考點(diǎn)1 電容器及平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析
1.電容器
（1）組成：由兩個(gè)彼此[1] 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[2] 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[3] 異種電荷 ，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能.
②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中[4] 電場(chǎng)能 轉(zhuǎn)化為其他形式的能.
2.電容
3.平行板電容器的電容
（1）決定因素：[8] 正對(duì)面積 、相對(duì)介電常數(shù)、兩板間的距離.
（2）決定式：C＝εrS4πkd.
4.平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析
水可以用容器儲(chǔ)存起來，電荷也可以用一個(gè)“容器”儲(chǔ)存起來，這樣的容器叫“電容器”.判斷下列有關(guān)電容器的說法的正誤.
（1）電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)和.（ ? ）
（2）電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比.（ ? ）
（3）標(biāo)有“1.5μF，9V”規(guī)格的電容器，其所帶電荷量一定為1.35×10－5C.（ ? ）
（4）平行板電容器充電后與電源斷開，則電荷量Q一定；若一直與穩(wěn)壓電源連接，則電壓U不變.（ √ ）

命題點(diǎn)1 電勢(shì)差不變時(shí)的動(dòng)態(tài)分析
1.[C變化/2023廣東汕頭期中/多選]如圖所示，將平行板電容器接在恒定電源兩端，電容器兩極板間的帶電塵埃恰好處于靜止?fàn)顟B(tài).若將兩極板緩慢地錯(cuò)開一些，其他條件不變，則（ ABC ）
A.電容器兩端電壓不變
B.帶電塵埃仍保持靜止?fàn)顟B(tài)
C.電流計(jì)G中有a到b方向的短時(shí)電流
D.電流計(jì)G中有b到a方向的短時(shí)電流
解析 若將兩極板錯(cuò)開一些，則電容器的電容減小，電容器始終與電源相連，故兩極板間的電壓不變，所以電容器上的電荷量減少，電容器放電，電流從電容器的正極板流出，流向電源的正極，即電流方向?yàn)閍→b，A、C正確，D錯(cuò)誤；因電容器兩極板間電壓不變，兩極板間的距離沒有發(fā)生變化，所以場(chǎng)強(qiáng)沒有發(fā)生變化，帶電塵埃受到的電場(chǎng)力不變，帶電塵埃仍靜止，B正確.
2.[d變化]手機(jī)自動(dòng)計(jì)步器的原理如圖所示，電容器的一個(gè)極板M固定在手機(jī)上，另一個(gè)極板N與兩個(gè)固定在手機(jī)上的輕彈簧連接，人帶著手機(jī)向前加速運(yùn)動(dòng)階段與靜止時(shí)相比，手機(jī)上的電容器（ D ）
A.電容變大
B.兩極板間的電壓降低
C.兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大
D.兩極板所帶電荷量減少
解析 人帶著手機(jī)向前加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器兩極板間的距離變大，由C＝εrS4πkd可得，手機(jī)上的電容器的電容變小，A錯(cuò)誤；電容器始終與電源相連，所以人帶著手機(jī)向前加速運(yùn)動(dòng)階段與靜止時(shí)相比，手機(jī)上的電容器兩極板間的電壓不變，B錯(cuò)誤；由E＝Ud可得，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變小，C錯(cuò)誤；由電容的定義式C＝QU可得，兩極板所帶的電荷量為Q＝CU，而電容C變小，電壓U不變，所以兩極板所帶電荷量減少，D正確.
命題點(diǎn)2 帶電荷量不變時(shí)的動(dòng)態(tài)分析
3.[d變小的動(dòng)態(tài)變化/2021重慶]電容式加速度傳感器可用于觸發(fā)汽車安全氣囊.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(cè)量電容器極板間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的距離減小，若極板上電荷量保持不變，則該電容器（ C ）
A.電容變小
B.極板間電壓變大
C.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變
D.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變小
解析 當(dāng)汽車減速時(shí)，極板M、N的距離減小，由平行板電容器的決定式C＝εrS4πkd可知，電容器的電容增大，A錯(cuò)誤；又極板上的電荷量保持不變，由電容定義式C＝QU可知，極板之間的電壓變小，B錯(cuò)誤；極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝Ud＝QCd＝Qd·4πkdεrS＝4πkQεrS，可知極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不隨極板間距離d變化，C正確，D錯(cuò)誤.
4.[兩種變化的綜合問題/多選]如圖所示，G為靜電計(jì)，M、N為平行板電容器的金屬板，開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度.若不考慮靜電計(jì)引起的電荷量變化，則下列說法正確的是（ AC ）
A.保持開關(guān)S閉合，將兩極板間距減小，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E1增大
B.保持開關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器R的滑片P向左移動(dòng)，靜電計(jì)指針張開角度變大
C.斷開開關(guān)S后，緊貼N極板插入金屬板，靜電計(jì)指針張開角度變小
D.斷開開關(guān)S后，將兩極板間距增大，兩極板間的電勢(shì)差U減小
解析 保持開關(guān)S閉合，滑動(dòng)變阻器R僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能，電容器兩極板間的電勢(shì)差U不變，滑動(dòng)變阻器R的滑片P向左移動(dòng)不會(huì)影響靜電計(jì)指針張角，靜電計(jì)指針張開角度不變，將兩極板間距d減小，由E1＝Ud可知兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E1增大，故A正確，B錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S后，電容器的帶電荷量Q不變，若緊貼N極板插入金屬板，相當(dāng)于兩極板間距d減小，根據(jù)C＝εrS4πkd可知電容C增大，根據(jù)C＝QU可知兩極板間的電勢(shì)差U減小，靜電計(jì)指針張開角度變小，若將兩極板間距d增大，電容C減小，兩極板間電勢(shì)差U增大，故C正確，D錯(cuò)誤.
