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考點(diǎn)一 電容器的動(dòng)態(tài)分析
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 電容器和電容
知識(shí)點(diǎn)2 平行板電容器兩類(lèi)動(dòng)態(tài)的分析思路
【提升·必考題型歸納】
考向1 平行板電容器兩類(lèi)動(dòng)態(tài)的分析
考向2 生產(chǎn)生活中的電容器動(dòng)態(tài)分析
考點(diǎn)二 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 電場(chǎng)中帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)的條件
知識(shí)點(diǎn)2 用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)分析問(wèn)題
【提升·必考題型歸納】
考向1 電場(chǎng)中帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng)
考向2 電場(chǎng)中帶電體的直線運(yùn)動(dòng)
考點(diǎn)三 帶電粒子在電場(chǎng)中的拋體運(yùn)動(dòng)
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn) 帶電粒子在電場(chǎng)中的拋體運(yùn)動(dòng)處理方法
【提升·必考題型歸納】
考向1 電場(chǎng)中帶電粒子的拋體運(yùn)動(dòng)
考向2 電場(chǎng)中帶電體的拋體運(yùn)動(dòng)
真題感悟
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理解和掌握電容的定義式和決定式，會(huì)處理分析電容器的動(dòng)態(tài)問(wèn)題。
能夠利用動(dòng)力學(xué)、功能觀點(diǎn)處理帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)和拋體運(yùn)動(dòng)。
考點(diǎn)一 電容器的動(dòng)態(tài)分析
知識(shí)點(diǎn)1 電容器和電容
1．電容器
(1)組成：在兩個(gè)相距很近的平行金屬板中間夾上一層絕緣物質(zhì)——電介質(zhì)，就組成一個(gè)最簡(jiǎn)單的電容器。
(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。
(3)擊穿電壓與額定電壓
①擊穿電壓：電容器兩極板間的電壓超過(guò)某一數(shù)值時(shí)，電介質(zhì)將被擊穿，電容器損壞，這個(gè)極限電壓稱(chēng)為電容器的擊穿電壓。
②額定電壓：電容器外殼上標(biāo)的工作電壓，也是電容器正常工作所能承受的最大電壓，額定電壓比擊穿電壓低。
2．電容
(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢(shì)差U之比，叫作電容器的電容。
(2)定義式：C＝ eq \f(Q,U) 。
(3)物理意義：表示電容器儲(chǔ)存電荷本領(lǐng)大小的物理量。
(4)單位：法拉(F)，1 F＝1×106 μF＝1×1012 pF。
3．平行板電容器
(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：C＝ eq \f(εrS,4πkd) 。
知識(shí)點(diǎn)2 平行板電容器兩類(lèi)動(dòng)態(tài)的分析思路
1．平行板電容器動(dòng)態(tài)的分析思路
2.平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題的兩種情況
(1)平行板電容器充電后,保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接:
(2)平行板電容器充電后,切斷與電池的連接:
考向1 平行板電容器兩類(lèi)動(dòng)態(tài)的分析
1．如圖所示，是一個(gè)由電池、電阻R、開(kāi)關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開(kāi)關(guān)S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點(diǎn)不動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．帶電液滴可能帶正電
B．增大兩極板距離的過(guò)程中，電容器的電容C減小
C．增大兩極板距離的過(guò)程中，電阻R中有b從到a的電流
D．若斷開(kāi)S，減小兩極板距離，帶電液滴仍靜止不動(dòng)
【答案】BD
【詳解】A．帶電量為q的微粒靜止不動(dòng)，所受的電場(chǎng)力與重力平衡，則知電場(chǎng)力向上，而場(chǎng)強(qiáng)向下，所以微粒帶的是負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
BC．增大電容器兩極板間距離，根據(jù)電容的決定式可知電容C減小，U不變，由
分析可知Q減小，電容器放電，則R中有從a流向b的電流，故B正確，C錯(cuò)誤；
D．?dāng)嚅_(kāi)S，極板上電量不變；減小兩極板距離，根據(jù)電容的決定式電容的定義式
以及由公式E=分析可知E=與d無(wú)關(guān)，即E保持不變，所以液滴靜止仍然不動(dòng)，故D正確。
故選BD。
2．如圖所示，直流電源與一平行板電容器、理想二極管正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無(wú)窮大可以視為斷路連接，二極管一端接地。閉合開(kāi)關(guān)，電路穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．將平行板電容器下極板向下移動(dòng)，則P點(diǎn)的電勢(shì)不變
B．將平行板電容器上極板向上移動(dòng)，則P點(diǎn)的電勢(shì)不變
C．減小極板間的正對(duì)面積，帶電油滴會(huì)向上移動(dòng)
D．無(wú)論哪個(gè)極板向上移動(dòng)還是向下移動(dòng)，帶電油滴都不可能向下運(yùn)動(dòng)
【答案】ACD
【詳解】A．將下極板向下移動(dòng)，d變大，由 可知C小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，?可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，P點(diǎn)與上極板間的電勢(shì)差不變，上極板電勢(shì)不變，故P點(diǎn)的電勢(shì)不變，故A正確；
