差.

典例精新

A.在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子的射出點(diǎn)最多有兩個(gè)

B.一定沒々粒子垂直圓形電場區(qū)域的邊界射出電場

C.若帶負(fù)電的粒子從。點(diǎn)沿。8方向射入電場，從8。圓弧中點(diǎn)射出的粒子動(dòng)能最小

D.若帶負(fù)電的粒子從0點(diǎn)沿。8方向射入電場，從8。圓弧上距8點(diǎn)g圓弧處射出的粒子動(dòng)能最小

【答案】B

【解析】A.在圓周上任取一點(diǎn)，該點(diǎn)關(guān)于A8軸和CO軸及坐標(biāo)原點(diǎn)。對(duì)稱的四個(gè)點(diǎn)，射出的粒子在電場

中沿豎直方向位移相同，因此運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，A錯(cuò)誤；

B.粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，射出電場時(shí)，速度方向的反向延長線恰好過沿水平方向位移的中點(diǎn)，

而該點(diǎn)一定不是圓心，而圓心與射出點(diǎn)的連線與邊界垂直，即粒子不可能垂直圓形電場區(qū)域的邊界射出電

場，B正確；

C.從8。圓弧中點(diǎn)P射出的粒子?定比p點(diǎn)關(guān)于co的對(duì)稱點(diǎn)2射出的粒子動(dòng)能大，因?yàn)閺膬牲c(diǎn)射出的粒

子，電場力做功相同，而從Q點(diǎn)射出的粒子初速度較小，C錯(cuò)誤；

D.同理，從8。圓弧上距8點(diǎn);圓弧處”點(diǎn)射出的粒子的動(dòng)能一定比M點(diǎn)關(guān)于CD的對(duì)稱點(diǎn)N射出的粒

子動(dòng)能大，因此從兩點(diǎn)射出的粒子，電場力做功相同，而從N點(diǎn)射出的粒子初速度小，D錯(cuò)誤。

故選B。

A.小球從4運(yùn)動(dòng)到d的過程中，電勢能一定減小

B.小球從。運(yùn)動(dòng)到”的過程中，機(jī)械能一定增大

C.小球的初速度是60m/s

D.小球的比荷(旦)是lxl()3c/kg

m

【答案】D

【解析】AB.在豎直方向上，由

得

說明電場力方向豎直向上，小球從。運(yùn)動(dòng)到”的過程中，電場力做負(fù)功，則其電勢能一定增大，電場力做

負(fù)功，則小球的機(jī)械能一定減小，故AB錯(cuò)誤；

C.在水平方向上，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有

故c錯(cuò)誤：

D.由牛頓第二定律得

得

故D正確。

故選D。

考點(diǎn)四帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的偏轉(zhuǎn)

S：ME叫狂

【典例9】(2019?全國卷川)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，0、P是電場中的兩點(diǎn).從。點(diǎn)沿水平方

向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為〃?的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為虱夕＞0).A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速

度大小為W，到達(dá)尸點(diǎn)所用時(shí)間為1;8從。點(diǎn)到達(dá)尸點(diǎn)所用時(shí)間為自重力加速度為g,求：

⑴電場強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能.

【答案】(1林券(2)2W(VO2+^￥)

【解析】(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為凡小球A運(yùn)動(dòng)的加速度為〃.根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件.

有mg+qE=〃皿①

/$=家②

解得E=*)

⑵設(shè)3從。點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為小到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為反，。、P兩點(diǎn)的高度差為〃，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh

+qEh=Ek—%?力2?

且有vi^=vol?

%=%尸⑥

22

聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek=2/n(v0+r/).

【典例10】(多選)在空間中水平0JMN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為〃7的帶電小球由MN上方

的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從8點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)。點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、8、C三點(diǎn)在同一直

線上，且A4=24C,如圖所示.全力加速度為g.由此可見()

A.帶電小球所受靜電力為3〃吆

B.小球帶正電

C.小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等

D.小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等

【答案】AD

【解析】帶電小球從A到C,設(shè)在進(jìn)入電場前后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過程水平分位移分別為即和12,豎直分位移分別

為“和”，經(jīng)歷的時(shí)間分別為人和，2,在電場中的加速度為。，從A到8過程小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則有為=