方法點(diǎn)撥
平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析思路
命題點(diǎn)3 電容器與力學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用
5.如圖所示，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負(fù)極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)保持右極板不動(dòng)，將左極板向左緩慢移動(dòng).關(guān)于小球所受的電場(chǎng)力大小F，繩子的拉力大小T，輕繩與豎直方向的夾角θ，下列判斷正確的是（ A ）
A.F逐漸減小，T逐漸減小，θ逐漸減小
B.F逐漸增大，T逐漸減小，θ逐漸增大
C.F逐漸增大，T逐漸減小，θ逐漸減小
D.F逐漸減小，T逐漸增大，θ保持不變
解析 電容器與電源相連，所以兩極板間電勢(shì)差不變，將左極板向左緩慢移動(dòng)的過程中，兩板間距離增大，則由U＝Ed可知，電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，小球所受電場(chǎng)力F＝Eq減小.如圖所示，小球處于平衡狀態(tài)，受重力、拉力與電場(chǎng)力的作用，故拉力與電場(chǎng)力和重力的合力大小相等，方向相反，根據(jù)平行四邊形定則可知，T＝F2＋G2，由于重力不變，電場(chǎng)力減小，故拉力減小，θ減小，A正確，B、C、D錯(cuò)誤.
命題拓展
若充電后將電源去掉，保持右極板不動(dòng)，將左極板向右緩慢移動(dòng)，則下面幾個(gè)物理量怎樣變化？
（1）U 減小 ；（2）F 不變 ；（3）T 不變 ；（4）θ 不變 .
解析 充電后將電源去掉，則平行板電容器的電荷量Q不變，將左極板向右緩慢移動(dòng)，則d減小，根據(jù)C＝εrS4πkd可知C增大；根據(jù)U＝QC可知，U減小；根據(jù)F＝Eq＝Udq＝4πkqQεrS可知，F(xiàn)不變；根據(jù)受力分析可知T不變，θ不變.
考點(diǎn)2 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)

1.做直線運(yùn)動(dòng)的條件
（1）粒子所受合力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng).
（2）粒子所受合力F合≠0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).
2.兩種分析角度
3.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)是否考慮重力的處理方法
（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明以外，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，除有說明以外，一般都要考慮重力.
兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一個(gè)質(zhì)子從O點(diǎn)靜止釋放，O、A相距為h，質(zhì)子質(zhì)量為m，質(zhì)子的電荷量為q.
（1）質(zhì)子由O點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有 qUOA ＝12mvA2，其中UOA＝ hd U，故質(zhì)子到A點(diǎn)的速度vA＝ 2qhUmd .
（2）質(zhì)子由O點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，所用時(shí)間為t，加速度大小為a，由牛頓第二定律有q Ud ＝ma，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h＝ 12at2 ，解得t＝ 2mdhqU .

6.如圖所示，兩極板加上恒定的電壓U，將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在正極板附近由靜止釋放，粒子向負(fù)極板做加速直線運(yùn)動(dòng).不計(jì)粒子重力.若將兩板間距離減小，再次釋放該粒子，則（ B ）
A.帶電粒子獲得的加速度變小
B.帶電粒子到達(dá)負(fù)極板的時(shí)間變短
C.帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度變小
D.加速全過程靜電力對(duì)帶電粒子的沖量變小
解析 根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)公式和牛頓第二定律有E＝Ud、qE＝ma，可得a＝qUmd，將兩板間距離減小，帶電粒子獲得的加速度變大，故A錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律d＝12at2，解得t＝2md2qU，將兩板間距離減小，帶電粒子到達(dá)負(fù)極板的時(shí)間變短，故B正確；根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝12mv2，解得v＝2qUm，帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度不變，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理有I＝mv，可知加速全過程靜電力對(duì)帶電粒子的沖量不變，故D錯(cuò)誤.
方法點(diǎn)撥
帶電體在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)的一般分析步驟
考點(diǎn)3 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)

1.偏轉(zhuǎn)規(guī)律
2.兩個(gè)結(jié)論
（1）不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后，再從同一偏轉(zhuǎn)（勻強(qiáng)）電場(chǎng)射出時(shí)的偏移量y和速度偏轉(zhuǎn)角θ總是[11] 相同的 .
由qU0＝12mv02、y＝qUl22mdv02、tan θ＝qUlmdv02得y＝Ul24U0d，tan θ＝Ul2U0d.
（2）帶電粒子經(jīng)勻強(qiáng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，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[12] 中點(diǎn) .
由tanθ＝y(tǒng)x得x＝y(tǒng)tanθ＝l2.
3.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＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy，指初、末位置間的電勢(shì)差.
如圖所示，兩相同極板A與B的長度l為6.0cm，相距d為2cm，極板間的電壓U為200V.一個(gè)電子沿平行于板面的方向射入電場(chǎng)中，射入時(shí)的速度v0為3.0×107m/s，把兩板間的電場(chǎng)看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中電子的電荷量e＝1.60×10－19C，電子的質(zhì)量m＝9.11×10－31kg.
（1）電子在電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)？
（2）求電子穿出電場(chǎng)所用時(shí)間.
（3）求電子穿出電場(chǎng)過程中垂直極板方向的位移大小.
答案 （1）類平拋運(yùn)動(dòng) （2）2.0×10－9s （3）0.35cm
解析 （1）電子在平行極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直極板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，整體做類平拋運(yùn)動(dòng).
（2）電子在平行極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有l(wèi)＝v0t，解得t＝2.0×10－9s.
（3）由牛頓第二定律有eUd＝ma，在垂直極板方向有y＝12at2，解得y＝0.35cm.

命題點(diǎn)1 只在電場(chǎng)力作用下的偏轉(zhuǎn)
7.如圖所示，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同.G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ（φ＞0）.質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì).
（1）求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大??；
（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？
答案 （1）12mv02＋2φdqh v0mdhqφ （2）2v0mdhqφ
解析 （1）PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均記為E.粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有
E＝2φd，F(xiàn)＝qE＝ma
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有
qEh＝Ek－12mv02
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有
h＝12at2，l＝v0t
聯(lián)立解得Ek＝12mv02＋2φdqh，l＝v0mdhqφ.
（2）若粒子穿過G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短.由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長度為
L＝2l＝2v0mdhqφ.
命題拓展
情境變化 設(shè)問一致
（1）保持P、Q兩板電勢(shì)φ不變，將P和Q分別豎直向上和豎直向下平移d2，其他條件不變，求原題中的兩問.
（2）保持P、Q兩板的電荷量不變，將P和Q分別豎直向下和豎直向上平移d4（已知d4＞h），其他條件不變，求原題中的兩問.
