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专题18 电容器 带电粒子在电场中的运动
课标要求 知识要点 命题推断
1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析. 2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题. 3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题． 考点一　平行板电容器的动态分析 考点二　带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 考点三　带电粒子在电场中的偏转 考点四　带电体在复合场中的运动 题型：选择题 计算题 1平行板电容器两类动态的分析 2生产生活中的电容器动态分析 3电场中带电粒子/体的直线运动 4电场中带电粒子/体的抛体运动 5带电体在等效重力场中的运动
考点一　平行板电容器的动态分析
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．对公式C＝的理解
电容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．
3．两种类型的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
考点二　带电粒子(或带电体)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．用功能观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
考点三　带电粒子在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
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
2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(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＝mv
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.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
考点四　带电体在复合场中的运动
等效法处理叠加场问题
1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．
2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力 ”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．
（2024 浑南区校级模拟）如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计外壳接地。闭合电键S时，一带电的油滴恰好静止于电容器中的P点。下列说法正确的是（　　）
A．若将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴向下运动
B．若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将降低
C．若断开电键S，再将B极板向下平移一小段距离，静电计指针张角变大
D．若断开电键S，再将B极板向下平移一小段距离，P点电势将降低
【解答】解：A、电容器与电源相连，电压U不变，若将A极板向下平移一小段距离，根据，电场强度增大，带电油滴向上运动，故A错误；
B、根据UPB＝E|PB|＝φP﹣0，P点电势将升高，故B错误。
C、若断开电键S，电容器带电荷量Q不变，将B极板向下平移一小段距离，根据，电容减小，根据，电压增大，静电计指针张角变大，故C正确。
D、电场强度不变，根据UPB＝E|PB|＝φP﹣0，P点电势将升高，故D错误。
故选：C。
（2024 南京模拟）电容话筒是录音棚中常用设备。一种电容式话筒的采集端原理图如图所示，当声波密部靠近振膜时振膜产生向右的形变，疏部靠近振膜时振膜产生向左的形变。已知振膜和背板均为导体，不采集声音时电容器电荷量稳定。下列说法正确的是（　　）
A．不采集声音时，通过电阻的电流方向从a到b
B．当疏部靠近时，电容器的电荷量变大
C．当密部靠近时，a点电势高于b点电势
D．当密部靠近时，电容器的电容变小
【解答】解：A、不采集声音时，电容器电荷量稳定，电路中没有电流，故A错误；
B、当疏部靠近时，振膜产生向左的形变，振膜和背板间的距离增大，根据电容的决定式C分析可知，电容变小，电压不变，由电容的定义式C分析可知，电容器的电荷量变小，故B错误；
CD、当密部靠近时，振膜产生向右的形变，振膜和背板间的距离减小，根据电容的决定式C分析可知，电容变大，电压不变，由电容的定义式C分析可知，电容器的电荷量变大，流过R的电流方向从a到b，则a点电势高于b点电势，故C正确，D错误。
故选：C。
（2024 坪山区校级模拟）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动电极不会与固定电极接触）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（　　）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，静电计指针张角越小
C．风力越大，静电计指针张角越大
D．风力越大，极板间电场强度越大
【解答】解：ABC、可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大，则板间距离d越小，根据电容决定式：，可得电容越大。极板上电荷量保持不变，根据电容定义式：，可得板间电压越小，则静电计指针张角越小，故AC错误，B正确；
D、风力越大，板间距越小，极板间电场强度为：，可得极板间电场强度保持不变，故D错误。
故选：B。
（2024 海淀区校级三模）如图，在探究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，电容器所带电量可视为不变，则下列说法中正确的是（　　）
A．甲图中减小两极正对面积，板间场强不变，静电计指针张角变小
B．乙图中增大两板间距，板间场强不变，静电计指针张角变大
C．丙图中，在两板间插入其他介质，静电计指针张角变大
D．该实验中，可以用磁电式电压表代替静电计测量电压
【解答】解：A、根据电容的决定式C、电容的定义式C以及E得：E，可知甲图中减小两极正对面积，电容器所带电量不变，则板间场强变大。
根据电容的决定式C知电容变大，由电容的定义式C知电容器两极板间电势差变小，静电计指针张角变小，故A错误；
B、乙图中增大两板间距，根据E，可知板间场强不变。由U＝Ed知电容器两极板间电势差变大，静电计指针张角变大，故B正确；