B．將上極板向上移動(dòng)，d變大，由 可知C小，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，?可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，上極板電勢(shì)不變，P與上極板的距離變大，P的電勢(shì)降低，故B錯(cuò)誤；
C．減小極板間的正對(duì)面積S，由 可知C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，?可知，電場(chǎng)強(qiáng)度E變大油滴所受電場(chǎng)力變大，油滴所受合力向上，帶電油滴會(huì)向上移動(dòng)，故C正確；
D．上極板上移或下極板下移時(shí)，d變大，由 可知，C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，?可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，油滴所受電場(chǎng)力不變，油滴靜止不動(dòng)；上極板下移或下極板上移時(shí)d變小，C變大，兩極板間的電壓U等于電源電動(dòng)勢(shì)不變，電場(chǎng)強(qiáng)度 變大，電場(chǎng)力變大，電場(chǎng)力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選ACD。
考向2 生產(chǎn)生活中的電容器動(dòng)態(tài)分析
3．如圖所示，日前多媒體教學(xué)一體機(jī)普遍采用了電容觸摸屏，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，當(dāng)用戶(hù)手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指相當(dāng)于接地導(dǎo)體，手指和工作面形成一個(gè)電容器，控制器由此確定手指位置。對(duì)于電容觸摸屏，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大
B．手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變小
C．手指壓力變大時(shí)，手指與屏的工作面距離變小，電容變小
D．手指壓力變大時(shí)，手指與屏的工作面距離變小，電容不變
【答案】A
【詳解】AB．根據(jù)可知，手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大。故A正確；B錯(cuò)誤；
CD．同理，手指壓力變大時(shí)，手指與屏的工作面距離變小，電容變大。故CD錯(cuò)誤。故選A。
4．傳感器是一種檢測(cè)裝置，能感受到被測(cè)量的信息，并能將感受到的信息，按一定規(guī)律變換成為電信號(hào)或其他所需形式的信息輸出，以滿(mǎn)足信息的傳輸、處理、存儲(chǔ)、顯示、記錄和控制等要求，它是實(shí)現(xiàn)自動(dòng)檢測(cè)和自動(dòng)控制的首要環(huán)節(jié)。如圖所示是測(cè)定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計(jì)，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體。已知電流從靈敏電流計(jì)左邊接線柱流進(jìn)電流計(jì)，指針向左偏。如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時(shí)觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則（ ）
A．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大
B．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大
C．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在減小
D．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在減小
【答案】D
【詳解】電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明流過(guò)電流計(jì)G的電流方向由左→右，則導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，由Q＝CU可知，導(dǎo)體芯A與液體形成的電容器的電容減小，根據(jù)電容的決定式可知液體的深度h在減小。故選D。
考點(diǎn)二 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
知識(shí)點(diǎn)1 電場(chǎng)中帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)。
2.勻強(qiáng)電場(chǎng)中，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(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。
知識(shí)點(diǎn)2 用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)分析問(wèn)題
1．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析
a＝ eq \f(qE,m) ，E＝ eq \f(U,d) ，v2－v02＝2ad(勻強(qiáng)電場(chǎng))。
2．用功能觀點(diǎn)分析
勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02。
非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
考向1 電場(chǎng)中帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng)
1．一對(duì)平行正對(duì)的金屬板C、D接入如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，C板固定，D板可左右平行移動(dòng)，閉合開(kāi)關(guān)，一段時(shí)間后再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，從C板發(fā)射一電子，恰能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后再返回，已知A到D板的距離是板間距離的三分之一，電子質(zhì)量為m，電荷量為-e，忽略電子的重力，則（ ）

A．設(shè)定C板電勢(shì)為0，電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能為
B．若要讓電子能夠到達(dá)D板，可將D板向左平移至A點(diǎn)或A點(diǎn)左側(cè)某位置
C．若要讓電子能夠到達(dá)D板，可將D板向右平移至某位置