一題多設(shè)問
（3）將原題（2）改為：若粒子恰好從距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長度可能為多少？
答案 （1）12mv02＋φdqh v0mdhqφ 2v0mdhqφ
（2）12mv02＋2φdqh v0mdhqφ 2v0mdhqφ
（3）kv0mdhqφ（k＝2，4，6，…）
解析 （1）由于P、G、Q構(gòu)成了兩個(gè)電容器，保持P、Q兩板電勢(shì)φ不變，則平移后P、G間的場(chǎng)強(qiáng)大小E1＝φd，然后結(jié)合水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻變速運(yùn)動(dòng)及動(dòng)能定理進(jìn)行分析求解，請(qǐng)同學(xué)們自己動(dòng)手做一做.
（2）P、G原來相距d2，平移后P、G相距d4，保持P、Q兩板的電荷量不變，根據(jù)C＝εrS4πkD和U＝QC及E2＝UD可得E2＝4πkQεrS，因此P、G間的場(chǎng)強(qiáng)大小不變，仍為2φd.
（3）由于P、G間的場(chǎng)強(qiáng)與G、Q間的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，因此粒子在P、G間和G、Q間的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性和周期性，粒子可能從G的下方距離G為h的位置離開電場(chǎng)，也可能從G的上方距離G為h的位置離開電場(chǎng).請(qǐng)同學(xué)們自己動(dòng)手做一做并畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖.
方法點(diǎn)撥
帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題的解題模板
命題點(diǎn)2 在電場(chǎng)力和重力作用下的偏轉(zhuǎn)
8.[電場(chǎng)和重力場(chǎng)組合下的偏轉(zhuǎn)/多選]如圖所示，在真空中，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MN上方的A點(diǎn)以一定初速度v0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.已知A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，重力加速度為g，則（ ABD ）
A.小球在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力大小為3mg
B.小球帶負(fù)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的速度變化量大小相等
解析 從豎直方向上看，小球初速度為0，先勻加速后勻減速至速度再次為0，從水平方向上看，小球一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)锳B＝2BC，故小球在做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的水平位移是小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的水平位移的2倍，所以小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的2倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球在C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，根據(jù)公式v＝at知，小球在電場(chǎng)中的加速度大小是做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小的2倍，因?yàn)樽銎綊佭\(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為g，所以在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為2g，方向豎直向上，所以有F電－mg＝2mg，得電場(chǎng)力大小F電＝3mg，選項(xiàng)A正確；小球在豎直向下的電場(chǎng)中受向上的電場(chǎng)力，故小球帶負(fù)電，選項(xiàng)B正確；因?yàn)樾∏蛟贏、C點(diǎn)的速度相同，所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，方向相反，選項(xiàng)D正確.
9.[電場(chǎng)和重力場(chǎng)疊加下的偏轉(zhuǎn)]如圖所示，在真空中，將一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從A點(diǎn)以初速度v0豎直向上射入水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子通過電場(chǎng)中B點(diǎn)時(shí)，速率vB＝2v0，方向與電場(chǎng)的方向一致，則A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為（ C ）
A.mv022qB.3mv02qC.2mv02qD.3mv022q
解析 粒子在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有2gh＝v02，電場(chǎng)力做正功，重力做負(fù)功，使粒子的動(dòng)能由12mv02變?yōu)?mv02，則根據(jù)動(dòng)能定理有Uq－mgh＝2mv02－12mv02，解得A、B兩點(diǎn)電勢(shì)差應(yīng)為U＝2mv02q，故選項(xiàng)C正確.
命題點(diǎn)3 多種粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的比較
10.[多選]如圖所示，有三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的小球，從平行板電場(chǎng)中的P點(diǎn)以相同的水平初速度垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，它們分別落在A、B、C三點(diǎn)，則可判斷（ AD ）
A.落到A點(diǎn)的小球帶正電，落到B點(diǎn)的小球不帶電
B.三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等
C.三小球到達(dá)正極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是EkA＞EkB＞EkC
D.三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度關(guān)系是aC＞aB＞aA
解析 在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負(fù)電小球的受力如圖所示，三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則落在板上時(shí)水平方向的距離與下落時(shí)間成正比，即tA＞tB＞tC，由于豎直位移相同，根據(jù)h＝12at2知，aA＜aB＜aC，則結(jié)合牛頓第二定律知，落在A點(diǎn)的小球帶正電，B點(diǎn)的小球不帶電，C點(diǎn)的小球帶負(fù)電，A、D正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理W合＝Ek－Ek0，三球所受合力關(guān)系FA＜FB＜FC，三球的初動(dòng)能相等，可知EkA＜EkB＜EkC，C錯(cuò)誤.
熱點(diǎn)10 現(xiàn)代科技中的靜電場(chǎng)問題
靜電場(chǎng)在現(xiàn)代科技中的應(yīng)用主要是運(yùn)用電場(chǎng)對(duì)不同粒子的加速和偏轉(zhuǎn)情況不同的原理以及電容器的動(dòng)態(tài)變化原理.高考常結(jié)合現(xiàn)代科技考查考生對(duì)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的靈活應(yīng)用以及將實(shí)際問題模型化的能力，試題難度中等.
1.[靜電噴涂]靜電噴涂是利用高壓靜電電場(chǎng)使帶負(fù)電的涂料微粒沿著與電場(chǎng)相反的方向定向運(yùn)動(dòng)，并將涂料微粒吸附在工件表面上的一種噴涂方法，其工作原理如圖所示.忽略運(yùn)動(dòng)中涂料微粒間的相互作用和涂料微粒的重力.下列說法中正確的是（ D ）
A.當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時(shí)，運(yùn)動(dòng)中的涂料微粒所受電場(chǎng)力增大
B.涂料微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡僅由被噴涂工件與靜電噴涂機(jī)之間所接的高壓電源決定
C.在靜電噴涂機(jī)水平向左移動(dòng)的過程中，有兩個(gè)帶有相同電荷量的微粒先后經(jīng)過被噴涂工件右側(cè)P點(diǎn)（相對(duì)工件的距離不變）處，先經(jīng)過的微粒電勢(shì)能較大
D.涂料微粒在向被噴涂工件運(yùn)動(dòng)的軌跡中，在直線軌跡上電勢(shì)升高最快
解析 當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時(shí)，由于靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間電壓恒定，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故涂料微粒所受電場(chǎng)力減小，A錯(cuò)誤；涂料微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡與初速度和受力情況均有關(guān)，B錯(cuò)誤；工件接地，電勢(shì)為零，P處電勢(shì)為負(fù)值，噴涂機(jī)左移會(huì)使空間場(chǎng)強(qiáng)變大，P點(diǎn)電勢(shì)變低，因微粒帶負(fù)電，先經(jīng)過的微粒電勢(shì)能小，C錯(cuò)誤；涂料微粒在向被噴涂工件運(yùn)動(dòng)的軌跡中，直線的距離最小，結(jié)合公式U＝Ed，在直線軌跡上電勢(shì)升高最快，D正確.