C、丙图中，在两板间插入其他介质，电容变大，电容器所带电量不变，由电容的定义式C知电容器两极板间电势差变小，静电计指针张角变小，故C错误；
D、静电计与电压表原理不同，电压表中必须有电流通过时指针才偏转，而静电计中没有电流，所以不用磁电式电压表代替静电计测量电压，故D错误。
故选：B。
（多选）（2024 湖北模拟）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy所在平面内存在一匀强电场，电场的方向与x轴负方向成60°角。A、B为以坐标原点O为圆心的竖直圆周上的两点，O、A两点的连线与一条电场线重合。一质量为m、电荷量为q的带电小球从A点沿平行于x轴正方向射出，小球经过时间t到达x轴上的B点，到达B点时小球的速度大小与在A点射出时相同。已知重力加速度大小为g。则（　　）
A．小球一定带正电，场强
B．小球从A点运动到B点过程中增加的电势能为
C．小球从A点运动到B点过程中运动速度的最小值为初速度的倍
D．小球运动到B点时的速度大小为，方向与场强方向相反
【解答】解：A、小球从A点运动到B点动能不变，其中重力做正功，电场力做负功，可知带正电。设A、B两点距离坐标原点O的距离为L，由动能定理知
mgLsin60°﹣qEL（1+cos60°）＝0
解得
故A错误；
CD、对小球受力分析，如图
由图可知
F合x＝qEsin30°，F合y＝mg﹣qEcos30°
联立，解得
又
可知小球所受合力与竖直方向夹角为
θ＝30°
小球做类平抛运动，沿合力方向与垂直合力方向分解速度，如图
根据类平抛运动的对称性，小球从A点运动到B点过程中当速度方向与合力垂直时，所用时间为，运动速度具有最小值为
又
，
解得
根据类平抛运动的对称性，可知小球运动到B点时沿合力方向速度大小为v2，垂直合力方向速度大小为v1，设合速度与v1夹角为α，则有
解得
α＝30°
由几何关系可知，小球运动到B点时速度方向与x轴正方向夹角为
α+θ＝30°+30°＝60°
即与场强方向相反，故CD正确；
B、小球沿y轴方向，由牛顿第二定律知
mg﹣qEsin60°＝may
又
解得
小球沿电场线方向上的位移大小为
则电势能的增加量
故B正确。
故选：BCD。
（2024 江苏模拟）如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，电场强度方向沿半径指向圆心，电场强度大小可表示为为到圆心的距离，k为常量。两个粒子a和b分别在半径为r1和r2（r1＜r2）的圆轨道上做匀速圆周运动，已知两粒子的比荷大小相等，不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　）
A．a粒子的电势能大于b粒子的电势能
B．a粒子的速度大于b粒子的速度
C．a粒子的角速度大于b粒子的角速度
D．若再加一个垂直运动平面向里的匀强磁场，粒子做离心运动
【解答】解：A．两个粒子a和b分别在半径为r1和r2（r1＜r2）的圆轨道上做匀速圆周运动，向心力由电场力提供，所以两个粒子带正电，若两个粒子的电荷量相同，则a粒子的电势能小于b粒子的电势能，而两个粒子的电荷量无法确定，所以无法确定电势能的高低，故A错误；
B．圆周运动，电场力提供向心力
解得
两粒子的比荷大小相等，k为常量，所以圆周运动的速度为一个定值。a粒子的速度等于b粒子的速度，故B错误；
C．a粒子的速度等于b粒子的速度，所以a粒子的角速度大于b粒子的角速度，故C正确；
D．若再加一个垂直运动平面向里的匀强磁场，因为粒子做的圆周运动的方向不确定，若为顺时针，则合力不足以提供向心力，离心运动，若为逆时针，则合力大于向心力，做向心运动。故D错误。
故选：C。
（2024 广东模拟）在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V；现有一电子以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映电子运动轨迹的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【解答】解：如图所示
连接ad与y轴交于m点，根据匀强电场的特点有
Uam＝Umd
即
φa﹣φm＝φm﹣φd
代入数据解得
φm＝4V
故bm连线为匀强电场的一条等势线，过O点作等势线的垂线，根据根据电场线总是指向电势降低的方向，可知电场方向沿着aO方向，由于电子带负电，所受电场力的方向与电场强度的方向相反，即电子所受电场力方向沿着Oa方向，根据物体做曲线运动的条件可知，轨迹在合力与速度之间，则能大致反映电子运动轨迹的是②，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2024 乐清市校级三模）（电场磁场综合）如图乙，真空玻璃管内，阴极发出的电子（初速度为零）经KA间的电场加速后，以一定的速度沿玻璃管的中轴线射入平行极板D1、D2。若两极板无电压，电子打在荧光屏中心P1点；若两极板加上偏转电压U，电子打在荧光屏上的P2点；若两极板间再加上垂直纸面方向的有界匀强磁场（磁场只存在于板间区域），磁感应强度大小为B，则电子又打到P1点；若撤去电场只留磁场，电子恰好从极板D1、D2右侧边缘射出。已知两极板间距为d，板长为2d，设电子的质量为m、电荷量大小为q，则（　　）
A．电子进入两板间的速度
B．将KA的加速电压和D1、D2两板间的电压同时加倍，电子还是打在P2点
C．只留磁场，电子恰好从极板右侧边缘射出时速度偏转角的正切值为
D．电子的比荷
【解答】解：A、若两极板加上偏转电压U，电子打在荧光屏上的P2点；若两极板间再加上垂直纸面方向的有界匀强磁场（磁场只存在于板间区域），磁感应强度大小为B，则电子又打到P1点，说明此时电子做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：qvB＝q，解得：v，故A错误；
B、设加速电压为U0，电子进入两板间的速度为v0，根据动能定理可得：qU0
设电子在偏转电场中的偏转位移为y，板长为L＝2d，两板间距离为d，根据类平抛运动的规律可得：y
将KA的加速电压U0和D1、D2两板间的电压U同时加倍，电子离开偏转电场时的偏转位移不变，电子还是打在P2点，故B正确；
C、只留磁场，电子在磁场中运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：R2＝（2d）2+（）2
解得：R
则tanθ，解得：tanθ，即电子恰好从极板右侧边缘射出时速度偏转角的正切值为，故C错误；
D、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
其中R
联立解得：，故D错误。
故选：B。
