第32讲 电容器 带电粒子在电场中的运动（复习讲义）（四川专用）（教师版）

第32讲电容器带电粒子在电场中的运动目录01TOC\o"1-3"\h\u考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一电容器 4知识点1电容 4知识点2电容器 4知识点3平行板电容器的动态分析 4考向1电容 5考向2电容器 8考向3平行板电容器的动态分析 10考点二带电粒子在电场中的直线运动 13知识点1带电粒子在电场中的加速运动 13知识点2带电小球在电容器中直线运动 14考向1带电粒子在匀强电场中的直线运动 14考向2带电粒子在周期性变化电场中的直线运动 20考点三带电粒子在电场中的偏转 23知识点1带电粒子在电场中的偏转 23知识点2带电粒子（体）在匀强电场中的类平抛运动 24考向1带电粒子在电场中的偏转 26考向2示波管 29考向3带电粒子（体）在匀强电场中的类平抛运动 31考点四带电体在“等效重力场”中的运动 36知识点1带电体在“等效重力场”中的圆周运动 36知识点2“等效重力场”中的抛体类运动 37知识点3“等效重力场”中的单摆类 37知识点4“等效重力场”中的圆周运动 38考向带电体在“等效重力场”中的运动 39考点五实验：观察电容器的充、放电现象 44知识点实验：观察电容器的充、放电现象 45考向实验 4604真题溯源·考向感知 48考点要求考察形式2025年2024年2023年电容器观察电容器的充放电选择题非选择题\\\带电粒子在电场中的运动选择题非选择题四川卷T13,10分浙江卷6月卷浙江卷1月卷考情分析：1．电容器相关知识点在浙江选考物理中考查频繁，题型丰富多样.带电粒子在电场中的直线运动是重要考点，常出现在计算题中，作为试卷的中高难度题目2．从命题思路上看，试题情景为未来命题将更注重联系实际应用，如以新型电容器（如超级电容器）的研发与应用为背景，考查电容相关知识；同时，与其他知识模块（如电磁感应、电路）的综合程度会进一步加深，对学生知识体系的完整性和综合运用能力要求更高。命题情境将持续创新，更多地结合现代科技，如在半导体器件中带电粒子的输运过程、电子显微镜中电子束的加速等；同时，对多过程、多粒子系统问题的考查会增加，要求学生具备更强的分析复杂物理过程和构建物理模型的能力复习目标：目标一：理解电容的物理意义（表示电容器容纳电荷的本领），熟练掌握电容的定义式和决定式，明确两公式的适用场景（定义式适用于任何电容器，决定式仅适用于平行板电容器），能准确辨析公式中各物理量的含义及单位。目标二：能准确判断带电粒子在电场中是否受重力（微观粒子如电子、质子通常忽略，宏观带电体如小球、液滴需考虑），熟练计算电场力F=qE，并结合牛顿第二定律F=ma确定加速度，明确加速度与粒子运动状态（加速、减速、匀速）的关系。目标三：理解电容器充放电的本质：充电时电源提供电荷，极板带等量异种电荷，电场能储存；放电时电荷中和，电场能释放。能描述充放电过程中电流的方向（充电时从电源正极到正极板，放电时从正极板经导线到负极板）、灯泡亮度变化（先亮后暗，因电流逐渐减小）等现象。考点一电容器知识点1电容1.电容（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U的比值。（2）定义式：C＝QU（3）单位：法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）。1F＝106μF＝1012pF。（4）意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。2.平行板电容器的电容（1）决定因素：正对面积、相对介电常数、两板间的距离。（2）决定式：C＝εrS4πkd知识点2电容器（1）组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。（2）带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。（3）充电与放电①充电：电容器充电的过程中，两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。②放电：放电的过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量。