岫，從8到C過程，有X2=vot2r由題意有箝=益，則得t]=2t2,即小球從A到B是從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí)間的

2倍，）」=/M，將小球在電場中的運(yùn)動(dòng)看成沿相反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，則有『2=去〃22,根據(jù)幾何知識(shí)有V:）“2

=為：X2，解得。=2g,根據(jù)牛頓第二定律得F—"[g="ia=2/〃g,解得F=3〃?g,C錯(cuò)誤，A正確；由「在電

場中軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明靜電力方向向上，所以小球帶負(fù)電，B錯(cuò)誤；

根據(jù)速度變化量△'，=<〃，則得AB過程速度變化量大小為Aui=m=2,"2，8c過程速度變化量大小為AV2=

“2=2g/2,所以小球從A到/，與從8到C的速度變化最大小相等，D正確.

考點(diǎn)五帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)

1.帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方波）的情形.

當(dāng)粒子垂直于交變電場方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場方向的分運(yùn)動(dòng)具有周

期性.

2.研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的

運(yùn)動(dòng)情況.根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等.

3.注重全面分析（分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律）：抓住粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間上的周期性和空間上的對(duì)稱性，求解粒子

運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件.

4.對(duì)于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過電場時(shí)可認(rèn)為

是在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng).

潴典例精析

【典例11】圖甲是一對(duì)長度為L的平行金屬板，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場，電場方

向與兩板垂直.在/=（）時(shí)刻，一帶電粒子沿板間的中線0。垂直電場方向射入電場，2/o時(shí)刻粒子剛好沿下

極板右邊緣射出電場.不計(jì)粒子重力.則（）

A.粒子帶負(fù)電

B.粒子在平行板間一直做曲線運(yùn)動(dòng)

C.粒子射入電場時(shí)的速度大小為白

D.若粒子射入電場時(shí)的速度減為一半，射出電場時(shí)的速度垂直于電場方向

【答案】C

【解析】粒子向下偏轉(zhuǎn)，可知粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在平行板間在。?/o時(shí)間內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)；在心?

2fo時(shí)間內(nèi)不受任何力，則做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在水平方向一直做勻速運(yùn)動(dòng)，可知射入電場時(shí)的

速度大小為即=合，選項(xiàng)C正確；若粒子射入電場時(shí)的速度減為一半，由于粒子在電場中受向下的靜電力，

有向下的加速度，射出電場時(shí)有沿電場方向的速度，則射出電場時(shí)的速度不可能垂直于電場方向，選項(xiàng)D

錯(cuò)誤.

一、單選題

1.（2022?海南?西南大學(xué)東方實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測）如圖所示為一衛(wèi)弦交變電壓隨時(shí)間變化的圖像，由圖可知

（）

A.交流電的周期為2s

B.用電壓表測量該交流電壓時(shí)，讀數(shù)為311V

C.交變電壓的有效值為220V

D.將它加在電容器上時(shí)，電容器的耐壓值小于等于311V

【答案】C

【解析】A.由圖可知，交流電佗周期為2x10-2s,A錯(cuò)誤；

B.用電壓表測量該交流電壓時(shí)，測量的是有效值，不是最大值，應(yīng)為

B錯(cuò)誤;

C.交變電壓的有效值為

C正確；

D.若將它加在電容器上時(shí)，電容器在正常工作時(shí)的耐壓值應(yīng)該大于311V,D錯(cuò)誤。

故選C。

2.（2022?北京海淀?二模）如圖所示，若令x軸和），軸分別表示某個(gè)物理量，則圖像可以反映某種情況下物

理量之間的關(guān)系，圖線上任一點(diǎn)的切線斜率、圖線與x軸圍成的面積有時(shí)也有相應(yīng)的物理含義，A為圖線上

一點(diǎn)，過A點(diǎn)作圖線的切線交y軸于M點(diǎn)，過A點(diǎn)作垂線交x軸于N點(diǎn)，切線4M的斜率記為h圖線與

x軸圍成的陰影面積記為S。下列說法正確的是（）

A.對(duì)于一段只含有電熱元件的電路，若工軸表示電流/,），軸表示電壓U,斜率2可以表示電熱元件的電阻

大小

B.對(duì)于某電容器的充電過程，若x軸表示電量心y軸表示電容器兩端電壓U,斜率火可以表示電容器的

電容大小

C.對(duì)于做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)的物體，若x軸表示運(yùn)動(dòng)時(shí)間/,y軸表示物體所受合力F,面積S可以表示時(shí)間