2.如圖是某款家用空氣凈化器的原理示意圖，污濁空氣通過過濾網(wǎng)后塵埃帶電.圖中充電極b、d接電源負(fù)極，集塵極a、c、e接電源正極（接地）.以下說法正確的是（ B ）
A.通過過濾網(wǎng)后空氣中的塵埃帶正電
B.塵埃被吸附到集塵極e的過程中動(dòng)能增大
C.c、d兩個(gè)電極之間的電場(chǎng)方向豎直向上
D.塵埃被吸附到集塵極a的過程中所受電場(chǎng)力做負(fù)功
解析 塵埃經(jīng)過過濾網(wǎng)后被正極吸引，所以塵埃帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；塵埃在被吸附到集塵極e的過程中電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，故B正確；因?yàn)槌潆姌Ob、d接電源負(fù)極，集塵極a、c、e接電源正極，所以c、d兩個(gè)電極之間的電場(chǎng)方向豎直向下，故C錯(cuò)誤；塵埃帶負(fù)電，受力方向與電場(chǎng)線方向相反，故吸附到集塵極a的過程中所受電場(chǎng)力做正功，故D錯(cuò)誤.
3.[心臟除顫器]心臟除顫器的工作原理是向儲(chǔ)能電容器充電，使電容器獲得一定的儲(chǔ)能，對(duì)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，刺激心顫患者的心臟，使之恢復(fù)正常跳動(dòng).如圖是一次心臟除顫器的模擬治療，該心臟除顫器的電容器電容為14μF，充電至10kV電壓，如果電容器在2ms時(shí)間內(nèi)完成放電，放電結(jié)束時(shí)電容器兩極板間的電勢(shì)差減為零，下列說法正確的是（ B ）
A.這次放電過程中通過人體組織的電流恒為70A
B.這次放電有0.14C的電荷量通過人體組織
C.若充電至5kV，則該電容器的電容為7μF
D.人體起到絕緣電介質(zhì)的作用
解析 根據(jù)C＝QU可知該電容器所帶電荷量在放電過程中逐漸減小，電壓也在逐漸減小，所以電流逐漸減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)C＝QU可知充電至10 kV時(shí)電容器帶的電荷量為Q＝CU＝0.14 C，故這次放電過程中有0.14 C的電荷量通過人體組織，B正確；在充電過程中，電容器的電容C不變，仍然為14 μF，C錯(cuò)誤；人體為導(dǎo)體，D錯(cuò)誤.
4.[電子束熔煉/多選]電子束熔煉是指高真空下，將高速電子束的動(dòng)能轉(zhuǎn)換為熱能作為熱源來進(jìn)行金屬熔煉的一種熔煉方法.如圖所示，陰極燈絲被加熱后產(chǎn)生初速度為0的電子，在3×104V加速電壓的作用下，以極高的速度向陽極運(yùn)動(dòng)；穿過陽極后，在金屬電極A1、A2間1×103V電壓形成的聚焦電場(chǎng)作用下，轟擊到物料上，其動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換為熱能，使物料不斷熔煉.已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OPO'所示，P是軌跡上的一點(diǎn)，聚焦電場(chǎng)過P點(diǎn)的一條電場(chǎng)線如圖中弧線所示，則（ ABD ）
A.電極A1的電勢(shì)高于電極A2的電勢(shì)
B.電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場(chǎng)強(qiáng)度方向夾角大于90°
C.聚焦電場(chǎng)只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小
D.電子轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能大于3×104eV
解析 由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與力的關(guān)系可知電子在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力斜向左下方，電子帶負(fù)電，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向與電子受到的電場(chǎng)力方向相反，即電極A1的電勢(shì)高于電極A2的電勢(shì)，A正確；電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場(chǎng)強(qiáng)度方向夾角大于90°，B正確；聚焦電場(chǎng)不僅改變電子速度的方向，也改變電子速度的大小，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，電子到達(dá)聚焦電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能已經(jīng)為3×104 eV，再經(jīng)過聚焦電場(chǎng)加速，電子轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能肯定大于3×104 eV，D正確.
1.[輻向電場(chǎng)/2023浙江6月]某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng).粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從虛線上的N點(diǎn)射出，虛線處電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足（ A ）
A.E1E2＝R2R1B.E1E2＝R12R22
C.E1E2＝R1R2D.E1E2＝R22R12
解析 粒子在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得qE1＝mv2R1，又由于粒子沿等勢(shì)線運(yùn)動(dòng)，則粒子進(jìn)入上側(cè)電場(chǎng)的速度大小不變，由牛頓第二定律得qE2＝mv2R2，整理得E1E2＝R2R1，A對(duì)，BCD錯(cuò).
2.[電偏轉(zhuǎn)/2023湖北/多選]一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2.微粒射入時(shí)緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，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2L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.下列說法正確的是（ BD ）
A.L∶d＝2∶1
B.U1∶U2＝1∶1
C.微粒穿過電容器區(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
解析
水平方向：x＝vxt2豎直方向：y＝vyt2－12at22→y＝x－av02x2→y＝x－14dx2，與q、m無關(guān)，D對(duì)
3.[靜電場(chǎng)＋平衡條件/2022湖北]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(chǎng).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(chǎng)，油滴從噴口噴出時(shí)由于摩擦而帶電.金屬板間電勢(shì)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(shì)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（ D ）
A.q，rB.2q，rC.2q，2rD.4q，2r
解析 帶電油滴在電場(chǎng)中受力平衡，根據(jù)平衡條件有mg＝qUd，而m＝ρ43πr3，即43ρgπr3＝qUd，僅將金屬板間電勢(shì)差調(diào)整為2U，則有43ρgπr13＝q1·2Ud，依次將球狀油滴所帶電荷量和半徑代入此式，只有D項(xiàng)正確，ABC項(xiàng)錯(cuò)誤.
4.[平行板電容器＋受力分析/江蘇高考]如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴（ D ）
A.仍然保持靜止B.豎直向下運(yùn)動(dòng)
C.向左下方運(yùn)動(dòng)D.向右下方運(yùn)動(dòng)
解析 由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢(shì)差不變，將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，且電場(chǎng)力方向斜向右上方，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確.