（2024 浑南区校级模拟）《三体》动画的一开头就有这样的台词：“科学发展，突破口在哪儿？”、“粒子对撞实验”。如图所示，在y＜0的区域内存在一定高度范围的、沿x轴正方向的匀强电场，在y＞0的区域内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场.在电场下边缘有一粒子源S，某时刻，粒子源沿y轴正方向发射出一质量为m、带正电的粒子a，已知粒子a进入电场时的速度为v0，进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角为θ＝60°，在粒子a进入磁场的同时，另一不带电粒子b也经x轴进入磁场，运动方向与粒子a进入磁场的方向相同，在粒子a没有离开磁场时，两粒子恰好发生正碰（碰撞前的瞬间，粒子a、粒子b的速度方向相反），不计两粒子的重力。求：
（1）电场力对粒子a所做的功；
（2）碰撞前粒子b的速度大小；
（3）若两粒子碰后结合成粒子c，结合过程不损失质量和电荷量，且从α粒子进入磁场的位置向左沿x轴负方向放置有无限长的吸收板（粒子c碰上吸收板后立即被吸收而不再运动），经过分析可知无论b粒子的质量怎么取值，吸收板上都有两段区域总是粒子c不能到达的，请你计算出这两段区域长度的比值大小，并分析出要能够使粒子c到达吸收板，粒子b的质量所要满足的条件。
【解答】解：（1）设粒子a进入磁场时的速度为v，则
vsinθ＝v0
解得
由动能定理得，电场力做的功
解得
（2）两粒子的运动轨迹大致如图所示（b粒子的出发点不一定在坐标原点且对答案无影响），设a粒子的圆周半径为r，由等时性
解得
（3）设碰后c粒子的速度vc，半径为rc，那么对粒子a在磁场中匀速圆周运动
对粒子c在磁场中匀速圆周运动
讨论：①若vc沿粒子a的方向，取vc速度方向为正方向，则
mv﹣mbvb＝（m+mb）vc
欲使粒子能到达吸收板，则必须
解得
粒子c不可能到达的区域长度
②若vc沿粒子b的方向，取vc速度方向为正方向，则
mbvb﹣mv＝（m+mb）vc
欲使粒子c能到达吸收板，则必须
解得
粒子c不可能到达的区域长度
综上所述：粒子c所不能到达的两端区域长度之比
PQ：MN＝1：1
粒子c能到达吸收板，粒子b的质量须满足
或
答：（1）电场力对粒子a所做的功；
（2）碰撞前粒子b的速度大小；
（3）这两段区域长度的比值大小1：1，粒子b的质量要满足或。
（2024 河南二模）如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴沿竖直方向，x轴沿水平方向，在y≥h的区域存在平行于纸面的匀强电场，其它区域无电场。现将一质量为m、电荷量为q（q＞0）的可视为质点的带电小球从y轴上y＝2h处无初速释放，不计阻力，重力加速度大小为g，带电小球做加速度大小为g的匀加速直线运动，运动方向与y轴负方向成60°夹角。求：
（1）电场强度大小；
（2）小球从释放到经过x轴的运动时间及小球经过x轴的位置坐标。
【解答】解：（1）带电小球在y≥h的区域做匀加速运动，受力如图所示
由牛顿第二定律得F合＝ma
由题知a＝g
则由图可见F电＝mg
又F电＝qE
解得，电场方向与x轴正方向成30°斜向上。
（2）由题图可知，小球经过y＝h水平线时x坐标
①小球在2h≥y≥h区间运动有
解得
又
解得
②小球在0≤y＜h区间运动：
水平方向做速度为v1x匀速直线运动，有x2＝v1xt2
竖直方向做初速为v1y，加速度为g的匀加速直线运动，有
联立解得
小球从释放到x轴的运动时间
小球经过x轴的位置坐标x＝x1+x2＝3h
答：（1）电场强度大小为，电场方向与x轴正方向成30°斜向上；
（2）小球从释放到经过x轴的运动时间为，小球经过x轴的位置坐标标x＝3h。
题型1平行板电容器两类动态的分析
（2024 桃城区校级模拟）如图，两平行板电容器C1、C2正对面积分别为S、2S，两板间距离分别为d、，开始时开关断开，两板间电压分别为U1、U2，两电容器带电量均为Q。下列说法正确的是（　　）
A．U1＝U2
B．闭合开关后，电阻R上有a→b电流
C．闭合开关并稳定后，C1、C2两电容器带电量之比为4：1
D．闭合开关并稳定后，两板间电压U介于U1、U2之间
【解答】解：A、已知两平行板电容器C1、C2正对面积分别为S、2S，两板间距离分别为d、，由电容的决定式可得：
由电容的定义式，以及Q1＝Q2，解得：，故A错误；
B、闭合开关后，C1放电，C2充电，则流过R的电流为b→a，故B错误；
C、闭合开关并稳定后，两电容器电压相同，由Q＝CU解得Q1：Q2＝C1：C2＝1：4，故C错误；
D、C1放电，U1减小，C2充电，U2增大，所以闭合开关并稳定后，两板间电压U介于U1、U2之间，故D正确。
故选：D。
（2024 盐城模拟）电流传感器和计算机相连能画出电流随时间变化的i﹣t图像。某同学在观察电容器的充放电现象时，按照图甲连接成如图乙所示电路。t＝0开始，开关接1；t＝2s时，把开关改接2，得到电流传感器中的电流随时间变化的i﹣t图像如图丙所示。该过程中电容器两端的电压随时间变化的u﹣t图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据q＝It可知，q﹣t图像的切线的斜率表示电流的大小，则斜率逐渐变小，根据电容的定义式可得U，可知在充电和放电时，u﹣t图像的斜率也是逐渐变小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
（2024 松江区校级三模）某同学利用图甲所示电路观察电容器的充电和放电现象，计算机屏幕显示出放电过程的I﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．电容器放电时电子由b向a通过电阻
B．电容器放电过程中电阻R两端电压逐渐增大
C．将电阻R换成阻值更大的电阻，放电时间变长
D．若R＝20Ω，则可知电源电动势E＝80V
【解答】解：A、开关S接1时电源给电容器充电后上极板带正电，开关S接2时，电容器放电，电流由极板正极流过电阻R到负极板，而电子的移动方向与电流方向相反，则电子由a向b通过电阻R，故A错误；
B、电容器放电过程中电流逐渐减小，根据欧姆定律U＝IR，可知电阻R两端电压逐渐减小，故B错误；
C、若R增大，总电量q不变，则对电流阻碍作用增大，即电流减小，由q＝It可知放电时间会边长，故C正确；
D、由题意可知，电源的电动势：E＝ImR＝4×10﹣3×20V＝80mV，故D错误。
故选：C。
题型2生产生活中的电容器动态分析
（2024 沙坪坝区校级模拟）电容式话筒是录音棚中最常用设备。采集端原理图如图所示，背板和振膜可视为构成平行板电容器，当声波密部靠近振膜时振膜产生向右的形变，疏部靠近振膜时振膜产生向左的形变。已知不采集声音时电容器电荷量稳定。则（　　）
A．不采集声音时，a点电势等于b点电势
B．电池放久后电动势变小，电容器电容变大
C．当疏部靠近时，a点电势高于b点电势
D．当密部靠近时，b点电势高于a点电势
【解答】解：A、不采集声音时，电容器完成充电，电路无电流，a点电势和b点等势相等，故A正确；
B、电容的大小与电池无关，故B错误；
C、当疏部靠近时振膜产生向左的形变，振膜与背板间距增大，根据可得电容减小，由于电容器两端电压不变，则电容器放电，通过电阻的电流由b指向a，故a点电势低于b点电势，故C错误；