知识点3平行板电容器的动态分析拓展两种类型平行板电容器的动态分析问题平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，则Q＝CU∝C，而C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(εrS,d)，两板间场强E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)；二是电容器充电后与电源断开，此时Q恒定，则U＝eq\f(Q,C)，C∝eq\f(εrS,d)，场强E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)∝eq\f(1,εrS).考向1电容例1如图所示，单刀双掷开关S原来与2连接，从t=0开始改接1，一段时间后，将开关S改接2。则电容器带电量q随时间t变化的图像、电容器的电容C随时间t变化的图像正确的是（）A． B．C．D．【答案】B【详解】AB．开关接1时，电容器充电，电量q=CU电容器与电源间电势差逐渐减小，充电电流逐渐减小，q逐渐增大（斜率减小）至稳定值。开关改接2时，电容器通过电阻R放电，电量q逐渐减小至0，电容器两端的电压逐渐减小，放电电流逐渐减小，q变化曲线下降（斜率减小），A错误，B正确；CD．电容由电容器本身决定（如极板面积、间距、介质），与充电、放电过程无关，所以C不随时间变化，C错误，D错误。故选B。【变式训练1】比值定义法是物理学中常用的研究方法，它用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量。定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用物理量的大小而改变，下面式子属于比值定义法的是（）A．加速度a=Fm C．电势φ=Epq【答案】C【详解】比值定义法的特点是定义的物理量仅由物质本质属性决定，与定义式中分子、分母的物理量无关：A．加速度a=Fm由力和质量共同决定，随F或m变化，B．电场强度E=kQr2由场源电荷Q和距离r决定，随Q或rC．电势φ=Epq是电势能与电荷量的比值，电势由电场本身决定，与qD．电容C=S4πkd由极板面积S、板间距d等结构参数决定，非比值定义法（电容的比值定义式为故选C。【变式训练2】给一个额定电压为25V的固定电容器充电，这个电容器在充电过程中电压U和电容C之间的关系图像正确的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【详解】电容的定义式为C=QU，但电容只由自身决定，与所带的电荷量和板间电压均无关，所以充电过程中故选D。【变式训练3】下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（）A．根据电场强度的定义式E=FB．根据电容的定义式C=QC．根据电阻的定义式R=UI，电阻的阻值与U成正比，与D．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中电流越大【答案】D【详解】A．电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比，A错误；B．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，B错误；C．公式R=是用比值定义的，导体的电阻与导体两端的电压和电流无关，C错误；D．根据电流的定义式I=可知单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中电流越大，D正确。故选D。【变式训练4】（多选）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B保持与电源连接，下极板B接地，在两极板间的中点P固定一个q=+1×10−4C的点电荷。初始状态电容器的电容C=0.1F，所带电荷量Q=1CA．两极板电压变为8B．电容器的电容变为0.125C．电容器所带的电荷量变为0.8D．在P点的点电荷的电势能增加了1.25×【答案】BD【详解】A．由U=且电容器始终和电源相连，故电压U不变，故两极板电压仍为10VB．由平行板电容器的电容决定式C=可得当两板间距离变为原来45时，电容变为原来的54倍，故电容器的电容变为C．由Q=CU=1.25C错误；D．由E=可得电场强度变为125V/mU开始状态下φ故P点电势升高了1.25V，则在P点的点电荷的电势能增加了1.25×故选BD。考向2电容器例1下列元器件中，是电容器的是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】A．图片所示为电阻箱，故A错误；B．图片所示为电阻，故B错误；C．图片所示为电容器，故C正确；D．图片所示为电池，故D错误。故选C。