5.[帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)/2023新課標(biāo)]密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示.兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電荷量不同、密度相同的小油滴.兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率v02，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng).油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常量.不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用.
（1）求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；
（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比.
答案 （1）8∶1 （2）a帶負(fù)電荷，b帶正電荷 4∶1
解析 （1）根據(jù)題述有f＝kvr
設(shè)油滴a的質(zhì)量為m1，油滴a以速率v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有m1g＝kv0r1，m1＝43πr13ρ
設(shè)油滴b的質(zhì)量為m2，油滴b以速率14v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有m2g＝k·14v0r2，m2＝43πr23ρ
聯(lián)立解得m1∶m2＝8∶1
（2）由于當(dāng)在上下平板加恒定電壓（上板為高電勢(shì)）時(shí)，這兩個(gè)油滴很快以12v0的速率豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所以有
油滴a速度減小，說明油滴a受到了向上的電場(chǎng)力，則油滴a帶負(fù)電荷
油滴b速度增大，說明油滴b受到了向下的電場(chǎng)力，則油滴b帶正電荷
由m1m2＝8和m1＝43πr13ρ，m2＝43πr23ρ可知，甲、乙油滴的半徑之比為r1r2＝2
由f＝kvr可知兩個(gè)油滴均以速率12v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力之比為f1f2＝r1r2＝2
油滴b以速率14v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力為f3＝m2g
結(jié)合f＝kvr可知油滴b以速率12v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力為f2＝2f3＝2m2g
油滴a以速率12v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所受阻力為
f1＝2f2＝4m2g
設(shè)油滴a所帶電荷量的絕對(duì)值為q1，由平衡條件有
m1g＝q1E＋f1
設(shè)油滴b所帶電荷量的絕對(duì)值為q2，由平衡條件有
m2g＋q2E＝f2
聯(lián)立解得q1∶q2＝4∶1.

1.間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時(shí)，兩極板間電勢(shì)差為U1，板間場(chǎng)強(qiáng)為E1，現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距離變?yōu)?2d，其他條件不變，這時(shí)兩極板間電勢(shì)差為U2，板間場(chǎng)強(qiáng)為E2，下列說法正確的是（ C ）
A.U2＝U1 E2＝E1B.U2＝2U1 E2＝4E1
C.U2＝U1 E2＝2E1D.U2＝2U1 E2＝2E1
解析 由C＝εrS4πkd得，板間距離變?yōu)閐2，則C2＝2C1，又U＝QC，則U2＝2QC2＝U1.由 E＝Ud得，E2＝U2d2＝U112d＝2E1，故C正確.
2.[2024成都七中零診]如圖所示，一帶電微粒在重力和水平勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的電場(chǎng)力作用下由a到b做直線運(yùn)動(dòng)，ab連線與豎直方向所夾的銳角為θ，則下列結(jié)論正確的是（ D ）
A.此微粒帶負(fù)電
B.微粒可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C.合外力對(duì)微粒做的總功等于零
D.微粒的電勢(shì)能減小
解析 帶電微粒受到的重力和電場(chǎng)力均為恒力，故受到的合外力不變，微粒由a到b做直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力方向水平向右，微粒帶正電，加速度不變，故帶電微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；由于微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故合外力對(duì)微粒做正功，C錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力做功W＝Eqxab cs θ，故電場(chǎng)力對(duì)微粒做正功，微粒的電勢(shì)能減小，D正確.
3.[學(xué)科間融合問題/2024青海海東名校聯(lián)考]如圖甲所示，人體細(xì)胞膜由磷脂雙分子層組成，雙分子層間存在電壓（醫(yī)學(xué)上稱為膜電位）.某小塊均勻的細(xì)胞膜，厚度為d，膜內(nèi)的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，簡(jiǎn)化模型如圖乙所示，若初速度為零的鈉離子（帶正電荷）僅在電場(chǎng)力的作用下，從圖中的B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，則下列說法正確的是（ D ）
圖甲 圖乙
A.此細(xì)胞膜內(nèi)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由A點(diǎn)指向B點(diǎn)
B.運(yùn)動(dòng)過程中鈉離子的電勢(shì)能增大
C.若膜電位不變，則d越大，鈉離子射出細(xì)胞外的速度越小
D.若膜電位不變，則d變化，鈉離子射出細(xì)胞外的速度不變
解析 因?yàn)殁c離子(帶正電荷)僅在電場(chǎng)力的作用下由靜止從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，所以此細(xì)胞膜內(nèi)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由B點(diǎn)指向A點(diǎn)，A錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶?chǎng)力對(duì)鈉離子做正功，所以鈉離子的電勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；根據(jù)題意，由動(dòng)能定理有qU＝12mv2，可知鈉離子射出細(xì)胞外的速度v與d無關(guān)，因?yàn)槟る娢籙不變，所以鈉離子射出細(xì)胞外的速度不變，C錯(cuò)誤，D正確.
4.[2023江西二模]如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，A球位于B球的正上方，質(zhì)量相等的兩個(gè)小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點(diǎn)，其中只有一個(gè)小球帶電，不計(jì)空氣阻力，下列說法不正確的是（ B ）
A.若A球帶電，則A球一定帶負(fù)電
B.若A球帶電，則A球的電勢(shì)能一定增加
C.若B球帶電，則B球一定帶正電
D.若B球帶電，則B球的電勢(shì)能一定增加
解析 兩個(gè)小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點(diǎn)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有x＝v0t，可知兩球下落時(shí)間相同；兩小球下落高度不同，根據(jù)公式h＝12at2，可知A球的加速度大于B球的加速度，故若A球帶電，必定帶負(fù)電，受到向下的電場(chǎng)力作用，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小；若B球帶電，必定帶正電，受到向上的電場(chǎng)力作用，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加.故只有B符合題意.