D、当密部靠近时振膜产生向右的形变，振膜与背板间距减小，根据可得电容增大，由于电容器两端电压不变，则电容器充电，通过电阻的电流由a指向b，故a点电势高于b点电势，故D错误。
故选：A。
（2024 思明区校级模拟）图甲所示的是由导电的多晶硅制成的电容加速度传感器。图乙是其原理图，传感器可以看成由两个电容C1、C2组成，当传感器有沿着箭头方向的加速度时，多晶硅悬臂梁的右侧可发生弯曲形变。下列对这个传感器描述正确的是（　　）
A．匀速向上运动时，C1减小，C2增加
B．匀速向下运动时，C1减小，C2增加
C．由静止突然加速向上运动时，C1减小，C2增加
D．正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，C1减小，C2增加
【解答】解：AB、匀速运动时，多晶硅悬梁臂相对于顶层多晶硅上下极板间的距离均不变，根据电容的决定式C可知，电容器的各个结构均未改变，则C1、C2均不变，故AB错误；
C、由静止突然加速向上运动，多晶硅悬臂梁的右侧由于惯性会向下发生弯曲，多晶硅悬梁臂相对于顶层多晶硅上极板的距离增大，下极板的距离减小，根据电容的决定式C可知，C1减小，C2增大，故C正确；
D、正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，多晶硅悬臂梁的右侧由于惯性会向上发生弯曲，多晶硅悬梁臂相对于顶层多晶硅上极板的距离减小，下极板的距离增大，根据电容的决定式C可知，C1增大，C2减小，故D错误。
故选：C。
（2024 天津三模）为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧的电容器C的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（　　）
A．液面下降后，电容器两端电压变大
B．液面下降后，电容器所带电量减少
C．液面下降时蜂鸣器电流由a流向b
D．输液管较粗时，电容器容值会变大
【解答】解：A、电容器一直与电源相连接，两端电压不变，故A错误；
B、根据电容的决定式子C可知，输液管较粗时，电容器容值不变，两极板之间介质由液体改变为气体，电容减小，根据Q＝CU可知，电容器所带电量减少，故B正确，D错误；
C、液面下降时，电容器所带电量减少，则蜂鸣器电流由b流向a，故C错误；
故选：B。
题型3电场中带电粒子/体的直线运动
（2024 合肥二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（　　）
A．I B．I C．I D．I
【解答】解：氙离子在加速电场中由动能定理有：
设Δt时间内有n个氙离子喷射出，则有：
取水平向右为正方向，对n个氙离子由动量定理有：FΔt＝nmv﹣0
联立方程可得：
由牛顿第三定律可知离子推进器产生的推力，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（多选）（2024 成都模拟）如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子质量为m、电荷量为q，从靠近左板处由静止释放，测得粒子从出发至右板所用的时间为t，到达右板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB．对于带正电的粒子，在匀强电场中仅受电场力作用，根据动能定理，有
可得粒子到达右板的速度v满足
可知，粒子到达右板的速度v的大小与板间距离d无关，故A正确、B错误；
CD．设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律，结合运动学公式：
Eq＝ma
联立可得
可知，粒子从出发至右板所用的时间与板件距离成正比，故C正确、D错误。
故选：AC。
（2024 青羊区校级模拟）如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.1m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在最低点C点平滑连接。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，C的左侧有水平向右E＝2×104N/C的匀强电场。将一个带电量q＝+3×10﹣6C，质量为m＝5×10﹣2kg的绝缘小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处使弹簧具有弹性势能Ep＝0.1J，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后进入CD管道，刚好能到最高点D处。在小球运动到C点前弹簧已恢复原长，水平轨道左侧AC段长为L＝0.2m。g＝10m/s2，小球运动的全过程中所带电荷不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求（答案可保留分数）：
（1）小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小；
（2）水平轨道的动摩擦因数μ；
（3）若在前两问的基础上，仅在半圆形轨道CD区域再加上水平向右E'＝1.25×105N/C的匀强电场，再次将小球由A处静止释放，小球进入轨道CD后的最大动能Ekm。
【解答】解：（1）小球刚好能到最高点D处，D处时的速度为零，则从C到D，由机械能守恒定律有
在C点时，对小球，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律，支持力FNC等于压力FNC'，即FNC'＝FNC
解得：FNC'＝2.5N
（3）从A到C，由能量守恒定律有
，
解得：μ＝0.12
（3）设小球在M点具有最大动能，M点所在半径与竖直方向的夹角θ，如图所示，则有
从C到M，由动能定理有
解得最大动能为：Ekm＝0.1125J
答：（1）小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小为2.5N；
（2）水平轨道的动摩擦因数μ为0.12；
（3）小球进入轨道CD后的最大动能Ekm为0.1125J。
题型4电场中带电粒子/体的抛体运动
（2024 湖北模拟）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，则下列说法中正确的是（已知重力加速度为g）（　　）
A．两极板间电压为
B．板间电场强度大小为
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：AB、据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后两个过程质点的运动轨迹具有对称性，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得
在电场中有 qE﹣mg＝ma
在电场外有 mg＝ma
解得：
由U＝Ed，可得板间电势差，故AB错误；
C、质点在电场中向上偏转的距离，又a＝g，，解得