【变式训练1】下列四幅图中，a、b两点电势相等、电场强度也相同的是(B中虚线为等势面，C、D中a、b两点在两点电荷连线的中垂线上且关于两点电荷的连线对称)()A．B．C．D．【答案】D【详解】A．匀强电场的等势面是垂直于电场线的一簇等间距的平行平面a、b两点不在同一等势面上，所以，这两点的电势是不相等的，故A错误；B．a、b两点在同一个等势面上，电势相等，但这两点的场强大小相等、方向不同，故B错误；C．a、b两点对称于两电荷的连线，所以电势相等，但在中垂线上场强的方向是平行于中垂线的，而且都指向外侧，故两点的场强方向相反，故C错误；D．a、b两点的电势相等，而且场强的都沿水平向右，由于对称，大小相等，故D正确。故选D。【变式训练2】如图所示的元器件对应的符号是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】题图中元器件为电容器，其符号为。故选C。考向3平行板电容器的动态分析在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是A．电压表示数变小B．电流表示数变小C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低【答案】D【分析】在滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻减小，电路外电阻减小，据闭合电路欧姆定律分析干路电流如何变化，再据欧姆定律分析电阻R1两端电压的变化，可知电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，可知电容器的电压如何变化，电容器所带电量的变化．由并联部分电压的变化及电源的负极接地，可分析a点的电势如何变化．用并联部分电压的变化，得出流过R2的电流如何变化，结合干路电流的变化，分析电流表示数的变化．【详解】A：滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻减小，电路外电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压U1BC：干路电流I增大，并联部分电压U23=E−I(R1+r)减小，电容器两板间电压减小，电容器C所带电荷量减小．并联部分电压减小，流过R2D：外电路中顺着电流方向，电势降低，则φa−φb=生产口罩的重要材料熔喷布，主要以聚丙烯为原料，用静电生产设备让聚丙烯熔喷布带上静电，可以作为口罩吸附层吸附有害物质。设备静电发生过程如图，某次试验接通直流高压电源（电压一定），平行板间的强电场击穿空气，让针尖端放出负离子电荷，后到达熔喷布里面，不计电荷重力，则（）A．高压电源左端为正极 B．电荷减速向下极板飞行C．电荷在平行板电场中电势能变小 D．保持开关闭合，两板远离电场变强【答案】C【详解】A．针尖端放出负离子电荷，针所在极板为负极板，高压电源左端为负极，故A错误；BC．负离子电荷受电场力向下，加速向下极板飞行，平行板电场电势能变小，故B错误，C正确；D．开关闭合的情况下，类比匀强电场，距离增大，电压一定，则场强减小，故D错误。故选C。（2025·四川·高三月考）某同学设计的电磁炮原理如图，用电池给平行板电容器充电后再让电容器放电，放电过程，水平放置的导轨中的电流将在两导轨间产生磁场，使炮弹受安培力作用而加速。下列说法正确的是（）A．炮弹可以用绝缘材料制成B．放电过程，两导轨间的磁场方向垂直纸面向外C．增大电容器极板间距离，充电后电容器所带电荷量更多D．改变电池的正负极，放电过程，炮弹将向左加速【答案】B【详解】A．炮弹若用绝缘材料制成，则开关S接2时，回路处于断路状态，则炮弹不受安培力作用，故A错误；B．放电过程，回路中的电流沿逆时针方向，由安培定则可知，两导轨中的电流在两导轨间产生的磁场方向垂直纸面向外，故B正确；C．充电过程，根据C=εS4πkd可得Q=可知d增大，则Q减小，故C错误；D．改变电池的正负极，则放电过程中，由安培定则和左手定则可知，炮弹所受安培力方向仍向右，炮弹仍将向右加速，故D错误。故选B。反常膨胀是某些物质在温度变化时表现出与一般物质相反的体积变化特性，即热缩冷胀。某同学利用电容器设计了一款检测材料膨胀情况的仪器，原理如图所示，电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺寸变化而上下移动。已知电源电动势保持不变，当电流从灵敏电流计左接线柱流入时电流计指针向左偏转。检测时，闭合开关S、S1待电路稳定后，利用加热器使待测材料温度升高。若材料发生反常膨胀，下列现象会发生的是（

