第04講電容器和帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（原卷版+解析版）（自主復(fù)習(xí)）2024年新高二物理暑假提升精品講義（人教版2019）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

核心考點(diǎn)聚焦
1.平行板電容器的兩類典型問題
2.實(shí)驗(yàn)：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象
3帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)（加速電場）
4.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動(dòng)（偏轉(zhuǎn)電場）
5.帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)
6.帶電體在等效重力場中的運(yùn)動(dòng)
高考考點(diǎn)聚焦
知識點(diǎn)一、關(guān)于平行板電容器動(dòng)態(tài)分析的兩類典型問題
（1）U不變的情形（如圖甲所示）

如果平行板電容器充電后始終連接在電源上，兩極板間的電勢差U就保持不變。
由C＝εrS4πkd→C∝εrSd可知C隨d、S、εr的變化而變化
由Q＝UC＝UεrS4πkd→Q∝εrSd可知Q隨d、S、εr的變化而變化
由E＝Ud→E∝1d可知E隨d的變化而變化
（2）Q不變的情形（如圖乙所示）
若平行板電容器充電后切斷與電源的連接，電容器的電荷量Q就保持不變。
由C＝εrS4πkd→C∝εrSd可知C隨d、S、εr的變化而變化
由U＝QC＝4πkdQεrS→U∝dεrS可知U隨d、S、εr的變化而變化
由E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS→E∝1εrS可知E隨S、εr的變化而變化，與d無關(guān)，不隨d的變化而變化
知識點(diǎn)二、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)
1.帶電粒子（體）在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理
2.帶電粒子（體）在電場中直線運(yùn)動(dòng)的分析方法
知識點(diǎn)三、帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動(dòng)（化曲線等效為直線運(yùn)動(dòng)）
1.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律

2.兩個(gè)結(jié)論
（1）速度偏角正切值tan θ是位移偏角正切值tan α的2倍。
（2）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出時(shí)，瞬時(shí)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)，即該交點(diǎn)到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為l2。
3.利用功能關(guān)系分析帶電粒子的偏轉(zhuǎn)
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＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy，指初、末位置間的電勢差。
知識點(diǎn)四、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)
1.三種常見題型
（1）粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)（一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解）。
（2）粒子做往返運(yùn)動(dòng)（一般分段研究）。
（3）粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)（一般根據(jù)交變電場的特點(diǎn)分段研究）。
2.三條分析思路（建模）
一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系（機(jī)械能守恒、動(dòng)能定理、能量守恒），三是轉(zhuǎn)化為速度圖像分析。
3.兩個(gè)運(yùn)動(dòng)特征
分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。
知識點(diǎn)五.帶電體在等效場中的運(yùn)動(dòng)
1.等效重力法
將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g'＝F合m為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向?yàn)榈刃А爸亓Α钡姆较?，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。

2.等效最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)
在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題。小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是等效最高點(diǎn)（如圖所示）。

知識點(diǎn)六：實(shí)驗(yàn)：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象
1、平行板電容器的兩類典型問題
1.計(jì)算機(jī)鍵盤每個(gè)按鍵下都有塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙還有另一塊小的固定金屬片，兩片金屬片組成一個(gè)小電容器，且電壓保持不變。圖示鍵盤連著正在工作的計(jì)算機(jī)，按下“？”鍵過程中，按鍵金屬片間組成的電容器（）
A.電容變小 B.金屬片間的電場強(qiáng)度變小
C.帶電荷量增大 D.處于放電狀態(tài)
【答案】C
【解析】按下“？”鍵過程中，按鍵金屬片間組成的電容器兩極板間距d減小，根據(jù)C＝εrS4πkd可知，電容C變大，因兩板電壓U一定，根據(jù)Q＝CU可知，電容器帶電荷量增大，電容器處于充電狀態(tài)，此時(shí)根據(jù)E＝Ud，可知金屬片間的電場強(qiáng)度E變大，故選C。
2.（2022重慶·高考真題）如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動(dòng)，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時(shí)，極板上所帶電荷量變少，則（）
A．材料豎直方向尺度減小B．極板間電場強(qiáng)度不變
C．極板間電場強(qiáng)度變大D．電容器電容變大
【答案】A
【解析】BCD．根據(jù)電容的決定式可知，根據(jù)題意可知極板之間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，極板間距增大，電容減小，極板之間形成勻強(qiáng)電場，根據(jù)可知極板間電場強(qiáng)度減小，BCD錯(cuò)誤；A．極板間距增大，材料豎直方向尺度減小，A正確；
故選A。
3.（2022·湖北高考真題）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q、半徑為r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．4q，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)，若液滴的半徑變?yōu)?r時(shí)，則滿足可得，C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
解題歸納：分析方法：抓住不變量，分析變化量。
(1)兩個(gè)公式：電容器電容的定義式：，平行板電容器電容的決定式：。。
(2)平行板電容器內(nèi)部是勻強(qiáng)電場時(shí)，電壓不變時(shí)有：
電量不變時(shí)有：。
帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)
4．電子被加速器加速后轟擊重金屬靶時(shí)，會(huì)產(chǎn)生射線，可用于放射治療。圖甲展示了一臺醫(yī)用電子直線加速器，其原理如圖乙所示：從陰極射線管的陰極K發(fā)射出來的電子（速度可忽略），經(jīng)電勢差的絕對值為U的電場加速后獲得速度v，加速電場兩極板間的距離為d，不計(jì)電子所受重力。下列操作可使v增大的是（）
A．僅增大UB．僅減小UC．僅增大dD．僅減小d
【答案】A
【解析】電子在電場中加速，由動(dòng)能定理可得，解得
易知可使v增大的操作是僅增大U。
故選A。
5.（2023浙江高考真題）AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為、質(zhì)量為的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開關(guān)S，小球靜止時(shí)，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動(dòng)到CD板上的M點(diǎn)（未標(biāo)出），則（）