故质点打在屏上的位置与P点的距离为s
重力势能的增加量，故C正确；
D、仅增大两极板间的距离d，因电容器两极板上电荷量Q不变，正对面积不变，根据E、C、C推导得E，可知，电容器板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在屏上，故D错误。
故选：C。
（2024 青羊区校级模拟）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带负电荷的微粒（不计重力）从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．保持开关S闭合，增大R1粒子打在O点左侧
B．保持开关S闭合，增大R2粒子打在O点左侧
C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧
D．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
【解答】解：A、保持开关S闭合，R0两端的电压为U0，增大R1，U0将减小，电容器板间电压减小，板间场强减小，粒子受到电场力减小，加速度减小，由和x＝v0t得水平位移为x＝v0，水平位移将增大，故粒子打在O点右侧，故A错误；
B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，粒子的受力情况不变，运动情况不变，故粒子仍打在O点，故B错误；
C、断开开关S，平行板电容器带电量不变，根据E，结合C及C可得E，则电容器板间电场强度不变，故粒子的加速度不变，M极板稍微上移，不会影响粒子的运动，故粒子仍打在O点，故C错误；
D、同理可知，断开开关S，N极板稍微下移，电容器板间电场强度不变，粒子的加速度不变，若M极板稍微下移，垂直极板方向的运动的位移变大，沿极板方向运动的位移也增大，故粒子打在O点右侧，故D正确。
故选：D。
（2024 河南一模）如图，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限存在沿x轴正方向的电场强度大小为E0的匀强电场，y轴与半圆弧内无电场，半圆弧的半径为R，直径Oa在y轴上，O1是圆心，O1b连线垂直y轴，一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力）从x轴负半轴上d点以某一速度垂直进入电场，经电场偏转后经过半圆弧上的c点，且∠cO1a＝53°。已知d、O两点间的距离为，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求粒子在d点的速度大小。
（2）求粒子从d点到c点电场力做功的平均功率。
（3）若仅粒子的射入点向右移动到e点，则粒子刚好能经过b点到达y轴，粒子从y轴进入磁场后又正好运动到O点，求匀强磁场的磁感应强度大小。
【解答】解：（1）设粒子在d点的速度大小为v0，粒子从d到c做类平抛运动，把位移分别沿着x轴与y轴分解，如图
由几何关系可得
x1＝L﹣Rsin53°
y1＝R+Rcos53°
由类平抛运动的规律可得
y1＝v0t1
联立解得
（2）粒子从d点到c点电场力做的功为
W＝E0qx1
电场力做功的平均功率为
联立可得
（3）粒子从e点到b点，由类平抛运动的规律可得
R＝v0t2
粒子到达b点时沿x轴正方向的分速度为
合速度为
联立解得
分析可得粒子在b点的速度与y轴的负方向成45°角，粒子在b点的速度v由b指向a，则粒子从b到a做匀速直线运动，粒子在a点进入磁场；由匀速圆周运动的对称性，粒子在O点的速度与y轴的负方向也成45°角，过a、O两点做圆周运动的半径，设圆周运动的半径为r，如图所示
由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得
答：（1）粒子在d点的速度大小；
（2）粒子从d点到c点电场力做功的平均功率；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小。
题型5带电体在等效重力场中的运动
（2024 天河区校级模拟）如图所示，匀强电场方向与水平虚线ab间的夹角θ＝30°，将一质量为m、电荷量大小为q的小球（可视为质点）从水平虚线上的O点沿电场方向以某一速度抛出，M是小球运动轨迹的最高点，MN⊥ab，轨迹与虚线ab相交于N点右侧的P点（图中没有画出）。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．若ON＜NP，则小球带负电
B．若ON＞NP，则小球带正电
C．若ON＜NP，则电场强度大小可能等于
D．若ON＝3NP，则电场强度大小一定等于
【解答】解：AB.小球在竖直方向上先向上做匀减速直线运动再做匀加速运动，再M点处时竖直分速度减小到0；
根据对称性可知，小球从O运动到M点的时间与从M运动到P的时间相等，若ON＜NP，表面小球在水平方向做匀加速直线运动，则小球所受电场力沿场强方向，即小球带正电；若ON＞OP，表面小球在水平方向做匀减速直线运动，则小球所受电场力沿场强方向相反，即小球带负电，故AB错误；
C.若ON＜NP，小球带正电，小球在竖直方向先做匀减速直线运动，则有Eqsinθ＜mg，即，故C错误；
D.若ON＝3NP，则小球带负电，在水平方向做匀减速直线运动，由于小球从O运动到M点的时间与从M运动到P的时间相等，说明在P点时，水平方向的分速度恰好减速为0，设小球抛出时的初速度为v0；
水平方向
竖直方向
联立解得，故D正确。
故选：D。
（多选）（2024 武侯区校级模拟）如图，竖直面内有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC，固定在光滑的水平地面上，且圆弧轨道最低点C与水平地面相切。空间加有水平向右的匀强电场，A点位于B点左上方，相对于B点的水平距离和竖直高度均为R，一可视为质点的带电小球从A点以某一速度水平抛出，恰能从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球离开轨道后，运动到D点（D点未画出）时速度减为零，则（　　）
A．小球带负电
B．CD段长度为2R
C．小球从A点抛出时的速度为
D．从A点到D点过程中小球的电势能增加了3mgR
【解答】解：A、由题意可知，小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，此时的速度是竖直向下的，则从A点到B点小球在水平方向上减速，小球受到水平向左的电场力作用，与电场方向相反，则小球带负电，故A正确；
BCD、小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，则小球到达B点时水平方向速度为零。
小球从A点到B点的过程，小球在竖直方向上做自由落体运动，则
可得小球运动的时间和到达B点的速度大小分别为
，
小球在水平方向上做匀减速直线运动，则有
可得小球从A点抛出时的速度大小为，小球在水平方向的加速度的大小为a＝g
可知小球受到的电场力大小为F＝Eq＝mg