5.[示波管/2023浙江1月/多選]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（ D ）
A.在XX'極板間的加速度大小為eUm
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(chǎng)力的沖量大小為2meU
D.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO'連線夾角α的正切tanα＝l20d
解析 XX'極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝Ud，電子所受的電場(chǎng)力大小為F＝eE＝eUd，由牛頓第二定律得a＝Fm＝eUdm，A錯(cuò)誤；電子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做的功為W1＝e·10U，電子沿OO'方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極，若能打在熒光屏上，在XX'極板間沿電場(chǎng)力方向的位移x≤d2，則電場(chǎng)力做的功W2≤12eU，對(duì)全過程由動(dòng)能定理得Ek＝W1＋W2≤212eU，B錯(cuò)誤；電子剛好從XX'極板的邊緣離開時(shí)，電子在XX'極板間受到的電場(chǎng)力做的功為W2'＝12eU，故在XX'極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小I≤2W2'm＝meU，C錯(cuò)誤；電子離開加速電場(chǎng)時(shí)有e·10U＝12mv02，電子在XX'極板間的加速度大小為a＝eUdm，則離開XX'極板間時(shí)電子在垂直XX'極板方向的速度大小為vy＝at，沿OO'方向有l(wèi)＝v0t，聯(lián)立解得tan α＝vyv0＝l20d，D正確.
6.[多選]如圖所示，一對(duì)水平放置的足夠大的平行金屬板上均勻分布有等量異種電荷.三個(gè)質(zhì)量相同的小球，從板間某位置以相同的水平速度v0射入兩極板間，落在傾斜絕緣板上的A、B、C三點(diǎn)，其中兩個(gè)球帶異種電荷，另一個(gè)不帶電.不考慮傾斜板對(duì)勻強(qiáng)電場(chǎng)的影響及電荷間的相互作用，下列說法正確的是（ ABC ）
A.落在A點(diǎn)的小球帶負(fù)電，落在C點(diǎn)的小球帶正電，落在B點(diǎn)的小球不帶電
B.落在A、B、C三點(diǎn)的小球在電場(chǎng)中的加速度的關(guān)系是aA＞aB＞aC
C.三個(gè)小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系是tA＜tB＜tC
D.電場(chǎng)力對(duì)落在A點(diǎn)的小球做負(fù)功
解析 小球垂直電場(chǎng)進(jìn)入，則在平行于金屬板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)槁湓贑點(diǎn)的小球的水平位移最大，落在A點(diǎn)的小球的水平位移最小，又具有相同的水平速度，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系為tA＜tB＜tC，C正確；小球垂直電場(chǎng)進(jìn)入，則在平行電場(chǎng)線方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h＝12at2，因?yàn)閠A＜tB＜tC，且hA＞hB＞hC，所以aA＞aB＞aC，B正確；因?yàn)閍A＞aB＞aC，分析可得，落在A點(diǎn)的小球電場(chǎng)力方向向下，落在C點(diǎn)的小球電場(chǎng)力方向向上，落在B點(diǎn)的小球不受電場(chǎng)力，則落在A點(diǎn)的小球帶負(fù)電，落在C點(diǎn)的小球帶正電，落在B點(diǎn)的小球不帶電，A正確；落在A點(diǎn)的小球電場(chǎng)力方向向下，電場(chǎng)力對(duì)落在A點(diǎn)的小球做正功，D錯(cuò)誤.
7.如圖所示，豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球，a小球從緊靠左極板處由靜止釋放，b小球從兩板正中央由靜止釋放，兩小球最終都能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運(yùn)動(dòng)到右極板的過程中，它們的（ C ）
A.運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系為ta＞tb
B.電勢(shì)能減少量之比ΔEpa∶ΔEpb＝2∶1
C.電荷量之比qa∶qb＝2∶1
D.動(dòng)能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝2∶1
解析 小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩者下落高度相同，說明運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，所以A錯(cuò)誤.在水平方向小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)板間距離為d，根據(jù)x＝12·qUmdt2，位移之比為2∶1，可得a、b兩小球的電荷量之比為2∶1，所以C正確.電勢(shì)能的減少量等于電場(chǎng)力做的功，則ΔEpa∶ΔEpb＝(qaU)∶(qbU2)＝4∶1，所以B錯(cuò)誤.動(dòng)能增加量之比等于合力做功之比，即ΔEka∶ΔEkb＝(mgh＋qaU)∶(mgh＋qbU2)，由于不知道重力與電場(chǎng)力的關(guān)系，所以動(dòng)能增加量之比不確定，D錯(cuò)誤.
8.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系所在平面內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)電荷量不同、質(zhì)量相等的帶電粒子A、B，從y軸上的S點(diǎn)以不同的速率沿著y軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩粒子在圓形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，不計(jì)粒子所受的重力，則（ C ）
A.A粒子帶負(fù)電荷
B.B粒子所帶的電荷量比A粒子的少
C.A粒子在圓形區(qū)域中電勢(shì)能的變化量比B粒子的小
D.B粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)具有的動(dòng)能比A粒子的大
解析 由運(yùn)動(dòng)軌跡可以判定A粒子帶正電荷，故A錯(cuò)誤；兩粒子進(jìn)入電場(chǎng)后均做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向的分運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由題圖可知兩粒子沿x軸的位移大小有xB＞xA，即12·qBEmt2＞12·qAEmt2，整理得qB＞qA，故B錯(cuò)誤；粒子在圓形區(qū)域中電勢(shì)能的變化量等于電場(chǎng)力所做的功，即ΔEp＝W＝qEx，由于qB＞qA，xB＞xA，所以｜ΔEpB｜＞｜ΔEpA｜，故C正確；由題圖可知yA＞yB，由于運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以v0A＞v0B，粒子質(zhì)量相等，所以EkA＞EkB，故D錯(cuò)誤.
9.[多選]如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E.大量電荷量為－q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子，某時(shí)刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng).若粒子只能從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)走而不影響原來的電場(chǎng)分布.不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用.下列說法正確的是（ CD ）
A.能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條直線上
B.到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向與y軸的夾角θ越大
C.能打到熒光屏的粒子，到達(dá)O點(diǎn)的動(dòng)能必須大于qU
D.若U＜mv022q，熒光屏第一象限內(nèi)各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮
解析 能進(jìn)入第一象限的粒子，必須有－x＝v0t，－y＝qE2mt2，所以有y＝－qE2mv02x2，則能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條拋物線上，A錯(cuò)誤；因?yàn)?sin θ＝v0v，所以到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向與y軸的夾角θ越小，B錯(cuò)誤；能打到熒光屏的粒子，就滿足12mv2＞qU，C正確；若U＜mv022q，則到達(dá)O點(diǎn)的粒子均能打到熒光屏上，而且到達(dá)O點(diǎn)的粒子的速度方向滿足0°＜θ＜90°，故熒光屏第一象限內(nèi)各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮，D正確.