A．MC距離為B．電勢能增加了
C．電場強(qiáng)度大小為D．減小R的阻值，MC的距離將變大
【答案】B
【解析】A．根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，對小球受力分析如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得，聯(lián)立解得，剪斷細(xì)線，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場力方向的位移，與電場力方向相反，電場力做功為，則小球的電勢能增加，故B正確；C．電場強(qiáng)度的大小，故C錯(cuò)誤；D．減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強(qiáng)度不變，所以小球的運(yùn)動(dòng)不會(huì)發(fā)生改變，MC的距離不變，故D錯(cuò)誤。
故選B。
6．某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進(jìn)行治療。在這種療法中，為了能讓質(zhì)子進(jìn)入癌細(xì)胞，首先要實(shí)現(xiàn)質(zhì)子的高速運(yùn)動(dòng)，該過程需要一種被稱作“粒子加速器”的裝置來實(shí)現(xiàn)。質(zhì)子先被加速到較高的速度，然后轟擊腫瘤并殺死癌細(xì)胞。如圖所示，來自質(zhì)子源的質(zhì)子（初速度為零），經(jīng)加速電壓為U的加速器加速后，形成細(xì)柱形的質(zhì)子流。已知細(xì)柱形的質(zhì)子流橫截面積為S，其等效電流為I；質(zhì)子的質(zhì)量為m，其電量為e。那么這束質(zhì)子流內(nèi)單位體積的質(zhì)子數(shù)n是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】質(zhì)子在電場力作用下加速，加速后的速度為，根據(jù)動(dòng)能定理，則有解得
等效電流為，單位體積的質(zhì)子數(shù)為，根據(jù)微觀表達(dá)式，解得
故選D。
解題歸納：解題思路：
(1)動(dòng)力學(xué)方法：根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．
(2)能量方法：根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功，用動(dòng)能定理求解．
三、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動(dòng)
7．如圖所示，質(zhì)子（H）和粒子（He），以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場（不計(jì)粒子重力），則這兩個(gè)粒子射出電場時(shí)的側(cè)位移y之比為（）
A．4：1B．1：2C．2：1D．1：4
【答案】B
【解析】兩粒子進(jìn)入電場后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有
粒子射出電場時(shí)的側(cè)位移y為，電場中水平方向有
聯(lián)立，可得，依題意兩粒子的初動(dòng)能相同，電場強(qiáng)度E和極板長度L相同，則y與q成正比，質(zhì)子和粒子電荷量之比為1：2，則側(cè)位移y之比為1：2。
故選B。
8．如圖所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）
A．僅增大加速電場的電壓B．僅減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離
C．僅減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電場極板的長度
【答案】B
【解析】設(shè)電子經(jīng)加速電場加速后的速度為，加速電壓為，偏轉(zhuǎn)電壓為，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離為，極板的長度為，則電子經(jīng)加速電場加速的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得
電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間
離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切值為
故B正確；ACD錯(cuò)誤。
故選B。
9.（多選）（2022·全國甲卷）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)。則射出后（）
A.小球的動(dòng)能最小時(shí)，其電勢能最大
B.小球的動(dòng)能等于初始動(dòng)能時(shí)，其電勢能最大
C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動(dòng)能最大
D.從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢能的增加量
【答案】BD
【解析】由題意可知，小球所受電場力與重力的合力指向右下，與水平方向成45°角，小球向左射出后做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其水平速度與豎直速度大小相等時(shí)，即速度方向與小球所受合力方向垂直時(shí)，小球克服合力做的功最大，此時(shí)動(dòng)能最小，而此時(shí)小球仍具有水平向左的分速度，電場力仍對其做負(fù)功，其電勢能繼續(xù)增大，A、C錯(cuò)誤；小球在電場力方向上的加速度大小ax＝g，豎直方向加速度大小ay＝g，當(dāng)小球水平速度減為零時(shí)，克服電場力做的功最大，小球的電勢能最大，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v0＝gt，此時(shí)小球豎直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此時(shí)小球動(dòng)能等于初動(dòng)能，由能量守恒定律可知，小球重力勢能減少量等于小球電勢能的增加量，又由功能關(guān)系知重力做的功等于小球重力勢能的減少量，B、D正確。
解題歸納：(1)同性電荷經(jīng)過同一電場加速后進(jìn)入相同的偏轉(zhuǎn)電場，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡相同，與帶電粒子的電荷量和質(zhì)量均無關(guān)．
(2)帶電粒子垂直于電場方向射入勻強(qiáng)電場中，帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，速度方向的反向延長線通過沿初速度方向位移的中點(diǎn)．
四、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)
10.(2023四川模擬)(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．電子原來靜止在左極板小孔處(不計(jì)重力作用)．下列說法中正確的是( )
A．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上
B．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)
C．從t＝eq \f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上
D．從t＝eq \f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上
【答案】BD
【解析】根據(jù)題中條件作出帶電粒子的v－t圖像，根據(jù)v－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積及v－t圖像分析粒子的運(yùn)動(dòng)，由圖a知，t＝0時(shí)釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運(yùn)動(dòng)，則電子一定能擊中右板，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖b知t＝eq \f(T,4)時(shí)釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的eq \f(T,2)內(nèi)不能到達(dá)右板，則之后將往復(fù)運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A、C兩項(xiàng)．
11.如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時(shí)兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度隨時(shí)間變化規(guī)律的是（其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化）（）
【答案】A
【解析】電子在交變電場中所受電場力大小恒定，加速度大小不變，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；從0時(shí)刻開始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，12T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱?，之后重?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。
12.圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示。質(zhì)量為m、重力不計(jì)的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經(jīng)時(shí)間T從兩板間飛出。下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的描述錯(cuò)誤的是（）
A.t＝0時(shí)入射的粒子，離開電場時(shí)偏離中線的距離最大
B.t＝14T時(shí)入射的粒子，離開電場時(shí)偏離中線的距離最大
C.無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，離開電場時(shí)的速度方向都水平
D.無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，離開電場時(shí)的速度大小都相等
【答案】B
【解析】粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是相同的，t＝0時(shí)入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，最后離開電場區(qū)域，故t＝0時(shí)入射的粒子離開電場時(shí)偏離中線的距離最大，選項(xiàng)A正確；t＝14T時(shí)入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，再反向加速，最后反向減速離開電場區(qū)域，故此時(shí)刻入射的粒子離開電場時(shí)速度方向和中線在同一直線上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于電場變化的周期T，根據(jù)動(dòng)量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零，故所有粒子離開電場時(shí)的豎直方向分速度為零，即最終都垂直電場方向射出電場，離開電場時(shí)的速度大小都等于初速度，選項(xiàng)C、D正確。
解題歸納：(1)從受力分析入手，根據(jù)不同時(shí)間段電場力的變化，弄清各階段的運(yùn)動(dòng)情況．
(2)總結(jié)出粒子運(yùn)動(dòng)的周期性與電場變化的周期性的關(guān)系，求解粒子速度、位移等物理量．
五、帶電體在等效重力場中的運(yùn)動(dòng)
13.（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說法正確的是（）
A.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝mgtanθq
B.小球動(dòng)能的最小值為Ek＝mgL2csθ
C.小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小
D.小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢能先減小后增大
【答案】AB
【解析】解析小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成θ角，對小球進(jìn)行受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有mgtan θ＝qE，解得E＝mgtanθq，選項(xiàng)A正確；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，根據(jù)等效重力提供向心力，有mgcsθ＝mv2L，則最小動(dòng)能Ek＝12mv2＝mgL2csθ，選項(xiàng)B正確；小球的機(jī)械能和電勢能之和守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
14.（多選）如圖所示，長為L的細(xì)線拴一個(gè)帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，重力加速度為g，球處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E，小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則（）