D．若要讓電子能夠到達(dá)D板，可閉合開(kāi)關(guān)，再將D板向右平移至某位置
【答案】B
【詳解】A．金屬板的電場(chǎng)線由C指向D，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，設(shè)定C板電勢(shì)為0，則A點(diǎn)的電勢(shì)為電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能為故A錯(cuò)誤；
BCD．閉合開(kāi)關(guān)，一段時(shí)間后再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，則電容器的電量Q不變，根據(jù)電容的定義式和決定式有
，聯(lián)立解得從C板發(fā)射一電子，恰能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后再返回，則有
所以若要讓電子能夠到達(dá)D板，可將D板向左平移至A點(diǎn)或A點(diǎn)左側(cè)某位置，或者閉合開(kāi)關(guān)，再將D板向左平移至A點(diǎn)或A點(diǎn)左側(cè)某位置，故B正確，CD錯(cuò)誤，故選B。
2．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)，由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子（ ）
A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回
B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回
C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回
D．穿過(guò)P′點(diǎn)
【答案】A
【詳解】設(shè)A、B板間的電勢(shì)差為U1，B、C板間的電勢(shì)差為U2，板間距為d，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，第一次由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得則有
將C板向右移動(dòng)，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)閯t將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變， 所以電子還是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)速度減小為零，然后返回。故選A。
考向2 電場(chǎng)中帶電體的直線運(yùn)動(dòng)
3．如圖所示，在豎直面（紙面）內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電量為q（q>0）、質(zhì)量為m的小球受水平向右大小為F的恒力，從M勻速運(yùn)動(dòng)到N。已知MN長(zhǎng)為d，與力F的夾角為，重力加速度為g，則

A．場(chǎng)強(qiáng)大小為
B．M、N間的電勢(shì)差為
C．從M到N，電場(chǎng)力做功為
D．若僅將力F方向順時(shí)針轉(zhuǎn)，小球?qū)腗向N做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
【答案】AC
【詳解】A．對(duì)小球受力分析，如圖所示

根據(jù)受力平衡可得解得場(chǎng)強(qiáng)大小為故A正確；
B．設(shè)MN與場(chǎng)強(qiáng)方向的夾角為，則M、N間的電勢(shì)差為故B錯(cuò)誤；
C．從M到N，根據(jù)動(dòng)能定理可得可得電場(chǎng)力做功為
故C正確；
D．因電場(chǎng)力和重力的合力與等大反向，則若僅將力方向順時(shí)針轉(zhuǎn)，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小為，則小球?qū)腗向N做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AC。
4．如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度沿直線做勻變速運(yùn)動(dòng)，直線與水平面的夾角為，若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．電場(chǎng)強(qiáng)度E的最小值為
B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向可能豎直向上
C．如果小球加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小為g，則電場(chǎng)強(qiáng)度
D．如果電場(chǎng)強(qiáng)度為，小球電勢(shì)能的最大值為
【答案】AC
【詳解】A．因?yàn)樾∏蜃鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場(chǎng)力的方向不確定，有最小值，當(dāng)電場(chǎng)力垂直于運(yùn)動(dòng)方向時(shí)，電場(chǎng)力最小為，如圖所示
所以電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值故A正確；
B．因?yàn)樾∏蜃鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場(chǎng)方向不可能豎直向上，B錯(cuò)誤；
C．如果小球加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小為，由受力分析可知此時(shí)解得
故C正確；
D．如果電場(chǎng)強(qiáng)度為，小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場(chǎng)力的方向與水平方向夾角為，斜向上，如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度為小球斜向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移
在整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做功即電勢(shì)能增加，所以小球電勢(shì)能的最大值為，故D錯(cuò)誤。故選AC。
考點(diǎn)三 帶電粒子在電場(chǎng)中的拋體運(yùn)動(dòng)
知識(shí)點(diǎn) 帶電粒子在電場(chǎng)中的拋體運(yùn)動(dòng)處理方法
1.求解電偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的兩種思路
