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第21讲　电容器的电容、带电粒子在电场中的运动
知识内容 考试要求 说明
电容器的电容 c 1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算． 2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形． 3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.
带电粒子在电场中的运动 d
一、电容器
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．公式C＝和C＝的比较
(1)定义式：C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
(2)决定式：C＝，εr为电介质的相对介电常数，S为极板正对面积，d为板间距离．
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
若不计粒子的重力且无其他外力作用，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量．
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02.
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv02.
2．带电粒子在电场中偏转的运动规律
不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，如图1.
图1
(1)沿初速度方向做匀速直线运动
运动时间
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
命题点一　平行板电容器的动态分析
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
（2024 顺德区二模）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．按键的过程中，电容器间的电场强度减小
B．按键的过程中，电容器储存的电能增多
C．按键的过程中，图丙中电流方向从a经电流计流向b
D．按键的过程中，电容器上极板电势低于下极板电势
（2024 嘉兴一模）如图所示，将静电计与电容器（图中未画出）相连，可检测带电电容器的两极间的电压变化。带电静电计的金属指针和圆形金属外壳的空间内存在电场，分别用实线和虚线表示电场线和等势面，该空间内有P、Q两点，则（　　）
A．静电计两根金属指针带异种电荷
B．图中实线表示电场线，虚线表示等势面
C．图中P点电势一定高于Q点电势
D．当静电计两指针张角减小时，表明电容器在放电
（2024 甘肃模拟）随着人们对身体健康意识的不断增强，户外旅行、户外运动也较前几年大幅增长。人们使用的智能手机中有一款运动软件，其运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M固定，N两端与固定的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动。则手机（　　）
A．若电容器带电量增大，则可能是健身者向前匀速运动时突然减速
B．若电流表示数不为零且保持不变，则健身者做匀速运动
C．若电流由a点流向b点，则健身者突然向前加速
D．若M、N之间的电场强度增大，则健身者向后做匀加速运动
命题点二　带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
类型1　带电粒子在匀强电场中的直线运动
（2024 安徽二模）如图所示，三块平行放置的金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。B板与电源正极相连，A、C两板与电源负极相连。闭合电键，从O点由静止释放一电子，电子恰好能运动到P点（不计电子的重力影响）。现将C板向右平移到P′点，下列说法正确的是（　　）
A．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P点返回
B．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P′点返回
C．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P和P′点之间返回
D．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将穿过P′点
类型2　带电粒子在交变电场中的直线运动
（2023 杭州二模）如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压uMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为
C．各金属筒的长度之比为1：：：…
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1：：：…
命题点三　带电粒子在电场中的偏转
1．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.
2．功能关系
（2023 和平区校级模拟）如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面上A点平抛一带电小球，落到斜面上的B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
（2023 海淀区校级模拟）如图所示，场强大小为E，方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m，带电量分别为+q和﹣q的两粒子，由a，c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域（两粒子不同时出现在电场中）。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于（　　）
A． B． C． D．
（2022 岳阳三模）示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为（　　）
A．B． C． D．
如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为g）（　　）
A．两极板间电压为
B．整个过程中合外力对质点做负功
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