小球从A到D的过程中，由动能定理可得
解得AD间水平方向的距离：x＝3R
可得CD段的长度为xCD＝x﹣2R＝3R﹣2R＝R
根据功能关系可得从A点到D点过程中小球的电势能增加了ΔEp＝Fx＝3mgR，故BC错误，D正确。
故选：AD。
（2024 泉州模拟）如图，在直角坐标系xOy的第一、四象限内分布有匀强电场（图中未画出），第二象限内有一点P，其坐标为（﹣L，h），欲使一质量为m、带电量为+q的小球从P处无初速下滑后，能运动到O点，在PO之间用一斜面PA与水平面AO连接，小球离开O后，恰好能经过y上的Q点，已知Q点坐标为（0，﹣d），整个过程中小球带电量保持不变，经A处时无机械能损失，忽略一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球运动到O处时的速度大小；
（2）若欲使小球从P运动到O的时间最短，则斜面的倾角应为多大；
（3）在（2）问情况下，已知电场方向与y轴正方向夹角为α（α＜90°），若小球运动的加速度为最小值时，求电场强度大小；并求出此情况下小球从P到Q运动的总时间。
【解答】解：（1）小球从P到O的过程，根据机械能守恒定律有：mghmv2
解得：v
（2）设斜面倾角为θ，当小球沿PA运动时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ＝ma1
由（1）可知小球到达A点的速度大小始终为：v
从P运动到A的时间为：t1
从A运动到O的时间为：t2
小球从P运动到O所用的总时间：
tPO＝t1+t2
当tPO最小时，由数学知识（利用导数求极值）解得：θ＝60°
此情况下：tPO
（3）离开O点后，对小球受力分析如下图所示：
当电场力方向与合外力方向垂直时，小球所受合外力最小，其加速度最小。
由几何关系得：qE＝mgcosα
解得：E
小球沿x轴方向做匀变速运动，沿x轴方向的加速度大小为：
axgsinαcosαgsin（2α）
从O运动到Q时间为：
t3
此情况下小球从P到Q运动的总时间为：
t＝tPQ+t3中小学教育资源及组卷应用平台
专题18 电容器 带电粒子在电场中的运动
课标要求 知识要点 命题推断
1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析. 2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题. 3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题． 考点一　平行板电容器的动态分析 考点二　带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 考点三　带电粒子在电场中的偏转 考点四　带电体在复合场中的运动 题型：选择题 计算题 1平行板电容器两类动态的分析 2生产生活中的电容器动态分析 3电场中带电粒子/体的直线运动 4电场中带电粒子/体的抛体运动 5带电体在等效重力场中的运动
考点一　平行板电容器的动态分析
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．对公式C＝的理解
电容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．
3．两种类型的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
考点二　带电粒子(或带电体)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．用功能观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
考点三　带电粒子在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
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
2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(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＝mv
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.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
考点四　带电体在复合场中的运动
等效法处理叠加场问题
1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．
2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力 ”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．
（2024 浑南区校级模拟）如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计外壳接地。闭合电键S时，一带电的油滴恰好静止于电容器中的P点。下列说法正确的是（　　）
A．若将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴向下运动
B．若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将降低
C．若断开电键S，再将B极板向下平移一小段距离，静电计指针张角变大
D．若断开电键S，再将B极板向下平移一小段距离，P点电势将降低
（2024 南京模拟）电容话筒是录音棚中常用设备。一种电容式话筒的采集端原理图如图所示，当声波密部靠近振膜时振膜产生向右的形变，疏部靠近振膜时振膜产生向左的形变。已知振膜和背板均为导体，不采集声音时电容器电荷量稳定。下列说法正确的是（　　）
A．不采集声音时，通过电阻的电流方向从a到b
B．当疏部靠近时，电容器的电荷量变大
C．当密部靠近时，a点电势高于b点电势
D．当密部靠近时，电容器的电容变小
（2024 坪山区校级模拟）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动电极不会与固定电极接触）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（　　）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，静电计指针张角越小
C．风力越大，静电计指针张角越大
D．风力越大，极板间电场强度越大
（2024 海淀区校级三模）如图，在探究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，电容器所带电量可视为不变，则下列说法中正确的是（　　）
A．甲图中减小两极正对面积，板间场强不变，静电计指针张角变小
B．乙图中增大两板间距，板间场强不变，静电计指针张角变大