A．电容器带电量增加B．电容器两极板间场强不变C．灵敏电流计指针向右偏转D．材料温度稳定后断开开关S1【答案】C【详解】A．材料发生反常膨胀，发生收缩，电容器两极板之间的距离增大，根据C=εrSB．电容器两极板的电压保持不变，距离增大，根据E=UC．电容器电量减小，会放电，形成顺时针方向的电流，从电流计右接线柱流入，则灵敏电流计指针向右偏转，故C正确；D．断开S1，电容器直接接在电源两端，则两极板的电压增大，电容器充电，有顺时针方向的电流，电流从电流计左接线柱流入，则灵敏电流计指针向左偏转，故D错误。故选C。（多选）（2025·四川眉山·高三月考）如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。调节R1、R2A．保持R1不变，缓慢增大R2时，B．保持R1不变，缓慢增大R2时，C．保持R2不变，缓慢增大R1时，D．保持R2不变，缓慢增大R1时，【答案】BC【详解】AB．保持R1不变，缓慢增大R2时，电路中的电流将减小，根据小球受力平衡可知tan所以tanθ变小，即θCD．保持R2不变，缓慢增大R1时，R0两端的电压不变，电容器两端的电压不变，两极板间的电场强度不变，所以tan故选BC。考点二带电粒子在电场中的直线运动知识点1带电粒子在电场中的加速运动1.对带电粒子进行受力分析时应注意的问题(1)要掌握静电力的特点。静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关。(2)是否考虑重力依据情况而定。基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)。带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力。2.做直线运动的条件（1）用动力学观点分析（只适用于匀强电场）a＝qEm，E＝Ud，v2－v02＝（2）用功能观点分析①匀强电场中：W＝qEd＝qU＝12mv2－12mv②非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。知识点2带电小球在电容器中直线运动(1)带电小球在电容器中的直线运动匀速直线运动匀加速直线运动匀加速直线运动匀减速直线运动++++++++++++++++++++----------mgqEmgmgqEθmgmgqEθqE=mg，a=0qE=mgtanθ，a=g/cosθqE=mg/cosθ，a=gtanθqE=mg/cosθ，a=gtanθ(2)多过程运动规律运动模型受力分析运动分析规律mgmgmg●qEttOvt2t1agv0=1\*GB3①速度公式v0=gt1=at2;速度位移公式v02=2gx1=2ax2=2\*GB3②全程动能定理：mg(h+d)-qU=0考向1带电粒子在匀强电场中的直线运动例1（2025·四川达州·高三月考）如图，有11H、24He（质量之比为1:4，电荷量之比为1:2）两种带正电粒子分别在电压为U1

A．两种粒子在离开加速电场时速度之比为1:1B．两种粒子在离开加速电场时速度之比为1:2C．两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1:1D．两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1:2【答案】C【详解】AB．粒子在加速电场中，根据动能定理可得q可得v=则两种粒子在离开加速电场时速度之比为v故AB错误；CD．粒子在偏转电场中做类平抛运动，设板长为L，板间为d，则有L=v0t，联立可得粒子在偏转电场中的竖直位移为y=可知粒子在偏转电场中的竖直位移与粒子的电荷量和质量均无关，则两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1:1，故C正确，D错误。故选C。例2如图所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子和α粒子的质量之比为1:4，电荷量之比为1:2，则下列判断中正确的是（）A．两种粒子进入偏转电场时的动能相等B．两种粒子在偏转电场中的运动时间相等C．粒子射出电场时速度的偏角之比为1:2D．偏转电场的电场力对两种粒子做功之比为1:2【答案】D【详解】A．在加速电场中有E两个粒子的带电量不同，所以两种粒子进入偏转电场时的动能不相等，故A错误；B．由qU=可得v粒子在偏转电场中的运动时间t=两个粒子比荷不同，所以在偏转电场中的运动时间不相等，故B错误；CD．