（2024 厦门模拟）某小组在实验室进行平行板电容器特性研究时，不小心转动其中一极板而使其发生倾斜，已知两板带有等量异种电荷，则两极板之间的电场线分布情况可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 曲靖一模）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管、电阻R连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．减小极板间的正对面积，带电油滴仍保持静止
B．贴着上极板插入金属板，则电阻R中有b流向a的电流
C．将下极板向上移动一小段距离，P点处的油滴的电势能增大
D．将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则油滴仍处于静止状态
（2024 南充模拟）电容器储能已经广泛应用于电动汽车，风光发电储能，电力系统中电能质量调节。电容器储能的原理是，当电容器充电后，所带电荷量为Q，两极板间的电势差为U，则板间储存了电能。如图是电容为C的电容器两极板间电势差u和所带电荷量q的u﹣q图像，则（　　）
A．该电容器的电容C随电荷量q增大而增大
B．图像中直线的斜率等于该电容器电容C
C．电源对该电容器充电为Q时，电源对该电容器做的功为QU
D．电源对该电容器充电为Q时，该电容器储存的电能为
（2024 乌鲁木齐模拟）如图所示，平行板电容器AB极板上的OO'接点与直流电源连接，下极板B接地，开关S闭合，一带电油滴位于电容器中的P点恰处于静止状态，则下列说法正确的是（　　）
A．当开关S闭合，A极板上移一小段距离，P点电势将降低，电路中有逆时针方向的电流
B．当开关S断开，B极板下移一小段距离，带电油滴将沿竖直方向向上运动
C．当开关S闭合，AB极板分别以OO'为转轴在纸面内逆时针转动α角，液滴将向左做匀加速直线运动
D．当开关S断开，B极板上移一小段距离，带电油滴的电势能保持不变
（2024 山西模拟）如图所示，A、B是两块平行带电的金属板。A板带负电，B板与大地相接，两板间P点处固定一带负电的油滴。设P点的场强大小为E，电势为φ，油滴在P点的电势能为Ep。现将A、B两板水平错开一段距离（两板间距不变），则（　　）
A．静电计指针张角减小，φ变小
B．静电计指针张角不变，φ变大
C．静电计指针张角变大，E变大
D．静电计指针张角变大，Ep变小
（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，将半径为R的圆环固定在绝缘的水平面内，O为圆环的圆心，BC为圆的一条直径，在水平面内有沿BC方向的匀强电场，电场强度的大小为E。现将质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球以初速度v1，从BC直线上距B点R处的A点沿垂直BC的方向抛出，小球将运动到圆环上的D点，∠BOD＝37°；若将小球以初速度v2从A点沿相同的方向抛出，小球运动到圆环上时，从抛出至落点的位移恰好与圆环相切，已知sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，忽略一切阻力，则为（　　）
A． B． C． D．
（2024 樟树市模拟）如图所示，在一斜面顶端，将A、B两个带电小球先后分别以相同速度v0沿同一方向水平抛出，两球都落在斜面上，已知A球质量为2m，带电量为+q，B球质量为m，带电量也为+q，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，场强，重力加速度g取10m/s2。A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB，加速度分别为aA、aB，位移分别为sA、sB，落在斜面上的重力功率分别为PA、PB，不计空气阻力，则（　　）
A．tA＝2tB B．3aA＝2aB C．sA＝2sB D．PA＝3PB
（2024 云岩区校级一模）如图甲所示，一放置在水平面的电荷量为q（q＞0）的绝缘物块（可视为质点），在方向水平向左的匀强电场中，从位置A由静止水平向左运动至位置D。然后又被轻质弹簧（一端固定在墙壁，与水平面平行）弹离，向右运动到位置A，途中经过位置B时物块正好与轻质弹簧分离，此时弹簧处于原长，经过位置C时弹簧的弹力大小F＝Eq。物块在A、D之间做往复运动的过程中，弹簧的弹力大小F随时间t的变化如图乙所示。已知物块的质量为m，电场强度大小为E，不计一切摩擦，则（　　）
A．t1～t3时间内，物块的加速度先增大后减小
B．物块的最大速度
C．A、B间的距离
D．弹簧弹力的最大值Fm＞2Eq
（2024 黑龙江模拟）如图所示，两相同极板M、N的长度为L＝0.6m，相距d＝0.5m，OO′为极板右边界，OO′的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E＝10N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与OO’在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角θ＝53°，BC是竖直直径。小球以v0＝3m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N，飞离极板后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m＝1.0kg，电荷量q＝0.5C，重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6，不计空气阻力。求：
（1）小球在A点的速度vA；
（2）M、N极板间的电势差U；
（3）欲使小球沿圆弧轨道能到达最高点C，半径R的取值范围。
（2023 海淀区二模）如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。
（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。
（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。第21讲　电容器的电容、带电粒子在电场中的运动
知识内容 考试要求 说明
电容器的电容 c 1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算． 2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形． 3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.