10.水平放置的兩平行金屬板AB、CD，相距為d，兩極板加上恒定電壓U，如圖所示.質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，從AC中點(diǎn)O處以初動(dòng)能Ek0＝32qU進(jìn)入電場(chǎng)，初速度v與水平方向夾角為θ＝30°，粒子沿著OMB的軌跡恰好運(yùn)動(dòng)到下極板右邊緣的B點(diǎn)，M為運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)，MN與極板垂直.不計(jì)粒子重力，則下列說法正確的是（ B ）
A.粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek＝52qU
B.粒子運(yùn)動(dòng)軌跡最高點(diǎn)到下極板的距離MN＝78d
C.粒子水平方向運(yùn)動(dòng)的位移AN：NB＝1：2
D.若將上極板上移極小一段距離，則粒子將打在B點(diǎn)左側(cè)
解析 粒子由O點(diǎn)至B點(diǎn)過程中由動(dòng)能定理得q·U2＝Ek－Ek0，解得Ek＝2qU，A錯(cuò)誤.粒子在O點(diǎn)時(shí)有Ek0＝32qU＝12mv2，vx＝v cs 30°，vy＝v sin 30°，粒子在M點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為EkM＝12mvx2＝98qU，粒子由M點(diǎn)至B點(diǎn)過程中由動(dòng)能定理可知qE·MN＝Ek－EkM，又E＝Ud，得MN＝78d，B正確.粒子在豎直方向有qUd＝ma，粒子由O點(diǎn)至M點(diǎn)有t1＝vya，粒子由M點(diǎn)至B點(diǎn)有78d＝12at22，AN＝vx·t1，NB＝vx·t2，可知AN∶NB＝3∶7，C錯(cuò)誤.上極板上移，可知d增大，E減小，a減小，粒子在水平方向速度未變，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間未變，可知豎直方向位移減小，粒子將不打在下極板上，D錯(cuò)誤.
11.[直線加速器＋交變電源/2023廣東佛山第三中學(xué)模擬/多選]如圖甲所示，直線加速器由一個(gè)金屬圓板（序號(hào)為0）和多個(gè)橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度遵照一定的規(guī)律依次增加.圓板和圓筒與交流電源相連，序號(hào)為奇數(shù)的圓筒與電源的一極相連，圓板和序號(hào)為偶數(shù)的圓筒與該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢(shì)差的變化規(guī)律如圖乙所示.若電壓的絕對(duì)值為U，電子電荷量大小為e，電子通過圓筒間隙的時(shí)間可以忽略不計(jì).在t＝0時(shí)刻，圓板中央的一個(gè)電子在圓板和圓筒之間的電場(chǎng)中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進(jìn)圓筒1，電子在每個(gè)圓筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均小于T，且電子均在電壓變向時(shí)恰從各圓筒中射出，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，則（ ABD ）
A.由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場(chǎng)
B.電子運(yùn)動(dòng)到第n個(gè)圓筒時(shí)動(dòng)能為neU
C.在t＝5T4時(shí)奇數(shù)圓筒相對(duì)偶數(shù)圓筒的電勢(shì)差為負(fù)值
D.第n個(gè)和第n＋1個(gè)圓筒的長度之比為n：n＋1
解析 由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場(chǎng)，A正確；電子每經(jīng)過一個(gè)間隙，電場(chǎng)力做功eU，根據(jù)動(dòng)能定理可知，電子運(yùn)動(dòng)到第n個(gè)圓筒的過程中，由動(dòng)能定理有neU＝Ek－0，故電子運(yùn)動(dòng)到第n個(gè)圓筒時(shí)動(dòng)能為neU，B正確；因?yàn)閠＝5T4＝T＋T4，t＝T4 時(shí)圓筒1相對(duì)圓板的電勢(shì)差為正值，同理，t＝5T4時(shí)奇數(shù)圓筒相對(duì)偶數(shù)圓筒的電勢(shì)差為正值，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有eU＝12mv12，2eU＝12mv22，3eU＝12mv32，…，neU＝12mvn2，(n＋1)eU＝12mvn+12，第n個(gè)和第n＋1個(gè)圓筒的長度之比為Ln：Ln＋1＝vn：vn＋1，解得Ln：Ln＋1＝n：n+1，D正確.
12.[電場(chǎng)在科學(xué)技術(shù)中的應(yīng)用/2023湖北部分市州聯(lián)考]計(jì)算機(jī)斷層掃描儀（CT）是醫(yī)院常用設(shè)備，如圖是部分結(jié)構(gòu)的示意圖.圖中兩對(duì)平行金屬極板MN、EF分別豎直、水平放置.靠近M極板的電子從靜止開始沿EF極板間的中線OO1，經(jīng)MN間電場(chǎng)加速后進(jìn)入EF板間，射出EF極板后打到水平放置的圓形靶臺(tái)上.已知MN板間電壓為U1，EF極板長為L、板間距為d；靶臺(tái)直徑為L2、與OO1的距離為d、左端與EF極板右端的水平距離也為L2；電子質(zhì)量為m、電荷量為e；電子重力和所受空氣阻力的影響可忽略.
（1）求電子穿過N極板小孔時(shí)的速度大小v1；
（2）若電子剛好打在靶臺(tái)左端，求EF極板所加電壓大小U2；
（3）若只改變EF極板間電壓，使打在靶臺(tái)上的電子動(dòng)能最小，求此動(dòng)能的最小值Emin.
答案（1）2U1em （2）2d2U1L2 （3）（4d29L2＋1）U1e
解析 （1）電子在MN極板間被加速，由動(dòng)能定理得U1e＝12mv12
解得電子穿過N極板小孔時(shí)的速度大小v1＝2U1em
（2）若電子剛好打在靶臺(tái)左端，則射出EF極板時(shí)電子的速度的偏向角θ滿足tanθ＝dL
電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)
水平方向勻速運(yùn)動(dòng)有t＝Lv1
豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)有v＝at
由牛頓第二定律得勻加速的加速度a＝U2edm
由幾何關(guān)系得tanθ＝atv1
聯(lián)立以上各式，解得U2＝2d2U1L2
（3）要使打在靶臺(tái)上的電子動(dòng)能最小，則需電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離最小，則電子打在靶臺(tái)右端時(shí)電子的動(dòng)能最小，此時(shí)由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，連接靶臺(tái)右端與兩板中心的連線方向?yàn)殡娮映錾涞姆较?，如圖所示，則由幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)量y滿足
yd＝L2L＋L2＝13
解得y＝d3
又由豎直方向電子勻加速運(yùn)動(dòng)得偏移量y＝12·U3edmt2，而t＝Lv1
聯(lián)立解得U3＝4d2U13L2
則電子打到靶臺(tái)上的最小動(dòng)能Ekmin＝U1e＋U3dye＝（4d29L2＋1）U1e.