，內(nèi)的合外力沖量大小

D.對(duì)于做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，若大軸表示半徑廠，y軸表示角速度“，面積S可以表示對(duì)應(yīng)半徑變化的線速

度大小的變化

【答案】C

【解析】A.若x軸表示電子原件兩端的電壓U,），軸表示流過它的電流/,而

則圖像切線的斜率不表示電阻大小，A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)電容的定義式

對(duì)于某電容器的充電過程，若工軸表示電量4,丁軸表示電容器兩端電壓U,斜率2不可以表示電容器的電

容大小，B錯(cuò)誤；

C.灼于做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)的物體，若x軸表示運(yùn)動(dòng)時(shí)間3丁軸表示物體所受合力F,則合外力沖量為

I二FZ

根據(jù)微元法可知，面積S可以表示時(shí)間/內(nèi)的合外力沖量大小，c正確：

D.對(duì)于做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，若X軸表示半往廣，y釉表示角速度co,對(duì)應(yīng)半徑變化的線速度大小為

v=cor

則面積S不可以表示對(duì)應(yīng)半徑變化的線速度大小的變化，D錯(cuò)誤。

故選C。

3.（2022?重慶?三模）2022年4月11日晚，受強(qiáng)對(duì)流天氣影響，狂風(fēng)暴雨襲擊川渝地區(qū),據(jù)氣象部門監(jiān)測,

九龍坡區(qū)局地風(fēng)力已達(dá)10級(jí)。小李同學(xué)用所學(xué)知識(shí)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(dòng)電極在風(fēng)力作用下向右移動(dòng)，引起電容的變化，風(fēng)力越大，移動(dòng)距離越大（兩電極

不接觸）。若極板上電荷量保持不變，在受到風(fēng)力作用時(shí)，則（）

可動(dòng)電極

\

A.電容器電容變小B.極板間電場強(qiáng)度變大

C.極板間電壓變小D.靜電計(jì)指針張角越大，風(fēng)力越大

【答案】C

【解析】A.根據(jù)

在受到風(fēng)力作用時(shí)，d減小，則電容器電容變大，故A錯(cuò)誤：

B.極板間電場強(qiáng)度

不變，故B錯(cuò)誤；

C.極板間電壓

變小，故C正確：

D.風(fēng)力越大，d越小，極板間電壓越小，靜電計(jì)指針張角越小，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.（2022?遼寧?大連市一。三中學(xué)模擬預(yù)測）兩個(gè)位于紙面內(nèi)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場的等勢面如圖中實(shí)線所示,

相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線M尸N是?電子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡，軌跡與某等勢面相切于P點(diǎn)。下列

說法正確的是（）

A

M

A.兩點(diǎn)電荷可能是異種點(diǎn)電荷B.A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比8點(diǎn)的大

C.4點(diǎn)的電勢高于8點(diǎn)的電勢D.電子在M點(diǎn)的加速度大于在尸點(diǎn)的加速度

【答案】C

【解析】A.根據(jù)電荷間等勢面的分布情況可知兩點(diǎn)電荷時(shí)同種電荷，又根據(jù)電子在該電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡可

判斷電子一直受到排斥的力，故可知兩點(diǎn)電荷為同種負(fù)電荷，A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)等勢面的疏密程度可以判斷4點(diǎn)的電場強(qiáng)度比6點(diǎn)的小，B錯(cuò)誤；

C.因?yàn)閮牲c(diǎn)電荷是同種負(fù)電荷，電場線指向負(fù)電荷，故可知A點(diǎn)的電勢高于8點(diǎn)的電勢，C正確：

D.等差等勢面越密的位置，電場強(qiáng)度越大，M點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于P點(diǎn)的電場強(qiáng)度，所以電子在M點(diǎn)所受