A.小球在最高點(diǎn)的速度大小為gL B.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)電勢能最小
C.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能最大 D.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為52（mg＋qE）L
【答案】CD
【解析】小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)由其所受重力和靜電力的合力提供向心力，則有mg＋Eq＝mv2L，解得v＝(mg+Eq)mL，故A錯(cuò)誤；小球向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜電力做負(fù)功，電勢能增加，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)電勢能最大，故B錯(cuò)誤；小球向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜電力做正功，機(jī)械能增大，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小球的機(jī)械能最大，故C正確；小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得Ek－12mv2＝（mg＋Eq）·2L，解得Ek＝52（mg＋Eq）L，故D正確。
解題歸納：將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g'＝F合m為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向?yàn)榈刃А爸亓Α钡姆较?，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。

六、實(shí)驗(yàn)：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象
15．（2023福建高考真題）某同學(xué)用圖（a）所示的電路觀察矩形波頻率對電容器充放電的影響。所用器材有：電源、電壓傳感器、電解電容器C（，），定值電阻R（阻值）、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。
（1）電解電容器有正、負(fù)電極的區(qū)別。根據(jù)圖（a），將圖（b）中的實(shí)物連線補(bǔ)充完整；

（2）設(shè)置電源，讓電源輸出圖（c）所示的矩形波，該矩形波的頻率為；

（3）閉合開關(guān)S，一段時(shí)間后，通過電壓傳感器可觀測到電容器兩端的電壓隨時(shí)間周期性變化，結(jié)果如圖（d）所示，A、B為實(shí)驗(yàn)圖線上的兩個(gè)點(diǎn)。在B點(diǎn)時(shí)，電容器處于狀態(tài)（填“充電”或“放電”）在點(diǎn)時(shí)（填“A”或“B”），通過電阻R的電流更大；
（4）保持矩形波的峰值電壓不變，調(diào)節(jié)其頻率，測得不同頻率下電容器兩端的電壓隨時(shí)間變化的情況，并在坐標(biāo)紙上作出電容器上最大電壓與頻率f關(guān)系圖像，如圖（e）所示。當(dāng)時(shí)電容器所帶電荷量的最大值 C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；

（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，電容器在充放電過程中，其所帶的最大電荷量在頻率較低時(shí)基本不變，而后隨著頻率的增大逐漸減小。
【答案】充電 B
【解析】（1）[1]根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，如圖所示

（2）[2]由圖（c）可知周期，所以該矩形波的頻率為
（3）[3][4]由圖（d）可知，B點(diǎn)后電容器兩端的電壓慢慢增大，即電容器處于充電狀態(tài)；從圖中可得出，A點(diǎn)為放電快結(jié)束階段，B點(diǎn)為充電開始階段，所以在B點(diǎn)時(shí)通過電阻R的電流更大。
（4）[5]由圖（e）可知當(dāng)時(shí)，電容器此時(shí)兩端的電壓最大值約為
根據(jù)電容的定義式得此時(shí)電容器所帶電荷量的最大值
16．（2023山西高考真題）在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，所用器材如下：電池、電容器、電阻箱、定值電阻、小燈泡、多用電表、電流表、秒表、單刀雙擲開關(guān)以及導(dǎo)線若干。