带电粒子在电场中的运动 d
一、电容器
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．公式C＝和C＝的比较
(1)定义式：C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
(2)决定式：C＝，εr为电介质的相对介电常数，S为极板正对面积，d为板间距离．
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
若不计粒子的重力且无其他外力作用，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量．
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02.
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv02.
2．带电粒子在电场中偏转的运动规律
不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，如图1.
图1
(1)沿初速度方向做匀速直线运动
运动时间
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
命题点一　平行板电容器的动态分析
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
（2024 顺德区二模）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．按键的过程中，电容器间的电场强度减小
B．按键的过程中，电容器储存的电能增多
C．按键的过程中，图丙中电流方向从a经电流计流向b
D．按键的过程中，电容器上极板电势低于下极板电势
【解答】解：AB．根据电容器的定义式、决定式以及电场强度与电势差关系：
，
按键的过程中，由于电压U不变，d减小，则电容C增大，电容器间的电场强度E增大，电容器所带电荷量Q增大，则电容器储存的电能增多，故A错误，B正确；
CD．按键的过程中，由于电容器所带电荷量Q增大，电容器充电，图丙中电流方向从b经电流计流向a，电容器上极板电势高于下极板电势，故CD错误。
故选：B。
（2024 嘉兴一模）如图所示，将静电计与电容器（图中未画出）相连，可检测带电电容器的两极间的电压变化。带电静电计的金属指针和圆形金属外壳的空间内存在电场，分别用实线和虚线表示电场线和等势面，该空间内有P、Q两点，则（　　）
A．静电计两根金属指针带异种电荷
B．图中实线表示电场线，虚线表示等势面
C．图中P点电势一定高于Q点电势
D．当静电计两指针张角减小时，表明电容器在放电
【解答】解：AB．静电计与电容器相连，由图可知静电计金属指针接在电容器的同一个极板上，金属外壳接在电容器的另一个极板上，所以两根金属针带同种电荷。根据电场线的性质，电场线从正电荷发出，到负电荷终止，可知图中虚线表示电场线，则实线表示等势线。故AB错误；
C．题中不知哪一个极板带正电，即不知道电场线的方向，所以P、Q两点电势的高低无法判断。故C错误；
D．静电计与电容器两极板相连，则静电计两指针张角可以显示极板间的电压，当静电计两指针张角减小时，表明电容器极板间的电压减小，故此时电容器正在放电。故D正确。
故选：D。
（2024 甘肃模拟）随着人们对身体健康意识的不断增强，户外旅行、户外运动也较前几年大幅增长。人们使用的智能手机中有一款运动软件，其运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M固定，N两端与固定的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动。则手机（　　）
A．若电容器带电量增大，则可能是健身者向前匀速运动时突然减速
B．若电流表示数不为零且保持不变，则健身者做匀速运动
C．若电流由a点流向b点，则健身者突然向前加速
D．若M、N之间的电场强度增大，则健身者向后做匀加速运动
【解答】解：A、健身者向前匀速运动时突然减速，由于惯性N板相对M板向前移动，两极极之间距离d减小，根据电容的决定式可知，电容C增大，根据电容器的定义式C可知，电容器的电压U不变，则电容器带电量Q增大，故A正确；
B、健身者做匀速运动时加速度为0，电容C不变，电容器带电量Q不变，电路中无电流，故B错误；
C、突然向前加速时，由于惯性N板相对M板后移，两极极之间距离d增大，根据电容的决定式可知，电容C减小，根据电容器的定义式C可知，电压U不变，则电容器带电量Q减小，电容器处于放电状态，电流由b点流向a点，故C错误；
D、保持向后的匀加速运动时，加速度a不变，板间距离不变，所以M、N之间的电场强度不变，故D错误。
故选：A。
命题点二　带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
类型1　带电粒子在匀强电场中的直线运动