在偏转电场中有a=vy=联立可得vy=则粒子射出电场时速度偏角的正切tan所以粒子射出电场时速度的偏角之比为1:1，偏转电场的电场力对两种粒子做功W=q可得偏转电场的电场力对两种粒子做功之比为1:2，故C错误，D正确。故选D。【变式训练1】如图所示，一带电微粒在重力和水平匀强电场对它的电场力作用下由a到b做直线运动，ab连线与竖直方向所夹的锐角为θ，则下列结论正确的是（）A．此微粒带负电 B．微粒可能做匀速直线运动C．合外力对微粒做的总功等于零 D．微粒的电势能减少【答案】D【详解】AB．带电微粒受重力和电场力均为恒力，故合外力不变，由a到b做直线运动，则电场力方向水平向右，微粒带正电，加速度不变，故带电微粒做匀加速直线运动，故AB错误；C．由于微粒从静止开始做加速运动，故合外力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误；D．由于电场力做功为W=Eq故电场力了对微粒做正功，微粒电势能减小，故D正确。故选D。【变式训练2】（多选）空间内存在一个竖直向上的电场强度为E、距离都为d的电场，带电荷量为q、质量为m的粒子以速度v0沿水平方向进入，保持原有状态继续在电场中匀速运动，后垂直打在斜面上，下列说法正确的是（）A．匀强电场的电势差U=B．粒子带正电，到达斜面时速度的大小v=C．粒子经过整个过程机械能守恒D．能根据题目给出的数据求出A点到终点C点所用时间为t=【答案】BCD【详解】A．由于粒子匀速通过电场区域，则Eq=mg，E=所以U=故A错误；B．粒子受到竖直向上的电场力，与电场强度方向相同，则粒子带正电，到达斜面时速度方向与斜面垂直，则速度方向与竖直方向的夹角等于斜面的倾角，所以v=故B正确；C．粒子在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故C正确；D．粒子做匀速直线运动的时间为t粒子做平抛运动的时间为t所以A点到终点C点所用时间为t=故D正确。故选BCD。【变式训练3】（多选）如图所示的竖直平面内，螺线管与电容器两极板相连，两极板间距离足够大，两板之间有一水平固定绝缘平台上放置有带正电小球，t=0时对螺线管区域施加竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt=kt(k>0)，不计一切电阻，以下关于小球的速度v，加速度a、流过螺线管线圈某截面的电流i随时间t的变化v-t、a-t、A． B．C． D．【答案】BD【详解】CD．根据电磁感应可知通电螺线管产生的感应电动势为e=n由楞次定律可得电容器下极板为正极。在充电过程中极板间电势差也与时间成正比，感应电动势与极板间电压之差保持稳定值，根据Q=CU可知电荷量随时间均匀增加，由Q=It可知电流恒定不变。故C错误，D正确；AB．电容器两端的电压随时间均匀增大，则根据E=Ua=场强均匀增大，则加速度均匀增大，在v−t图像中斜率逐渐增大。故A错误，B正确。故选BD。【变式训练4】（多选）如图，金属板平行放置，两极接上恒定电压。质量相等的粒子A和B分别静止在上下极板处。闭合开关，两粒子仅在电场力作用下同时运动，且同时经过图中的虚线处，虚线到上下极板的距离之比为1：2，忽略粒子间的相互作用。下列说法正确的是（）A．A带负电，B带正电B．两粒子所带电荷量大小之比为1：2C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比1：4D．减小两板间距，两粒子运动到另一极板时的速率也会减小【答案】BC【详解】AB．两粒子仅在电场力作用下，均做初速度为0的匀加速直线运动，可知A受到的电场力向下，B受到的电场力向上，且场强方向向下，则A带正电，B带负电；根据ℎ=12由于两粒子质量相等，则两粒子所带电荷量大小之比为q故A错误，B正确；C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比W故C正确；D．根据动能定理可得qU=可得v=减小两板间距，由于极板间的电压不变，则两粒子运动到另一极板时的速率不变，故D错误。故选BC。考向2带电粒子在周期性变化电场中的直线运动例1（2025·四川达州·高三月考）如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的关系图像。当t=0时，在此匀强电场中静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（）

A．0~2s内和2~4B．5s末与7s末带电粒子速度方向相反C．12s末带电粒子离出发点最远D．11s~14s内，电场力做的总功为零【答案】D【详解】A．由牛顿第二定律可得a=速度变化量为Δv=aΔt0~2B．E-t图像相当于a-t图像，作出带电粒子的0～14s内的v-t图像如下图所示