（1）用多用電表的電壓擋檢測電池的電壓。檢測時(shí)，紅表筆應(yīng)該與電池的（填“正極”或“負(fù)極”）接觸。
（2）某同學(xué)設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路如圖（a）所示。先將電阻箱的阻值調(diào)為，將單刀雙擲開關(guān)S與“1”端相接，記錄電流隨時(shí)間的變化。電容器充電完成后，開關(guān)S再與“2”端相接，相接后小燈泡亮度變化情況可能是。（填正確答案標(biāo)號）
A．迅速變亮，然后亮度趨于穩(wěn)定 B．亮度逐漸增大，然后趨于穩(wěn)定
C．迅速變亮，然后亮度逐漸減小至熄滅
（3）將電阻箱的阻值調(diào)為，再次將開關(guān)S與“1”端相接，再次記錄電流隨時(shí)間的變化情況。兩次得到的電流I隨時(shí)間t變化如圖（b）中曲線所示，其中實(shí)線是電阻箱阻值為（填“R1”或“R2”）時(shí)的結(jié)果，曲線與坐標(biāo)軸所圍面積等于該次充電完成后電容器上的（填“電壓”或“電荷量”）。
【答案】正極 C 電荷量
【解析】（1）[1]多用電表紅表筆流入電流，黑表筆流出電流，故電流表紅表筆應(yīng)該與電池的正極接觸；
（2）[2]電容器充電完成后，開始時(shí)兩極板電量較多，電勢差較大，當(dāng)閉合“2”接入小燈泡，回路立即形成電流，燈泡的迅速變亮；隨著時(shí)間的積累，兩極板電量變少，電勢差變小，流過燈泡的電流減小，直至兩極板電荷量為零不帶電，則無電流流過小燈泡即熄滅，故選C。
（3）[3]開始充電時(shí)兩極板的不帶電，兩極板電勢差為零，設(shè)電源內(nèi)阻為r，則開始充電時(shí)有
由圖像可知開始充電時(shí)實(shí)線的電流較小，故電路中的電阻較大，因此電阻箱阻值為；
[4]圖像的物理意義為充電過程中電流隨時(shí)間的變化圖線，故曲線與坐標(biāo)軸所圍面積等于該次充電完成后電容器上的電荷量。
一、單選題：
1．（2021重慶高考真題）電容式加速傳感器常用于觸發(fā)汽車安全氣囊等系統(tǒng)，如圖所示。極板M、N組成的電容器視為平行板電容器，M固定，N可左右運(yùn)動(dòng)，通過測量電容器板間的電壓的變化來確定汽車的加速度。當(dāng)汽車減速時(shí)，極板M、N間的距離減小，若極板上的電荷量不變，則該電容器（）
A．電容變小B．極板間電壓變大
C．極板間電場強(qiáng)度不變D．極板間的電場強(qiáng)度變小
【答案】C
【解析】A．由平行板電容器電容的決定式可得，d減小，C增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．電容器所帶電荷量Q不變，C增大，由可得，U變小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．由勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)與電勢差關(guān)系公式可得，Ｅ與d無關(guān)，E不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
2.（2014海南高考真題）如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中．當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g．粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】粒子受重力和電場力，開始時(shí)平衡，有： ①
當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有：②
聯(lián)立①②解得：，故選A．
3.（2018北京高考真題）研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，下列說法正確的是( )
A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電
B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小
C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大
D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大
【答案】A
【解析】A、當(dāng)用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故選項(xiàng)A正確；
B、根據(jù)電容器的決定式：，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，根據(jù)可知，電量Q不變，則電壓U增大，則靜電計(jì)指針的張角變大，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)電容器的決定式：，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，則介電系數(shù)增大，則電容C增大，根據(jù)可知，電量Q不變，則電壓U減小，則靜電計(jì)指針的張角減小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)可知，電量Q增大，則電壓U也會(huì)增大，則電容C不變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
點(diǎn)睛：本題是電容器動(dòng)態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵抓住兩點(diǎn)：一是電容器的電量不變；二是電容與哪些因素有什么關(guān)系．
4．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、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(dòng)時(shí)，減小，增加
B．保持加速度恒定向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，減小，增加