C．丙图中，在两板间插入其他介质，静电计指针张角变大
D．该实验中，可以用磁电式电压表代替静电计测量电压
（多选）（2024 湖北模拟）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy所在平面内存在一匀强电场，电场的方向与x轴负方向成60°角。A、B为以坐标原点O为圆心的竖直圆周上的两点，O、A两点的连线与一条电场线重合。一质量为m、电荷量为q的带电小球从A点沿平行于x轴正方向射出，小球经过时间t到达x轴上的B点，到达B点时小球的速度大小与在A点射出时相同。已知重力加速度大小为g。则（　　）
A．小球一定带正电，场强
B．小球从A点运动到B点过程中增加的电势能为
C．小球从A点运动到B点过程中运动速度的最小值为初速度的倍
D．小球运动到B点时的速度大小为，方向与场强方向相反
（2024 江苏模拟）如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，电场强度方向沿半径指向圆心，电场强度大小可表示为为到圆心的距离，k为常量。两个粒子a和b分别在半径为r1和r2（r1＜r2）的圆轨道上做匀速圆周运动，已知两粒子的比荷大小相等，不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　）
A．a粒子的电势能大于b粒子的电势能
B．a粒子的速度大于b粒子的速度
C．a粒子的角速度大于b粒子的角速度
D．若再加一个垂直运动平面向里的匀强磁场，粒子做离心运动
（2024 广东模拟）在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V；现有一电子以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映电子运动轨迹的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
（2024 乐清市校级三模）（电场磁场综合）如图乙，真空玻璃管内，阴极发出的电子（初速度为零）经KA间的电场加速后，以一定的速度沿玻璃管的中轴线射入平行极板D1、D2。若两极板无电压，电子打在荧光屏中心P1点；若两极板加上偏转电压U，电子打在荧光屏上的P2点；若两极板间再加上垂直纸面方向的有界匀强磁场（磁场只存在于板间区域），磁感应强度大小为B，则电子又打到P1点；若撤去电场只留磁场，电子恰好从极板D1、D2右侧边缘射出。已知两极板间距为d，板长为2d，设电子的质量为m、电荷量大小为q，则（　　）
A．电子进入两板间的速度
B．将KA的加速电压和D1、D2两板间的电压同时加倍，电子还是打在P2点
C．只留磁场，电子恰好从极板右侧边缘射出时速度偏转角的正切值为
D．电子的比荷
（2024 浑南区校级模拟）《三体》动画的一开头就有这样的台词：“科学发展，突破口在哪儿？”、“粒子对撞实验”。如图所示，在y＜0的区域内存在一定高度范围的、沿x轴正方向的匀强电场，在y＞0的区域内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场.在电场下边缘有一粒子源S，某时刻，粒子源沿y轴正方向发射出一质量为m、带正电的粒子a，已知粒子a进入电场时的速度为v0，进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角为θ＝60°，在粒子a进入磁场的同时，另一不带电粒子b也经x轴进入磁场，运动方向与粒子a进入磁场的方向相同，在粒子a没有离开磁场时，两粒子恰好发生正碰（碰撞前的瞬间，粒子a、粒子b的速度方向相反），不计两粒子的重力。求：
（1）电场力对粒子a所做的功；
（2）碰撞前粒子b的速度大小；
（3）若两粒子碰后结合成粒子c，结合过程不损失质量和电荷量，且从α粒子进入磁场的位置向左沿x轴负方向放置有无限长的吸收板（粒子c碰上吸收板后立即被吸收而不再运动），经过分析可知无论b粒子的质量怎么取值，吸收板上都有两段区域总是粒子c不能到达的，请你计算出这两段区域长度的比值大小，并分析出要能够使粒子c到达吸收板，粒子b的质量所要满足的条件。
（2024 河南二模）如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴沿竖直方向，x轴沿水平方向，在y≥h的区域存在平行于纸面的匀强电场，其它区域无电场。现将一质量为m、电荷量为q（q＞0）的可视为质点的带电小球从y轴上y＝2h处无初速释放，不计阻力，重力加速度大小为g，带电小球做加速度大小为g的匀加速直线运动，运动方向与y轴负方向成60°夹角。求：
（1）电场强度大小；
（2）小球从释放到经过x轴的运动时间及小球经过x轴的位置坐标。
题型1平行板电容器两类动态的分析
（2024 桃城区校级模拟）如图，两平行板电容器C1、C2正对面积分别为S、2S，两板间距离分别为d、，开始时开关断开，两板间电压分别为U1、U2，两电容器带电量均为Q。下列说法正确的是（　　）
A．U1＝U2
B．闭合开关后，电阻R上有a→b电流
C．闭合开关并稳定后，C1、C2两电容器带电量之比为4：1
D．闭合开关并稳定后，两板间电压U介于U1、U2之间
（2024 盐城模拟）电流传感器和计算机相连能画出电流随时间变化的i﹣t图像。某同学在观察电容器的充放电现象时，按照图甲连接成如图乙所示电路。t＝0开始，开关接1；t＝2s时，把开关改接2，得到电流传感器中的电流随时间变化的i﹣t图像如图丙所示。该过程中电容器两端的电压随时间变化的u﹣t图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 松江区校级三模）某同学利用图甲所示电路观察电容器的充电和放电现象，计算机屏幕显示出放电过程的I﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．电容器放电时电子由b向a通过电阻
B．电容器放电过程中电阻R两端电压逐渐增大
C．将电阻R换成阻值更大的电阻，放电时间变长
D．若R＝20Ω，则可知电源电动势E＝80V
题型2生产生活中的电容器动态分析
（2024 沙坪坝区校级模拟）电容式话筒是录音棚中最常用设备。采集端原理图如图所示，背板和振膜可视为构成平行板电容器，当声波密部靠近振膜时振膜产生向右的形变，疏部靠近振膜时振膜产生向左的形变。已知不采集声音时电容器电荷量稳定。则（　　）
A．不采集声音时，a点电势等于b点电势
B．电池放久后电动势变小，电容器电容变大
C．当疏部靠近时，a点电势高于b点电势
D．当密部靠近时，b点电势高于a点电势
（2024 思明区校级模拟）图甲所示的是由导电的多晶硅制成的电容加速度传感器。图乙是其原理图，传感器可以看成由两个电容C1、C2组成，当传感器有沿着箭头方向的加速度时，多晶硅悬臂梁的右侧可发生弯曲形变。下列对这个传感器描述正确的是（　　）
A．匀速向上运动时，C1减小，C2增加
B．匀速向下运动时，C1减小，C2增加
C．由静止突然加速向上运动时，C1减小，C2增加
D．正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，C1减小，C2增加