（2024 安徽二模）如图所示，三块平行放置的金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。B板与电源正极相连，A、C两板与电源负极相连。闭合电键，从O点由静止释放一电子，电子恰好能运动到P点（不计电子的重力影响）。现将C板向右平移到P′点，下列说法正确的是（　　）
A．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P点返回
B．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P′点返回
C．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P和P′点之间返回
D．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将穿过P′点
【解答】解：AB、根据题意可知：UMO＝UMP＝UMP′
电子从O到M电场力做正功，从M到P电场力做负功或从M到P′，电场力做负功，电子在板间运动的过程，由动能定理可知：UOMe+UMPe＝0
将C板向右平移到P′点，若电键处于闭合状态，上式仍然成立，电子将运动到P′点返回，故A错误，B正确；
CD、断开电键后，根据电容的定义、电容的大小公式，场强与电压的关系，联立解得：
由此可知，当电荷量保持不变时，板间的电场强度与板间距离无关，而断开电键后可认为极板间电荷量不变，则电场强度不变，根据动能定理可知：Eed﹣Eed＝0
因此若断开电键后再从O点由静止释放电子，电子仍将运动到P点，故CD错误。
故选：B。
类型2　带电粒子在交变电场中的直线运动
（2023 杭州二模）如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压uMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为
C．各金属筒的长度之比为1：：：…
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1：：：…
【解答】解：A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，合力为零，故质子做匀速运动，故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
解得
故B错误；
D．依题意分析，只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；
C．根据匀加速直线运动位移—时间公式，第n个圆筒长度
则各金属筒的长度之比为1：：：…，故C正确。
故选：C。
命题点三　带电粒子在电场中的偏转
1．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.
2．功能关系
（2023 和平区校级模拟）如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面上A点平抛一带电小球，落到斜面上的B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
【解答】解：小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速度a恒定，方向向下。
根据类平抛运动的分运动规律，有：
x＝v0t，
y，
，
解得：t，x，y；
A、若将平抛初速度减小一半，根据x，y，x和y均减小为原来的，故A错误；
BC、设小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角为α，则有：
tan（α+30°），
故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，但是tanα≠2tan30°，故BC错误；
D、由于小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角的正切值：tanβ，
初动能：Ek6J，
末动能：Ek′，
故：Ek′＝6J+（）2×6J＝14J，故D正确；
故选：D。
（2023 海淀区校级模拟）如图所示，场强大小为E，方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m，带电量分别为+q和﹣q的两粒子，由a，c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域（两粒子不同时出现在电场中）。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：两个粒子都做类平抛运动，轨迹相切时，速度方向恰好相反
即在该点，速度方向与水平方向夹角相同：
根据牛顿第二定律：Eq＝ma
两个粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动：v0t1+v0t2＝s
竖直方向做匀加速直线运动：