電場力小于在尸點(diǎn)所受電場力，由牛頓第二定律可知，電子在M點(diǎn)的加速度小于在P點(diǎn)的加速度，D錯(cuò)誤。

故選C。

5.（2022?安徽?合肥市第八中學(xué)模擬預(yù)測）固定的足夠長斜面頂端有一個(gè)質(zhì)量為〃人電荷量為，/的帶正電荷

的小球，以速度如平拋。整個(gè)裝置處在豎宜向下的勻強(qiáng)電場之中，場強(qiáng)大小￡=哭，小球從拋出到落到斜

面的時(shí)間為"，重力做功為WG/,電勢能減少量為E”，落到斜面上時(shí)的動(dòng)能為以"若將電場方向改為豎直

向上，其他條件不變，小球從拋出到落到斜面的時(shí)間為仇重力做功為WG2,電勢能增加量為瓦2,落到斜

面上時(shí)的動(dòng)能為&2,則下列關(guān)系式不正確的是（）

A.//：/2=1：3B.Eki：&2=1：1

C.WGI：WG2=\：1D.EPi：礴2=1：3

【答案】C

【解析】A.勻強(qiáng)電場方向豎直向下時(shí)，對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律可得：

同理，勻強(qiáng)電場方向豎直向上時(shí)，有

又

聯(lián)立，可得

設(shè)斜面傾角為根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，可得兩次類平拋運(yùn)動(dòng)過程有

解得

//：/2=1：3

故A正確，與題意不符；

C.兩次類平拋運(yùn)動(dòng)過程，豎直分位移分別為

根據(jù)重力做功的公式，有

聯(lián)立，可得

WGI：WG2=1：3

故C錯(cuò)誤，與題意相符；

D.根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，以及電場力做功表達(dá)式

可得

即

EPi：EP2=\t3

故D正確，與題意不符；

B.根據(jù)動(dòng)能定理，有

可得

聯(lián)立，可得

EH：Ek2=1：I

故B正確，與題意不符。

本題選不正確的故選c。

6.（2022?全國?高三課時(shí)練習(xí)）豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，電場方向與x軸負(fù)方向成37。角，工軸上各點(diǎn)的電

勢隨坐標(biāo)x的變化規(guī)律如圖所示。現(xiàn)有一帶負(fù)電小球以初速度（^巾優(yōu)從工二-1cm的P處沿直線運(yùn)動(dòng)到工=

2cm的Q處，已知小球的質(zhì)量為3x104kg,取g=IOm/s2,則（）

A.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為400V/m

B.帶電小球的電荷量大小為lx|T5c

2

C.帶電小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中的加速度大小為40m/s

D.帶電小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能可能為0

【答案】B

【解析】A.依題意，根據(jù)勻強(qiáng)電場中，電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得

則

結(jié)合圖像得

解得

故A錯(cuò)誤；

B.由題意知，帶電小球在豎直方向受力平衡，得

解得

故B正確；

CD.小球帶負(fù)電，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，帶電小球運(yùn)罰到Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)

能不可能為（），在水平方向，對(duì)小球由牛頓第二定律得

代入數(shù)據(jù)解得

故CD錯(cuò)誤。

故選Bo

7.（2022?全國?高三專題練習(xí)）密立根油滴實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極

相接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場。用一個(gè)噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口

噴出時(shí)由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時(shí)，電荷量為外半徑為「的球狀油滴在板間保持靜止。若僅

將金屬板間電勢差調(diào)整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）

A.q,rB.2q,rC.2q,2rD.4t/,2r

【答案】D

【解析】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，滿足

即

AB.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時(shí)，若液滴的半徑不變，則滿足

可得

AB錯(cuò)誤；

CD.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時(shí)，若液滴的半徑支為2r時(shí)，則滿足

可得

C錯(cuò)誤,D正確。

故選Dt.

8.（2022?全國?高三課時(shí)練習(xí)）如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度進(jìn)入某點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中，

沿圖中彎曲的虛線軌跡先后經(jīng)過電場中的。、。兩點(diǎn)。其中。點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為&,方向與M連線成30。

角力點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為反，方向與他連線成60。角。粒子只受靜電力的作用，下列說法中正確的是（）

A.點(diǎn)電荷Q帶正電

B.。點(diǎn)的電勢高于〃點(diǎn)電勢

C.從。到〃，系統(tǒng)的電勢能增加

D.粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度

【答案】B

【解析】A.帶正電的粒子受力指向軌跡凹側(cè)，電場線匯聚到一點(diǎn)，則點(diǎn)電荷。帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