C．由靜止突然加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，減小，增加
D．正在勻速向上運(yùn)動(dòng)的傳感器突然停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，減小，增加
【答案】C
【解析】A．勻速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，多晶硅懸臂梁相對于頂層多晶硅和底層多晶硅位置不變，兩個(gè)電容、不變。A錯(cuò)誤；
B．保持加速度恒定向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，與加速度為零時(shí)相比，多晶硅懸臂梁的右側(cè)雖發(fā)生彎曲形變，但此時(shí)多晶硅懸臂梁相對于頂層多晶硅和底層多晶硅位置不變，兩個(gè)電容、不變。B錯(cuò)誤；
C．由靜止突然加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，多晶硅懸臂梁的右側(cè)發(fā)生彎曲形變，多晶硅懸臂梁與頂層多晶硅距離變大，多晶硅懸臂梁與底層多晶硅距離變小，由，減小，增加。C正確；
D．正在勻速向上運(yùn)動(dòng)的傳感器突然停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，多晶硅懸臂梁的右側(cè)發(fā)生彎曲形變，多晶硅懸臂梁與頂層多晶硅距離變小，多晶硅懸臂梁與底層多晶硅距離變大，增加，減小。D錯(cuò)誤。故選C。
5．利用如圖所示的電路分析平行板電容器的動(dòng)態(tài)變化，已知電源的內(nèi)阻可忽略不計(jì)，R為電阻箱，一帶正電的小球固定在電容器之間的O位置。則下列說法正確的是（）
A．保持電鍵閉合，M板向下平移少許，小球的電勢能減少
B．保持電鍵閉合，將電阻箱的阻值增大，靜電計(jì)的指針偏角減小
C．?dāng)嚅_電鍵，M板向下平移少許，靜電計(jì)的指針偏角增大
D．?dāng)嚅_電鍵，M板向左平移少許，小球的電勢能增大
【答案】D
【解析】A．保持電鍵閉合，則電容器兩極板間的電壓保持不變，板向下移動(dòng)，由可知電容器兩極板之間的電場強(qiáng)度增大，由于板接地，則板的電勢為零，點(diǎn)與板之間的電勢差為可知，點(diǎn)的電勢升高，則帶正電的小球在點(diǎn)的電勢能增加，故A錯(cuò)誤；B．由電路可知，靜電計(jì)兩端的電壓等于電容器兩極板之間的電壓，保持電鍵閉合，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，電容器兩極板之間的電壓不變，則靜電計(jì)的指針保持不變，故B錯(cuò)誤；C．?dāng)嚅_電鍵，電容器所帶的電荷量保持不變，板向下移動(dòng)，由可知電容器的電容變大，又因?yàn)橛梢陨峡芍娙萜鲀蓸O板間的電壓減小，則靜電計(jì)的指針偏角減小，故C錯(cuò)誤；D．?dāng)嚅_電鍵，電容器所帶的電荷量保持不變，板向左移動(dòng)，則電容器的電容減小，由于兩極板之間的距離保持不變，則兩極板間的電壓增大，電場強(qiáng)度增大，點(diǎn)的電勢升高，帶電小球的電勢能增大，D正確。故選D。
6．如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管（正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無窮大可以視為斷路）連接，電源負(fù)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(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）
A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會(huì)向下移動(dòng)
B．貼著上極板插入金屬板，則電路中有順時(shí)針方向的電流
C．將上極板向左平移一小段距離，P點(diǎn)處的油滴的電勢能增大
D．將開關(guān)斷開，并向上移動(dòng)上極板，則油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)
【答案】D
【解析】根據(jù)題意可知，二極管具有單向?qū)щ娦?，閉合電鍵，電容器充電，電容器的電容為、，極板間的電場強(qiáng)度為，整理可得油滴靜止，油滴所受合力為0，向上的電場力與向下的重力大小相等，則有
A．減小極板間的正對面積，電容減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由可知，極板間電場強(qiáng)度變大，則帶電油滴所受電場力變大，向上移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B．貼著上極板插入金屬板，由可知，電容器的電容變大，電容器充電，電路中有逆時(shí)針方向的電流，故B錯(cuò)誤；
C．將上極板向左平移一小段距離，由可知，電容器的電容變小，結(jié)合A分析可知，點(diǎn)電勢升高，由于電場方向向下，電場力方向向上，可知油滴帶負(fù)電，由可知，P點(diǎn)處的油滴的電勢能減小，故C錯(cuò)誤；
D．將開關(guān)斷開，極板上電荷量不變，由可知，向上移動(dòng)上極板，極板間電場強(qiáng)度不變，則油滴受到的電場力不變，油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故D正確。故選D。
7．（2023安徽合肥高二?？计谀﹫D甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓，電壓隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示質(zhì)量為m、重力不計(jì)的帶電粒子以初速度沿中線射入兩板間，經(jīng)時(shí)間T從兩板間飛出。下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)描述錯(cuò)誤的是（）