由以上各式整理得：，因此B正确，ACD错误。
故选：B。
（2022 岳阳三模）示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为（　　）
A．B． C． D．
【解答】解：UXX′和UYY′均为正值，电场强度方向由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X，Y方向偏转，故A正确，BCD错误。
故选：A。
如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为g）（　　）
A．两极板间电压为
B．整个过程中合外力对质点做负功
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
【解答】解：A、据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE﹣mg＝mg，
得到：E．由U＝Ed可知，板间电压 U，故A错误；
B、整个过程中，质点受到竖直方向的电场力和重力，水平方向不受力，在竖直方向上速度由零增加然后又减小到零，所以合外力对质点先做正功后做负功，故B错误；
C、小球在电场中向上偏转的距离 yat2，而 ag，t，解得：y；故小球打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y，重力势能的增加量EP＝mgs，故C正确。
D、仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据E，可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D错误。
故选：C。
（2024 厦门模拟）某小组在实验室进行平行板电容器特性研究时，不小心转动其中一极板而使其发生倾斜，已知两板带有等量异种电荷，则两极板之间的电场线分布情况可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：两极板为各自的等势面，等势面与电场线垂直；
两极板之间的电势差相等，根据场强与电势差的关系可知，两极板之间距离越小，场强越大；
电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密的地方场强越大，因此两极板间距越小的那端电场线就越密。
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024 曲靖一模）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管、电阻R连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．减小极板间的正对面积，带电油滴仍保持静止
B．贴着上极板插入金属板，则电阻R中有b流向a的电流
C．将下极板向上移动一小段距离，P点处的油滴的电势能增大
D．将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则油滴仍处于静止状态
【解答】解：A、减小极板间的正对面积，根据电容的决定式C可知电容器的电容减小，电容器要放电。由于二极管具有单向导电性，所以电容器不会放电，电容器带电量不变，根据C、、，解得：E，则知减小极板间的正对面积，极板间的电场强度变大，则油滴所受电场力变大，将向上移动，故A错误；
B、贴着上极板插入金属板，极板间的距离减小，根据C可知电容器的电容增大，电容器将充电，则电路中有逆时针方向的电流，电阻R中有a流向b的电流，故B错误；
C、将下极板向上移动一小段距离，根据C可知电容器的电容增大，电容器两端的电压不变，电容器将充电。根据知两极板间的电场强度变大，设P点到下极板的距离为l，下极板的电势为零，则P点与下极板的电势差φP﹣φ0＝El
即P点的电势为φP＝El
P点到下极板的距离为l不变，电场强度E变大，则P点的电势变大，故C正确；
D、将开关断开，则两极板的电荷量不变，根据E，在两板间插入陶瓷电介质，电场强度变小，则油滴所受电场力变小，将向下移动，故D错误。
故选：C。
（2024 南充模拟）电容器储能已经广泛应用于电动汽车，风光发电储能，电力系统中电能质量调节。电容器储能的原理是，当电容器充电后，所带电荷量为Q，两极板间的电势差为U，则板间储存了电能。如图是电容为C的电容器两极板间电势差u和所带电荷量q的u﹣q图像，则（　　）
A．该电容器的电容C随电荷量q增大而增大
B．图像中直线的斜率等于该电容器电容C
C．电源对该电容器充电为Q时，电源对该电容器做的功为QU
D．电源对该电容器充电为Q时，该电容器储存的电能为
【解答】解：A．电容器的电容由电容器本身来决定，与所带电荷量及两端所加电压无关，故A错误；
B．根据电容的定义式可得
即图像的斜率为电容器电容的倒数，故B错误；
C．根据电功的计算公式W＝UIt
又Q＝It
联立解得：W＝UQ
图像的面积表示电功，
又
联立解得：，故C错误；