以示波管模型為例,帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后,需再經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P,如圖所示。
(1)確定最終偏移距離OP的兩種方法
方法1:
方法2:
(2)確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的動(dòng)能(或速度)的兩種方法
2.特別提醒：
（1）利用動(dòng)能定理求粒子偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能時(shí),電場(chǎng)力做功W=qU=qEy,其中“U”為初末位置的電勢(shì)差,而不一定是U=U22。
（2）注意是否考慮重力
①基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．
②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．
考向1 電場(chǎng)中帶電粒子的拋體運(yùn)動(dòng)
1．如圖所示，甲、乙兩個(gè)帶正電的粒子分別以速度和從絕緣斜面頂端水平射出，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，已知粒子甲的質(zhì)量為，粒子乙的質(zhì)量為，若兩個(gè)粒子能落在斜面上同一點(diǎn)，粒子的重力不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．若，則粒子甲的比荷與粒子乙的比荷的比值為
B．若，則粒子甲的比荷與粒子乙的比荷的比值為
C．若，則粒子甲落到斜面的動(dòng)能小于粒子乙落到斜面的動(dòng)能
D．若，則粒子甲落到斜面的動(dòng)能等于粒子乙落到斜面的動(dòng)能
【答案】AD
【詳解】AB．由于粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示
可知粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為則粒子運(yùn)動(dòng)的水平位移為豎直位移
整理得到所以粒子的比荷與初速度的平方成正比，即粒子甲的比荷與粒子乙的比荷的比值為，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD．由動(dòng)能定理，可得粒子落到斜面的動(dòng)能由可以得到
整理得到所以?xún)蓚€(gè)粒子到達(dá)斜面的動(dòng)能是相等的，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。
2．示波器是一種多功能電學(xué)儀器，它是由加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)組成的。如圖所示，質(zhì)量為m的帶電粒子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向從正中間射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知帶電粒子的電荷量為q，加速電場(chǎng)電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，兩極板間的距離為d，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板間的電壓為U2且可調(diào)節(jié)，不計(jì)粒子的重力。則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為q（U1+U2）
B．同種電性的不同帶電粒子，射出裝置的位置相同
C．減小U2，帶電粒子通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間變長(zhǎng)
D．若粒子剛好從下極板邊緣離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則
【答案】BD
【詳解】A．對(duì)粒子從靜止到離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)由動(dòng)能定理得可知粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)獲得的動(dòng)能等于加速電場(chǎng)做功和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做功，其中；粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能并不等于q（U1+U2），故A錯(cuò)誤；
B．帶電粒子在加速電場(chǎng)中有化簡(jiǎn)可得由于粒子從另一側(cè)射出，則在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板間的加速電為豎直方向的位移為根據(jù)上式可知帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，不同帶電粒子均從同一位置射出，偏移量與比荷無(wú)關(guān)，只與裝置本身有關(guān)，故B正確；
C．減小偏轉(zhuǎn)電壓并不會(huì)影響離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間，因?yàn)闀r(shí)間由水平位移和水平速度決定，所以時(shí)間不變，故C錯(cuò)誤；
D．若剛好從下極板邊緣射出，根據(jù)偏移量公式有化簡(jiǎn)可得故D正確。故選BD。
考向2 電場(chǎng)中帶電體的拋體運(yùn)動(dòng)
3．如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且，則下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比3∶1
B．小球從A到B與從B到C的速度變化量大小之比3∶1
C．小球從A到B重力做功與從B到C電場(chǎng)力做功數(shù)值比為1∶1
D．小球從A到B重力做功與從B到C電場(chǎng)力做功數(shù)值比為2：3
【答案】D
【詳解】A．帶電小球從A到C，設(shè)在進(jìn)入電場(chǎng)前后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經(jīng)歷的時(shí)間為分別為t1和t2．在電場(chǎng)中的加速度為a，則從A到B過(guò)程小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則有x1=v0t1從B到C過(guò)程，有x2=v0t2由題意有x1=2x2則得t1=2t2即小球從A到B與從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2:1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