A．時(shí)入射的粒子離開電場時(shí)偏離中線的距離最大
B．時(shí)入射的粒子離開電場時(shí)偏離中線的距離最大
C．無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子離開電場時(shí)的速度方向都水平
D．無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子離開電場時(shí)的速度大小都相等
【答案】B
【解析】A．粒子在電場中水平方向始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是相同的。時(shí)刻入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，最后離開電場區(qū)域，故時(shí)刻入射的粒子離開電場時(shí)偏離中線的距離最大，故A正確，不符合題意；
B．結(jié)合上述可知，時(shí)刻入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，再反向加速，最后反向減速離開電場區(qū)域，故此時(shí)刻射入的粒子離開電場時(shí)速度方向和中線在同一直線上，故B錯(cuò)誤，符合題意；
CD．因粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于電場變化的周期，根據(jù)動(dòng)量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零，故所有粒子離開電場時(shí)豎直方向的分速度為零，即最終都垂直電場方向射出電場，離開電場時(shí)的速度大小都等于初速度大小，故CD正確，不符合題意。
故選B。
8．（2023浙江高考真題）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子（）
A．在XX′極板間的加速度大小為
B．打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為11eU
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為
D．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切
【答案】D
【解析】A．由牛頓第二定律可得，在XX′極板間的加速度大小A錯(cuò)誤；
B．電子電極XX′間運(yùn)動(dòng)時(shí)，有，vx = axt，，電子離開電極XX′時(shí)的動(dòng)能為，，電子離開電極XX′后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為，B錯(cuò)誤；
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小，，C錯(cuò)誤；
D．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切，，D正確。
故選D。
9．如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，一帶電粒子在電容器中靠近（不接觸）下極板處靜止，已知重力加速度為g。保持兩極板間電壓不變，把上下兩極板均轉(zhuǎn)過45°到虛線位置，則粒子到達(dá)上極板時(shí)速度大小為（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】開始時(shí)粒子靜止q＝mg當(dāng)轉(zhuǎn)過45°角，兩極板的間距為d′＝，電場力在豎直方向分量qsin45°＝q＝mg所以粒子沿水平方向運(yùn)動(dòng)到上極板，電場力在水平方向分量等于豎直方向分量，加速度a=g所以v=故選A。
10.圖示為一帶電粒子在水平向右的勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)的一段軌跡，A、B為軌跡上的兩點(diǎn)．已知該粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，其在A點(diǎn)的速度大小為v，方向豎直向上，到B點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向的夾角為30°，粒子重力不計(jì)．則A、B兩點(diǎn)間的電勢差為
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根據(jù)題意，在B點(diǎn)，，解得：
從A到B根據(jù)動(dòng)能定理得：
聯(lián)立上述各式得：
故選C．
11．如圖所示，水平放置的充電的平行金屬板相距為d，其間形成勻強(qiáng)電場。一帶正電油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出，油滴的質(zhì)量為m，帶電量為q，則不正確的是（）