B.點(diǎn)電荷。恰好處于a、兩點(diǎn)電場線的交點(diǎn)處，根據(jù)負(fù)點(diǎn)電荷等勢面的分布特點(diǎn)，離負(fù)點(diǎn)旦荷越遠(yuǎn)的點(diǎn)

電勢越高，由幾何關(guān)系可知，〃點(diǎn)離負(fù)點(diǎn)電荷較遠(yuǎn)，所以“點(diǎn)的電勢高丁?〃點(diǎn)電勢，故B正確；

C.從4到。，靜電力對(duì)帶正電粒子做正功，所以系統(tǒng)的電勢能減小，則C錯(cuò)誤；

故選B。

9.（2022?安徽淮北?二模）一沿x軸分布的電場，x軸上有P、。兩點(diǎn)，其位置坐標(biāo)分別為此、lx。。一個(gè)質(zhì)

量為機(jī)、電荷量為〃的帶正電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)。由靜止釋放，其速度u隨位置x的變化規(guī)律如圖所示，粒

子僅受電場力作用，設(shè)。點(diǎn)電勢為零。則下列說法正確的是（）

A.該電場為勻強(qiáng)電場

C.粒子從O運(yùn)動(dòng)到Q的平均速度上

2

D.粒子在OP間的平均加速度比PQ間的小

【答案】D

【解析】A.該電場如果為勻強(qiáng)電場，則帶電粒子從原點(diǎn)。由靜止釋放后將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其速度位

移關(guān)系為

則圖像應(yīng)該為拋物線，但題目中的圖像為直線，所以該電場不是勻強(qiáng)電場，故A錯(cuò)誤；

B.帶電粒子在電場中的電勢能和動(dòng)能之和保持不變，即

解得

故B錯(cuò)誤；

D.粒子在OP間和PQ間的速度變化量相等，但是粒子在OP間的速度較小，所以用時(shí)更長，根據(jù)加速度

定義式

可知，粒子在O尸間的平均加速度比PQ間的小，故D正確。

故選D。

10.（2022?江蘇?阜寧縣東溝中學(xué)模擬預(yù)測）如圖所示，平行板甩容器通過一滑動(dòng)變阻器R與直流電源連接，

G為一零刻度在表盤中央的電流計(jì)，閉合開關(guān)S后，下列說法中正確的是（）

若在兩板間插入電介質(zhì)，電容器的電容變小

若在兩板間插入一導(dǎo)體板，電容器的帶電量變小

C.若將滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)，電容器的帶電量變大

D.若將電容器下極板向卜移動(dòng)一小段距離，此過程電流計(jì)中有從“到》方向的電流

【答案】C

【解析】A.根據(jù)公式

在兩板間插入電介質(zhì)，￡增加，所以電容器的電容變大。故A錯(cuò)誤；

B.同理，在兩板間插入一導(dǎo)體板，由于導(dǎo)體板的靜電感應(yīng)，致使電容器兩板間距d減小，電容器的電容增

加，由公式

可知極板間電壓不變的時(shí)候，帶電量變大。故B錯(cuò)誤；

C.將滑動(dòng)變阻器滑片。向上移動(dòng)，電容器極板間電壓變大，根據(jù)

易知電容器帶電量變大。故C正確；

D.將電容器下極板向下移動(dòng)一小段距離，由公式

可知電容器的電容減小，再根據(jù)

可知電容港將放電，此過程電流II中有從〃到“方向的電流。故D錯(cuò)誤。

故選C。

二、填空題

11.（2022?北京?首經(jīng)貿(mào)附中高三期中）空氣平行板電容器，電容為C,兩極板間距離為乩充電后，兩極板

間相互作用力為凡則兩極板間的電勢差為，極板上的電荷為O

【解析】設(shè)電容器極板上的電荷為。板間場強(qiáng)為E，板間電壓為U,則有

解得

12.（2021?福建省德化第?中學(xué)高三階段練習(xí)）美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴,

比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量。如圖所示，平行板電容器兩極板”、N相距4兩極板分別與電壓為U

的恒定電源兩極連接，極板M帶工電。現(xiàn)有一質(zhì)量為根的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板

帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為〃，則油滴帶電（填正或負(fù)），電容器的電容為。

-----Q

d?U

、,___________________________

——o

【解析1[1]由題意可知，極板M帶正電，則場強(qiáng)方向豎直向下，帶電油滴保持靜止不動(dòng)，則油滴受到豎直

向上的電場力與場弓雖方向相反，因此油滴帶負(fù)電;

⑵根據(jù)平衡條件

電容公式

此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k則

聯(lián)立得

13.（2022.福建.南平市第八中學(xué)高三開學(xué)考試）如圖所示，金屬板。與柵極板。水平正對(duì)放置，間距為d,

金屬板和柵極板板長均為2d.Q板接地，P極板電勢為（未知），一定質(zhì)量的帶正電粒子白。板上i力緣

以速度用平行于。極板射入電場，粒子從柵極板Q的中點(diǎn)離開電場，重力忽略不計(jì)。要使粒子從柵極板Q

的右邊緣離開電場，則粒子的入射速度大小為；若向卜.移動(dòng)?xùn)艠O板Q,使粒子從右邊緣離開電場，

則尸。間的距離為o

----------------P

?―?%

--------------------T

【答案】2v02d

【解析】［I］帶電粒子在金屬板P與柵極板。之間做類平拋運(yùn)動(dòng)，以速度四射入電場時(shí)有

粒子從柵極板。的右邊緣離開電場，則粒子的入射速度大小為m有

對(duì)比可得

〃=/2，Vl=2vo

［2J若向下移動(dòng)?xùn)艠O板。，使粒子從右邊緣離開電場，有

可解的

y=2d

即PQ間的距離為2d。

14.（2022?上海?模擬預(yù)測）如圖所示，在一水平向右勻強(qiáng)電場中，有兩質(zhì)量均為〃?、帶等量異號(hào)電荷的小

球M和N,通過兩根長度均為L的絕緣輕繩懸掛在電場中O點(diǎn)，平衡后兩輕繩與豎直方向的夾角均為敘45。。

若僅將兩小球的電荷量同時(shí)變?yōu)樵瓉淼?倍，兩小球仍能平衡在原位置。已知靜電力常量為上重力加速度

大小為g，則球M帶電荷（填“正”或"負(fù)”），其原來帶電量大小為。

【解析】［1］對(duì)小球M受力分析如圖

小球M受電場力水平向左，與電場線方向相反，故小球M帶負(fù)電。

當(dāng)兩球帶電量都為％時(shí)，由平衡條件：

（1）（2）聯(lián)立可得：

三、解答題

15.（2022?江蘇?高三專題練習(xí)）超級(jí)電容器是電容。達(dá)到上千法拉甚至上萬法拉的大容量電容器，具有功

率密度高、充電速度快、循環(huán)壽臺(tái)長等優(yōu)點(diǎn)?，F(xiàn)采用如下圖所示的電路對(duì)■某個(gè)超級(jí)電容器充電。充電器具

有控制輸出電壓和輸出電流的功能。充電過程分為兩個(gè)階段：第一階段是恒流（即充電器輸出的電流不變）

充電，當(dāng)充電器檢測到電壓達(dá)到一定值后，進(jìn)入第二階段，進(jìn)行恒壓充電（即充電器輸出的電壓不變），直

到充電終止。若電阻阻值恒定為R,關(guān)于充電過程。

⑴電容器原來不帶電，其電容為C,當(dāng)?shù)谝浑A段進(jìn)行恒流充電時(shí)，充甩器輸出的電流為/,求/時(shí)刻電容器

兩端電壓G;

（2）當(dāng)進(jìn)入第二階段進(jìn)行恒壓充電時(shí)，充電器輸出的電壓為U,某一時(shí)刻流過電阻R的電流為八，求電容器

兩端電壓心。

~超級(jí)1電1—容器I

充電器

【解析】（1）0到/時(shí)間內(nèi)電容器充電電量為

<2-li

由

得

⑵電阻R兩端的電壓為

由

得

16.(2022?全國?高三專題練習(xí))如圖所示,平行板電容器的兩個(gè)極板A、3接在電壓為60V的恒定電源卜,

兩極板間距為3cm,電容器帶電荷量為6x108。A極板接地。求：

(1)平行板電容器