CD．又 y1=gt12將小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)看成沿相反方向的類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有y2=at22根據(jù)幾何知識(shí)有
y1：y2=x1：x2解得a=2g根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=ma=2mg解得F=3mg因AB和BC的豎直高度之比是y1：y2= 2:1則小球從A到B重力做功與從B到C克服電場(chǎng)力做功之比為mgy1:Fy2=2:3選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；
B．根據(jù)速度變化量△v=at則得AB過(guò)程速度變化量大小為△v1=gt1=2gt2，BC過(guò)程速度變化量大小為
△v2=at2=2gt2所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等,故C錯(cuò)誤。故選D。
4．如圖所示，一質(zhì)量為、帶電荷量為的小球，以速度沿兩正對(duì)帶電平行金屬板MN（板間電場(chǎng)可看成勻強(qiáng)電場(chǎng)）左側(cè)某位置水平向右飛入，已知極板長(zhǎng)，兩極板間距為，不計(jì)空氣阻力，小球飛離極板后恰好由A點(diǎn)沿切線進(jìn)入豎直光滑絕緣圓弧軌道ABCD，AC、BD為圓軌道的直徑，在圓軌道區(qū)域有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與MN間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等。已知，，，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球在A點(diǎn)的速度大小為4m/s
B．MN兩極板間的電勢(shì)差為
C．小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度大小為5m/s
D．軌道半徑時(shí)小球不會(huì)在ABCD區(qū)間脫離圓弧軌道
【答案】BCD
【詳解】A．因?yàn)樾∏蝻w離極板后恰好由A點(diǎn)沿切線進(jìn)入豎直光滑絕緣圓弧軌道，所以小球在A點(diǎn)的速度大小為，A錯(cuò)誤；
B．帶電小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中作類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有；解得因?yàn)樗?，小球所受電?chǎng)力向上，又因?yàn)樾∏驇д?，所以?chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，則有對(duì)帶電小球受力分析，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得所以，MN兩極板間的電勢(shì)差為，
B正確；
C．小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得又因?yàn)?br>代入數(shù)據(jù)解得，小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度大小為，C正確；
D．設(shè)電場(chǎng)力和重力的合力與豎直方向的夾角為，則解得若小球恰好運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)時(shí)速度為，在等效最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理聯(lián)立解得，臨界半徑為所以，當(dāng)軌道半徑時(shí)，小球不會(huì)在ABCD區(qū)間脫離圓弧軌道。D正確。故選BCD。
（2023年湖北卷高考真題）一帶正電微粒從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為。微粒射入時(shí)緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)到極板左右兩端的水平距離分別為和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．
B．
C．微粒穿過(guò)電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2
D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運(yùn)動(dòng)軌跡不變
【答案】BD
【詳解】B．粒子在電容器中水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻變速直線直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)差的關(guān)系及場(chǎng)強(qiáng)和電場(chǎng)力的關(guān)系可得，粒子射入電容器后的速度為，水平方向和豎直方向的分速度，從射入到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系
粒子射入電場(chǎng)時(shí)由動(dòng)能定理可得聯(lián)立解得，B正確；
A．粒子從射入到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得，聯(lián)立可得，A錯(cuò)誤；
C．粒子穿過(guò)電容器時(shí)從最高點(diǎn)到穿出時(shí)由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得，射入電容器到最高點(diǎn)有
解得設(shè)粒子穿過(guò)電容器與水平的夾角為，則粒子射入電場(chǎng)和水平的夾角為
，C錯(cuò)誤；
D．粒子射入到最高點(diǎn)的過(guò)程水平方向的位移為，豎直方向的位移為聯(lián)立，，解得且，即解得即粒子在運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中水平和豎直位移均與電荷量和質(zhì)量無(wú)關(guān)，最高點(diǎn)到射出電容器過(guò)程同理，，即軌跡不會(huì)變化，D正確。故選BD。考點(diǎn)要求
考題統(tǒng)計(jì)
考情分析
（1）電容
（2）電場(chǎng)中帶電粒子的直線和拋體運(yùn)動(dòng)
2023年湖北卷第10題
2023年1月浙江卷第12題
2023年北京卷第20題
高考對(duì)電容器的考查較為頻繁，但對(duì)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)幾乎每年都考，并且特別容易與磁場(chǎng)相結(jié)合，考查電磁組合場(chǎng)和疊加場(chǎng)問(wèn)題，題目難度相對(duì)較大。

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