13.[微波信號(hào)放大器/2023廣東廣州一模]如圖是微波信號(hào)放大器的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖，其工作原理簡(jiǎn)化如下：均勻電子束以一定的初速度進(jìn)入Ⅰ區(qū)（輸入腔）被ab間交變電壓（微波信號(hào)）加速或減速，當(dāng)Uab＝U0時(shí)，電子被減速到速度為v1，當(dāng)Uab＝－U0時(shí)，電子被加速到速度為v2，接著電子進(jìn)入Ⅱ區(qū)（漂移管）做勻速直線運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻速度為v1的電子進(jìn)入Ⅱ區(qū)，t時(shí)間（小于交變電壓的周期）后速度為v2的電子進(jìn)入Ⅱ區(qū)，恰好在漂移管末端追上速度為v1的電子，形成電子“群聚塊”，接著“群聚塊”進(jìn)入Ⅲ區(qū)（輸出腔），達(dá)到信號(hào)放大的作用.忽略電子間的相互作用.求：
（1）電子進(jìn)入Ⅰ區(qū)的初速度大小v0和電子的比荷em；
（2）漂移管的長度L.
答案 （1）v12＋v222 v22－v124U0 （2）v1v2v2－v1t
解析 （1）在Ⅰ區(qū)，由動(dòng)能定理有－eU0＝12mv12－12mv02
eU0＝12mv22－12mv02
聯(lián)立解得v0＝v12＋v222，em＝v22－v124U0
（2）在Ⅱ區(qū)，設(shè)速度為v2的電子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t'，則有v1（t＋t'）＝L，v2t'＝L
聯(lián)立解得L＝v1v2v2－v1t.
14.[帶電粒子在變化的電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)]如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，平行板電容器的板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器極板間接一周期性變化的電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示.每個(gè)電子穿過平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的.
（1）在t＝0.06s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的何處？
（2）熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？
答案 （1）熒光屏上方距離O點(diǎn)13.5cm處 （2）30cm
解析 （1）設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理得eU0＝12mv2
所以v＝2eU0m
經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后的偏移量y＝12at2＝12·eU偏mL（Lv）2
所以y＝U偏L4U0
由題圖乙知t＝0.06s時(shí)刻U偏＝1.8U0，解得y＝4.5cm
設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)距離為Y，根據(jù)相似三角形并結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可得Yy＝L＋12L12L
代入數(shù)據(jù)解得Y＝13.5cm
故在t＝0.06s時(shí)刻，電子打在熒光屏上方距離O點(diǎn)13.5cm處
（2）由題知電子偏移量y的最大值為12L，由y＝U偏L4U0可得，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時(shí)，電子就打不到熒光屏上了.
根據(jù)Yy＝L＋12L12L
得Ymax＝3L2，所以熒光屏上有電子打到的區(qū)間長為2Ymax＝3L＝30cm.課標(biāo)要求
核心考點(diǎn)
五年考情
核心素養(yǎng)對(duì)接
1.能分析帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，能解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象.
2.觀察常見的電容器，了解電容器的電容，觀察電容器的充、放電現(xiàn)象.
3.能舉例說明電容器的應(yīng)用.
電容器及平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析
2022：湖北T4；
2021：重慶T4；
2019：北京T23
1.物理觀念：理解電容器及電容的基本概念；理解帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的原理；掌握平行板電容器的電容及帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)等基本規(guī)律.
2.科學(xué)思維：利用公式判斷平行板電容器電容的變化；利用動(dòng)力學(xué)、功能、動(dòng)量觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，掌握作圖法在偏轉(zhuǎn)問題中的應(yīng)用.
3.科學(xué)探究：通過探究影響電容器電容大小的因素，能應(yīng)用控制變量的方法確定科學(xué)探究方案.
4.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：通過認(rèn)識(shí)常見的電容器，體會(huì)電容器在生活中的廣泛應(yīng)用，培養(yǎng)探究新事物的興趣.思考帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的實(shí)際應(yīng)用，并應(yīng)用于日常生活中，提升自己的社會(huì)責(zé)任感.
帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
2022：遼寧T10，廣東T14；
2021：山東T6，廣東T6，上海T8；
2019：天津T12，浙江4月T10
帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
2023：北京T19，湖北T10，浙江6月T8；
2022：全國乙T21，浙江6月T9；
2021：全國乙T20；
2020：浙江7月T6，浙江1月T7；
2019：全國ⅢT24，江蘇T5，天津T3
命題分析預(yù)測(cè)
電容器的性質(zhì)一般單獨(dú)考查，主要考查其動(dòng)態(tài)分析；帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)問題是高考的熱點(diǎn)問題，主要考查力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系及運(yùn)動(dòng)過程中的功能關(guān)系.預(yù)計(jì)2025年高考可能會(huì)結(jié)合電容器或粒子加速器等在生活中的實(shí)際應(yīng)用考查帶電粒子的運(yùn)動(dòng).
定義
電容器所帶的[5] 電荷量Q 與電容器兩極板之間的[6] 電勢(shì)差U 之比
定義式
C＝QU比值定義法
單位
法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）.1F＝[7] 106 μF＝1012pF
意義
表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低
決定
因素
由電容器本身物理?xiàng)l件（大小、形狀、相對(duì)位置及電介質(zhì)）決定，與電容器是否帶電及兩極板間是否存在電壓無關(guān)
運(yùn)動(dòng)情況
如果帶電粒子以初速度v0垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入板間電壓為U的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示
處理方法
將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的[9] 勻速直線 運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)力方向的[10] 勻加速直線 運(yùn)動(dòng).根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)解決有關(guān)問題
基本關(guān)系式
運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝lv0，加速度a＝Fm＝qEm＝qUmd，偏轉(zhuǎn)量y＝12at2＝qUl22mdv02，偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ＝vyv0＝atv0＝qUlmdv02

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