D.根据功能关系可知电功等于两板间储存了电能，即储存的电能为：
，故D正确。
故选：D。
（2024 乌鲁木齐模拟）如图所示，平行板电容器AB极板上的OO'接点与直流电源连接，下极板B接地，开关S闭合，一带电油滴位于电容器中的P点恰处于静止状态，则下列说法正确的是（　　）
A．当开关S闭合，A极板上移一小段距离，P点电势将降低，电路中有逆时针方向的电流
B．当开关S断开，B极板下移一小段距离，带电油滴将沿竖直方向向上运动
C．当开关S闭合，AB极板分别以OO'为转轴在纸面内逆时针转动α角，液滴将向左做匀加速直线运动
D．当开关S断开，B极板上移一小段距离，带电油滴的电势能保持不变
【解答】解：保持开关闭合，则电压恒定不变，
A、当开关S闭合，A极板上移一小段距离，根据E，可知电场强度减小，根据U＝Ed可知，P点与下极板的距离不变，但E减小，故P点与下极板的电势差减小，下极板带负电，故P点的电势降低，根据电容的决定式C，可知，电容减小，再由Q＝CU，可得，电容器的电量减小，电容器处于放电，则电路中有顺时针方向的电流，故A错误；
B、当开关S断开，B极板下移一小段距离，则电荷量Q不变，根据电场强度E，可知，电场强度恒定不变，则电场力不变，故带电油滴仍静止不动，故B错误；
C、当开关S闭合，A、B极板分别以OO'为转轴在纸面内逆时针快速转动α角，初状态根据平衡条件，则有：qEmg，
转动后板间电压不变，板间距离为d′，则有：电场力F＝q，根据几何关系，d′＝dcosα，电场力的竖直分力Fy＝Fcosα，仍与重力平衡，电场力的水平分力即为油滴的合力，所以油滴将水平向左做匀加速直线运动，故C正确；
D、当开关S断开，B极板上移一小段距离，由于板间电场强度不变，油滴所处P点到B极板的距离变小，故P点的电势降低，而根据平衡条件，可知，油滴带负电，所以油滴电势能增加，故D错误。
故选：C。
（2024 山西模拟）如图所示，A、B是两块平行带电的金属板。A板带负电，B板与大地相接，两板间P点处固定一带负电的油滴。设P点的场强大小为E，电势为φ，油滴在P点的电势能为Ep。现将A、B两板水平错开一段距离（两板间距不变），则（　　）
A．静电计指针张角减小，φ变小
B．静电计指针张角不变，φ变大
C．静电计指针张角变大，E变大
D．静电计指针张角变大，Ep变小
【解答】解：A、B两板水平错开一段距离，两极板正对面积S减小，而电容器所带电荷量Q不变，根据，C，
联立可得：U，E
可知两极板间电势差U增大，静电计指针张角变大，同时，板间电场强度E增大；
因为A极板带负电，所以P点的电势φ＜0，q＜0
由BP间电势差UBP＝﹣φ＝EdBP，Ep＝qφ，可知φ变小，Ep变大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，将半径为R的圆环固定在绝缘的水平面内，O为圆环的圆心，BC为圆的一条直径，在水平面内有沿BC方向的匀强电场，电场强度的大小为E。现将质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球以初速度v1，从BC直线上距B点R处的A点沿垂直BC的方向抛出，小球将运动到圆环上的D点，∠BOD＝37°；若将小球以初速度v2从A点沿相同的方向抛出，小球运动到圆环上时，从抛出至落点的位移恰好与圆环相切，已知sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，忽略一切阻力，则为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设小球两次运动的时间分别为t1、t2，由题意分析可知，当小球初速度为v2时，∠BOD＝53°。小球做类平抛运动，两次运动的加速度相同均为a
小球以初速度v1抛出时，有
①
v1t1＝Rsin37° ②
由①②得 ③
小球以初速度v2抛出时， ④
v2t2＝Rsin53° ⑤
由④⑤得 ⑥
由③⑥两式相比得：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2024 樟树市模拟）如图所示，在一斜面顶端，将A、B两个带电小球先后分别以相同速度v0沿同一方向水平抛出，两球都落在斜面上，已知A球质量为2m，带电量为+q，B球质量为m，带电量也为+q，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，场强，重力加速度g取10m/s2。A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB，加速度分别为aA、aB，位移分别为sA、sB，落在斜面上的重力功率分别为PA、PB，不计空气阻力，则（　　）
A．tA＝2tB B．3aA＝2aB C．sA＝2sB D．PA＝3PB
【解答】解：A．设斜面倾角为θ，根据几何关系可得
解得
则2tA＝3tB
故A错误；
B．由A、B均带正电，则A、B所受电场力竖直向下，根据牛顿第二定律
2mg+qE＝2maA
mg+qE＝maB
解得
aA＝2g
aB＝3g
则3aA＝2aB
故B正确；