由v−t图像可知5s末与7s末带电粒子速度方向相同，故B错误；C．v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知14s末带电粒子离出发点最远，故C错误；D．根据v−t图像可知11s~14s内粒子初末速度相等，根据动能定理可知11s~14s内，电场力做的总功为0，故D正确。故选D。【变式训练1】平行板间加如图乙所示的周期性变化的电压，t=0时M板带正电，如图甲所示，一带正电的粒子紧靠M板，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。粒子运动的速度—时间图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】由于电压在一段时间内不变，因此电场强度也不变，带电粒子受到的电场力也不变，根据牛顿第二定律F=ma可知带电粒子的加速度也不变。带电粒子在0∼T2匀加速后，T2故选C。【变式训练2】如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子先向右运动，并最终打在A板上。下列判断可能正确的是（

A．t0=T4 B．t0=【答案】B【详解】A．若t0B．若t0=3TC．若t0D．若t0故选B。【变式训练3】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eA．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2C．各金属筒的长度之比为1:2：3：⋅⋅⋅D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1:2：3：⋅⋅⋅【答案】C【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，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ne解得v故B错误；D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为T2C．第n个圆筒长度L则各金属筒的长度之比为1:2：3：⋅⋅⋅，故C正确。故选C。考点三带电粒子在电场中的偏转知识点1带电粒子在电场中的偏转1.带电粒子在匀强电场中的偏转运动（v0⊥E）（1）沿初速度方向做匀速直线运动：t＝lv0（（2）沿静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动：①加速度：a＝Fm＝qEm＝qU②离开电场时的偏移量：y＝12at2＝qUl③离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝atv02.示波管（1）构造：电子枪、偏转电极、荧光屏。（2）原理：带电粒子在电场中的加速和偏转。3.两个重要结论（1）速度偏角正切值tanθ是位移偏角正切值tanα的2倍。（2）粒子经电场偏转后射出时，瞬时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点，即该交点到偏转电场边缘的距离为l24.利用功能关系分析带电粒子的偏转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＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy知识点2带电粒子（体）在匀强电场中的类抛体运动1.类抛体运动（1）如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向垂直，则带电体做类平抛运动。（2）如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向成某一锐角或钝角，则带电体做类斜抛运动。2.处理方法：与处理平抛运动、斜抛运动的方法相同。（1）利用运动的合成与分解的方法分析解决。（2）利用动能定理等功能观点分析解决。3.常见类型(1)带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能量守恒，即EPG+(2)带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决。竖直向上抛出水平抛出斜上抛出AABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqE1.