A．油滴的加速度為零B．油滴的電勢能增加了
C．兩極板的電勢差為D．場強(qiáng)的方向豎直向上
【答案】B
【解析】A對油滴受力分析可知，其受豎直向上的電場力和豎直向下的重力，又油滴沿直線從上極板邊緣射出。故分析可知，油滴所受合外力為零，故其加速度為零。故A正確，不符合題意；
B．由于電場力做正功，且電場力的大小等于重力的大小。故油滴的電勢能減少了。故B錯(cuò)誤，符合題意；
C．根據(jù)電勢差與電場力做功的關(guān)系，故，故C正確，不符合題意；
D．由于電場力豎直向上，電荷帶正電。根據(jù)場強(qiáng)方向與正電荷受力方向相同，故場強(qiáng)的方向豎直向上。故D正確，不符合題意。
故選B。
12．如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行。整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角和偏轉(zhuǎn)距離y變大的是（）

A．U1變小、U2變大B．U1變小、U2變小
C．U1變大、U2變大D．U1變大、U2變小
【答案】A
【解析】在加速電場中，由動(dòng)能定理可知，解得
在偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)距離為
水平距離為
解得電子的偏轉(zhuǎn)角為，，則一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角和偏轉(zhuǎn)距離y變大的是U1變小、U2變大。
故選A。
二、多項(xiàng)選擇題：
13.（2022全國乙卷）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個(gè)同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別為R和）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點(diǎn)O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，方向指向O點(diǎn)。4個(gè)帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測器。不計(jì)重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動(dòng)，圓的圓心為O、半徑分別為、；粒子3從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射；粒子4從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）

A. 粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大
B. 粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大
C. 粒子1入射時(shí)的動(dòng)能小于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能
D. 粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能
【答案】BD
【解析】C．在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)為
帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有，
可得，即粒子1入射時(shí)的動(dòng)能等于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；
A．粒子3從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，做向心運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，則動(dòng)能增大，粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的小，故A錯(cuò)誤；
B．粒子4從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，做離心運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大，故B正確；
D．粒子3做向心運(yùn)動(dòng)，有可得
粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能，故D正確；
故選BD。
14.（2021全國乙卷）四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（＋q，m）、（＋q，2m）、（＋3q，3m）、（－q，m），它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場中，電場方向與y軸平行，不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，可能正確的是（）
【答案】AD
【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝qEm，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝lv0，離開電場時(shí)，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan θ＝vyvx＝atv0＝qElmv02，因?yàn)樗膫€(gè)帶電的粒子的初速度相同，電場強(qiáng)度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個(gè)帶電粒子帶正電，一個(gè)帶電粒子帶負(fù)電，所以一個(gè)粒子與另外三個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；（＋q，m）粒子與（＋3q，3m）粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與（－q，m）粒子的比荷也相同，所以（＋q，m）、（＋3q，3m）、（－q，m）三個(gè)粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但（－q，m）粒子與前兩個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；（＋q，2m）粒子的比荷比（＋q，m）、（＋3q，3m）粒子的比荷小，所以（＋q，2m）粒子比（＋q，m）、（＋3q，3m）粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。故選A、D。
15.(2022湖南模擬)如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒(又稱漂移管)A、B、C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端．質(zhì)子以初速度v0從O點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)且時(shí)間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時(shí)電壓U大小相同．質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時(shí)間，則( )
A．MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化
B．金屬圓筒的長度應(yīng)與質(zhì)子進(jìn)入圓筒時(shí)的速度成正比
C．質(zhì)子從圓筒E射出時(shí)的速度大小為eq \r(\f(10eU,m)＋v0)
D．圓筒E的長度為eq \r(\f(8eU,m)＋v02－T)
【答案】AB
【解析】因由直線加速器加速質(zhì)子，其運(yùn)動(dòng)方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為正極時(shí)，則在下一個(gè)加速時(shí)需B右邊緣為正極，所以MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化，A項(xiàng)正確；因質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)且時(shí)間均為T，由T＝eq \f(L,v)可知，金屬圓筒的長度應(yīng)與質(zhì)子進(jìn)入圓筒時(shí)的速度成正比，B項(xiàng)正確；質(zhì)子以初速度v0從O點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子經(jīng)4次加速，由動(dòng)能定理可得4eU＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mv02，解得質(zhì)子從圓筒E射出時(shí)的速度大小為vE＝eq \r(\f(8eU,m)＋v02)，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；質(zhì)子在圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，所以圓筒E的長度為LE＝vET＝Teq \r(\f(8eU,m)＋v02)，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A、B兩項(xiàng)．
16.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入電場強(qiáng)度大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略。則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)（）
A.所用時(shí)間為2mv0qE B.速度大小為3v0
C.與P點(diǎn)的距離為22mv02qE D.速度方向與豎直方向的夾角為30°
【答案】AC
【解析】粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有x＝v0t，
豎直方向有y＝12·qEmt2，由tan 45°＝y(tǒng)x，可得t＝2mv0Eq，故A正確；
由于vy＝Eqmt＝2v0，則粒子速度大小為v＝v02+vy2＝5v0，故B錯(cuò)誤；
由幾何關(guān)系可知，到P點(diǎn)的距離為L＝2v0t＝22mv02Eq，故C正確；
速度方向與豎直方向的夾角的正切值tan α＝v0vy＝12＜33＝tan 30°，即α＜30°，故D錯(cuò)誤。
17．手機(jī)中的“計(jì)步功能”和“搖一搖功能”等需要用到加速度傳感器，如圖所示是一種常用的電容式加速度傳感器的內(nèi)部結(jié)構(gòu)簡化原理圖。將傳感器系統(tǒng)水平放置，圖中絕緣質(zhì)量塊的左端與一端固定的水平輕彈簧相連，右端與電容器的活動(dòng)極板相連，G為靈敏電流計(jì)，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧處于原長狀態(tài)。下列說法正確的是（）