（2024 天津三模）为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧的电容器C的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（　　）
A．液面下降后，电容器两端电压变大
B．液面下降后，电容器所带电量减少
C．液面下降时蜂鸣器电流由a流向b
D．输液管较粗时，电容器容值会变大
题型3电场中带电粒子/体的直线运动
（2024 合肥二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（　　）
A．I B．I C．I D．I
（多选）（2024 成都模拟）如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子质量为m、电荷量为q，从靠近左板处由静止释放，测得粒子从出发至右板所用的时间为t，到达右板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 青羊区校级模拟）如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.1m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在最低点C点平滑连接。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，C的左侧有水平向右E＝2×104N/C的匀强电场。将一个带电量q＝+3×10﹣6C，质量为m＝5×10﹣2kg的绝缘小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处使弹簧具有弹性势能Ep＝0.1J，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后进入CD管道，刚好能到最高点D处。在小球运动到C点前弹簧已恢复原长，水平轨道左侧AC段长为L＝0.2m。g＝10m/s2，小球运动的全过程中所带电荷不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求（答案可保留分数）：
（1）小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小；
（2）水平轨道的动摩擦因数μ；
（3）若在前两问的基础上，仅在半圆形轨道CD区域再加上水平向右E'＝1.25×105N/C的匀强电场，再次将小球由A处静止释放，小球进入轨道CD后的最大动能Ekm。
题型4电场中带电粒子/体的抛体运动
（2024 湖北模拟）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，则下列说法中正确的是（已知重力加速度为g）（　　）
A．两极板间电压为
B．板间电场强度大小为
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 青羊区校级模拟）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带负电荷的微粒（不计重力）从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．保持开关S闭合，增大R1粒子打在O点左侧
B．保持开关S闭合，增大R2粒子打在O点左侧
C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧
D．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
（2024 河南一模）如图，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限存在沿x轴正方向的电场强度大小为E0的匀强电场，y轴与半圆弧内无电场，半圆弧的半径为R，直径Oa在y轴上，O1是圆心，O1b连线垂直y轴，一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力）从x轴负半轴上d点以某一速度垂直进入电场，经电场偏转后经过半圆弧上的c点，且∠cO1a＝53°。已知d、O两点间的距离为，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求粒子在d点的速度大小。
（2）求粒子从d点到c点电场力做功的平均功率。
（3）若仅粒子的射入点向右移动到e点，则粒子刚好能经过b点到达y轴，粒子从y轴进入磁场后又正好运动到O点，求匀强磁场的磁感应强度大小。
题型5带电体在等效重力场中的运动
（2024 天河区校级模拟）如图所示，匀强电场方向与水平虚线ab间的夹角θ＝30°，将一质量为m、电荷量大小为q的小球（可视为质点）从水平虚线上的O点沿电场方向以某一速度抛出，M是小球运动轨迹的最高点，MN⊥ab，轨迹与虚线ab相交于N点右侧的P点（图中没有画出）。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．若ON＜NP，则小球带负电
B．若ON＞NP，则小球带正电
C．若ON＜NP，则电场强度大小可能等于
D．若ON＝3NP，则电场强度大小一定等于
（多选）（2024 武侯区校级模拟）如图，竖直面内有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC，固定在光滑的水平地面上，且圆弧轨道最低点C与水平地面相切。空间加有水平向右的匀强电场，A点位于B点左上方，相对于B点的水平距离和竖直高度均为R，一可视为质点的带电小球从A点以某一速度水平抛出，恰能从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球离开轨道后，运动到D点（D点未画出）时速度减为零，则（　　）
A．小球带负电
B．CD段长度为2R
C．小球从A点抛出时的速度为
D．从A点到D点过程中小球的电势能增加了3mgR
（2024 泉州模拟）如图，在直角坐标系xOy的第一、四象限内分布有匀强电场（图中未画出），第二象限内有一点P，其坐标为（﹣L，h），欲使一质量为m、带电量为+q的小球从P处无初速下滑后，能运动到O点，在PO之间用一斜面PA与水平面AO连接，小球离开O后，恰好能经过y上的Q点，已知Q点坐标为（0，﹣d），整个过程中小球带电量保持不变，经A处时无机械能损失，忽略一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球运动到O处时的速度大小；
（2）若欲使小球从P运动到O的时间最短，则斜面的倾角应为多大；
（3）在（2）问情况下，已知电场方向与y轴正方向夹角为α（α＜90°），若小球运动的加速度为最小值时，求电场强度大小；并求出此情况下小球从P到Q运动的总时间。

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