分析竖直方向运动设小球质量为m，电荷量为q，电场强度为E，重力加速度为g，初速度为v竖直方向上小球做竖直上抛运动，加速度(a当竖直方向速度vy=0时，到达最高点。根据v=根据vy22.分析水平方向运动水平方向小球受到电场力F=qE,，根据牛顿第二定律F=ma,可得水平方向加速度a从A到C的时间tAC·根据匀变速直线运动位移公式：x=v0t+11.将初速度v0设初速度v0与x轴正方向夹角为θ，则竖直方向初速度v0y2.求运动到C点的时间ttAC=2tAB=23.求运动到C点的位移s根据匀变速直线运动位移公式y=vyt+11.将初速度v0设初速度v0与x轴正方向夹角为θ，则竖直方向初速度v0y2.求运动到最高点C的时间t竖直方向上小球做竖直上抛运动，加速度a=−g当竖直方向速度vy=0时到达最高点C，根据v=v03.求竖直位移y根据匀变速直线运动位移公式y=v0yt+12at2考向1带电粒子在电场中的偏转例1如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点，一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，以下说法正确的是（）A．粒子的运动轨迹一定经过P点B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出【答案】D【详解】AB．由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动推理：速度反向延长线过水平位移的中点，O为FH中点，即DO为轨迹的切线，因P在DO线上，所以运动轨迹一定不经过P点，一定经过EP之间点，故AB错误；CD．若将粒子的初速度变为原来一半，在电场力的方向运动不变，即离开矩形区域的时间不变，又初速度方向做匀速直线运动，所以位移是原来的一半，恰好由E点射出，故C错误，D正确。故选D。【变式训练1】图甲是极板长度为L的平行板电容器，虚线为电容器的中心线，两极板M、 N接在图乙所示的交变电压源上（t=0时M板带负电）。在t=TA． B．C． D．【答案】B【详解】粒子在水平方向做匀速直线运动，穿过板的时间为t=一带正电的粒子以v=L2T的速度沿虚线方向射入电容器，T4~T2内，M板带负电，粒子受合力向上，竖直方向做匀加速直线运动，轨迹曲线向上弯曲，T2故选B。【变式训练2】如图所示，平行板电容器水平放置，一带正电粒子从两极板间的中线上的O点射入电容器，初速度方向与中线成一锐角，并仅在静电力作用下穿过电容器。以O点为原点建立坐标系，x表示垂直极板方向的位置，Ek表示粒子的动能，Ep表示粒子的电势能，t表示粒子运动的时间，φ表示粒子所在位置的电势，取负极板电势为零，以电场强度方向为正方向。关于粒子在电场中运动的过程，下列图像可能正确的是（

）A．B．C． D．【答案】B【详解】A．带电粒子在最高点时动能最小，但不等于0，A错误；B．带电粒子的轨迹向下弯曲，表明带电粒子所受的电场力向下，电场强度向下，电场线向下，沿着电场线向下电势降低。带电粒子先向上运动电势升高，后向下运动电势降低；图像的斜率是k=Δ图像的斜率表示电场强度，因为平行板电容器内部电场是匀强电场，电场强度不变，所以图像的斜率不变，图像是直线，B正确；C．图像的斜率是k=Δ平行板电容器内部是匀强电场，电场强度不变，带电粒子的速度先减小后增大，所以图像的斜率应该先减小后增大，不是直线，C错误；D．图像的斜率表示带电粒子所受的电场力，电场力是恒力，所以斜率应该是定值，图线应该是直线，D错误。故选B。【变式训练3】（多选）某种喷墨打印机打印头的结构简图如图所示。其中喷盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。忽略墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施理论上可行的是（）A．仅减小偏转电场的电压 B．仅增大墨汁微粒所带的电荷量C．仅增大墨汁微粒的质量 D．仅增大墨汁微粒进入偏转电场的速度【答案】ACD【详解】设喷入偏转电场的墨汁微粒的速度为v0，偏转电场两极板的长度为L，偏转电场右边缘与纸间距为L′，墨滴在x根据牛顿第二定律可得a=在竖直方向上做匀加速运动y由几何关系得y则墨汁在纸上竖直方向的偏移量y根据表达式可知，为了使打在纸上的字迹缩小，即减小y2故选ACD。考向2示波管例1示波器是一种重要的电子测量仪器，其核心部件是示波管，示波管的原理示意图如图1所示。如果在电极YY′之间所加的电压UY及在电极XX′A． B．C． D．