C．水平方向，根据x＝vt
解得2sA＝3sB
故C错误；
D．由P＝mgvy＝mgat
PA＝2PB
故D错误。
故选：B。
（2024 云岩区校级一模）如图甲所示，一放置在水平面的电荷量为q（q＞0）的绝缘物块（可视为质点），在方向水平向左的匀强电场中，从位置A由静止水平向左运动至位置D。然后又被轻质弹簧（一端固定在墙壁，与水平面平行）弹离，向右运动到位置A，途中经过位置B时物块正好与轻质弹簧分离，此时弹簧处于原长，经过位置C时弹簧的弹力大小F＝Eq。物块在A、D之间做往复运动的过程中，弹簧的弹力大小F随时间t的变化如图乙所示。已知物块的质量为m，电场强度大小为E，不计一切摩擦，则（　　）
A．t1～t3时间内，物块的加速度先增大后减小
B．物块的最大速度
C．A、B间的距离
D．弹簧弹力的最大值Fm＞2Eq
【解答】解：A、t1～t2时间内，物块由B运动到D，受到的电场力向左大小不变，弹簧的弹力F向右由零逐渐增大，根据牛顿第二定律得：，可知加速度先逐渐减小，到C时弹簧的弹力大小F＝qE，此时加速度为零，物块的速度最大，之后弹簧弹力大于电场力，且逐渐增大，加速度逐渐增大；t2～t3时间内，物块由D运动到B，同理，可知加速度先逐渐减小到零，再增大，故A错误；
B、t3～t4时间内，物块由B匀减速运动到A，再反向由A匀加速运动到B，两阶段运动具有对称性，设在B点的速度大小为vB，对此过程，以向左为正方向，根据动量定理得：qE（t4﹣t3）＝mvB﹣（mvB），解得：
由A选项的分析可知物块在C点的速度最大，由B到C点物块做加速运动，则物块的最大速度大于，故B错误；
C、从A到B的过程，根据动能定理得：，解得A、B间的距离xAB，故C错误；
D、设弹簧的劲度系数为k，B、C之间的距离为x，弹簧最大形变量（即B、D之间的距离）为xm，由B到D，根据功能关系可得：
，已知：kx＝qE
联立可得：，可得：xm＞2x
则弹簧弹力的最大值Fm＝kxm＞2kx＝2Eq，故D正确。
故选：D。
（2024 黑龙江模拟）如图所示，两相同极板M、N的长度为L＝0.6m，相距d＝0.5m，OO′为极板右边界，OO′的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E＝10N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与OO’在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角θ＝53°，BC是竖直直径。小球以v0＝3m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N，飞离极板后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m＝1.0kg，电荷量q＝0.5C，重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6，不计空气阻力。求：
（1）小球在A点的速度vA；
（2）M、N极板间的电势差U；
（3）欲使小球沿圆弧轨道能到达最高点C，半径R的取值范围。
【解答】解：（1）小球在M、N极板间做类平抛运动，将A点的速度分解，如图所示。
则vAm/s＝5m/s
（2）在A点，有vy＝v0tan53°＝3m/s＝4m/s
带电粒子在M、N极板间运动时间为ts＝0.2 s
由vy＝at，得a＝20m/s2
由牛顿第二定律得：mg+Eq＝ma
结合U＝Ed，解得：U＝10V
（3）若小球恰能到达最高点C时，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
mg+qE＝m
小球从A点运动到C点的过程，由动能定理得
﹣（mg+qE）R（1+cos53°）
解得：Rm
故半径R的取值范围为：0＜Rm
（2023 海淀区二模）如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。
（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。
（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
【解答】解：（1）由动能定理有
解得带电粒子进入偏转电场时速度的大小
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，设金属板C、D的长度为L，带电粒子离开偏转电场时的竖直方向的速度大小为vy
水平方向是L＝vt
竖直方向上
，vy＝at，
联立解得L＝d，
带电粒子离开偏转电场时的速度大小为
带电粒子离开偏转电场时动量的大小p＝mv1；
（3）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动
水平方向x＝vt
竖直方向
带电粒子在偏转电场中的轨迹方程为。

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