A．系統(tǒng)向左勻速運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，通過靈敏電流計(jì)G的電流從流向
B．系統(tǒng)向左勻速運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，靈敏電流計(jì)G中沒有電流通過
C．當(dāng)系統(tǒng)突然向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過靈敏電流計(jì)G的電流從流向
D．當(dāng)系統(tǒng)突然向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過靈敏電流計(jì)G的電流從流向
【答案】BD
【解析】AB．系統(tǒng)向左勻速運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，加速度為零，輕彈簧沒有發(fā)生形變，電容器板間的距離不變，沒有充、放電電流。故A錯(cuò)誤；B正確；
CD．當(dāng)系統(tǒng)突然向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長，電容器板間距離d變小，由知，電容器的電容變大，電源將對其充電，因充電時(shí)電子的運(yùn)動(dòng)方向由電源負(fù)極流向電容器左側(cè)極板，則通過靈敏電流計(jì)的電流方向從流向。故D正確；C錯(cuò)誤。故選BD。
18.圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示。質(zhì)量為m、重力不計(jì)的帶電粒子以初速度沿中線射入兩板間，經(jīng)時(shí)間T從兩板間飛出。下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的描述正確的是（）

A．t＝0時(shí)入射的粒子，離開電場時(shí)偏離中線的距離最小
B．無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，離開電場時(shí)的速度方向都沿水平方向
C．時(shí)入射的粒子，離開電場時(shí)偏離中線的距離最大
D．無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，離開電場時(shí)的速度大小都相等
【答案】BD
【解析】AC．因?yàn)樗椒较蛄Ｗ拥乃俣葀0保持不變，當(dāng)t＝0時(shí)入射，在時(shí)豎直方向速度達(dá)到最大，當(dāng)t＝T時(shí)速度恰好減小為0，因此離開電場時(shí)偏離中線的距離最大，故AC錯(cuò)誤；
BD．無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，在一個(gè)時(shí)間T內(nèi)，正向電壓和反向電壓的時(shí)間是相同的，所以在豎直方向上電場力的沖量為零，所以離開電場時(shí)的速度方向都水平的，離開電場時(shí)的速度大小都相等，故BD正確。
故選BD。
三、實(shí)驗(yàn)題
19．心臟除顫器通過一個(gè)充電的電容器對心顫患者皮膚上的兩個(gè)電極板放電，讓一部分電荷通過心臟，使心臟完全停止跳動(dòng)，再刺激心顫患者的心臟恢復(fù)正常跳動(dòng)。現(xiàn)用圖甲所示電路觀察心臟除顫器中電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器可以捕捉瞬時(shí)的電流變化，它與計(jì)算機(jī)相連，可顯示電流隨時(shí)間的變化。圖甲直流電源電動(dòng)勢、內(nèi)阻不計(jì)，充電前電容器帶電量為零。先使S與“1”端相連，電源向電容器充電。充電結(jié)束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計(jì)算機(jī)記錄的電流隨時(shí)間變化的曲線如圖乙所示。
（1）在電容器充電與放電過程中，通過電阻的電流方向（選填“相同”或“相反”）。
（2）圖像陰影為曲線圖像與對應(yīng)時(shí)間軸所圍成的面積，乙圖中陰影部分的面積（選填“>”、“”或“

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