【答案】A【详解】在t=0时刻，UX和UY均为零，则电子会打到中心位置；UX和偏转距离为x=12可知x可知在荧光屏上呈现出来的图形是过原点且在一、三象限的亮线。故选A。【变式训练1】如图为示波器的结构图。电子枪持续释放无初速度的电子，经过电压为U的加速电场后，沿中轴线依次经过电压为UYY'的竖直匀强偏转电场、UXX'的水平匀强偏转电场（两个偏转电场间存在一定距离）。最后打在荧光屏上形成亮斑。竖直、水平偏转电极间距均为A．若U>2UB．若想光斑位置在荧光屏YY'连线与XX'C．偏转电压越大，电子在偏转电场中的运动时间越长D．经过偏转电场时，电子会向带负电的电极方向偏转【答案】A【详解】A．当加速电压U=kUYY假设电子恰好能通过偏转电场，则电子通过偏转电场所用的时间t=联立解得t电子在竖直方向上的位移大小y=当k≥2时，电子能够通过YY'偏转电场，XXB．光斑打在对角线上要求XY方向走的位移相同，由于Y方向先发生偏转，其在Y方向上运动时间更长，因此要求UYYC．根据运动的分解，电子前进的速度不变，因此在各个偏转电场的运动时间相同，故C错误；D．电子受到的电场力沿电场线的反方向，因此会向带正电的极板偏转，故D错误。故选A。【变式训练2】（多选）示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（）A．如果在XX'之间加图a的电压，在YY'之间加图c的电压，在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线B．如果在XX'之间不加电压，在YY'之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线C．如果在XX'之间不加电压，在YY'加图a电压，在荧光屏的Y轴上会看到一个亮斑D．如果在XX'之间和YY'之间都加图b的电压，在荧光屏的Y轴上会看到一个竖直亮线【答案】AC【详解】A．如果在XX'（X正X'负）之间加图a的电压，电子在X轴方向上的偏转量都会相同，在YY'（Y正Y'负）之间加图c的电压，电子将在Y轴方向上发生偏转，且电压越大时侧移量越大，所以在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线，故A正确；B．如果在XX'之间不加电压，电子在X轴方向不偏转，若在YY'（Y正Y'负）之间加图c的电压，电子将在Y轴方向上发生偏转，且电压越大时侧移量越大，所以在荧光屏上的Y轴上会看到一条竖直亮线，故B错误；C．如果在XX'之间不加电压，电子在X轴方向不偏转，在YY'（Y正Y'负）加图a电压，由于电压恒定，电子向Y极板偏转，且Y轴上的侧移量一定，即在荧光屏的Y轴上会看到一个亮斑，故C正确；D．如果在XX'之间和YY'之间都加图b的电压，根据运动的合成可知，在荧光屏上将出现一条夹在X轴与Y轴之间倾斜的亮线，故D错误。故选AC。考向3带电粒子（体）在匀强电场中的类抛体运动例1（2025·四川成都·高三月考）图示为示波器原理图，电子从静止开始经加速电压U1加速后，射入板间电压为U2的匀强电场发生偏转，最终离开电场打在荧光屏上A．a点电势高于b点电势B．仅增大电压U1，偏转距离OPC．仅减小电压U2，偏转距离OPD．仅增大电压U1【答案】C【详解】A．电子向下偏转，则上极板带负电，下极板带正电，即a点电势低于b点电势，故A错误；BC．电子在加速电场中，由动能定理，有e得v在偏转电场中，有极板长度L=竖直位移y=且由牛顿第二定律，有e联立解得y=可知，当y越大时，最终的偏转距离OP也越大，则仅增大U1，OP减小，仅减小U2，D．仅增大U1，则y和OP故选C。【变式训练1】（2025·四川宜宾·三模）某静电除尘装置的原理截面图如图，一对间距为d，极板长为L的平行金属板，下板中点为O，两板接多挡位稳压电源；均匀分布在A、B两点间的n个（数量很多）带负电灰尘颗粒物，均以水平向右的初速度v0从左侧进入两板间。颗粒物可视为质点，其质量均为m，电荷量均为−qA．上极板带正电B．电源电压至少为mC．电源电压为U时，净化过程中电场力对颗粒物做的总功为1D．O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比可能为1∶4【答案】C【详解】A．颗粒物要被下板收集，则所受电场力方向必向下，因其带负电，故场强方向向上，故上板应带负电，故A错误；B．电源电压最小时，沿上板边缘进入的颗粒物恰好落到下板右端，设其在板间运动的时间为t，加速度大小为a，则沿极板方向有L=垂直极板方向有d=又ma=qE=联立解得U故B错误；C．因初始时刻颗粒物均匀分布，由W=q可得净化过程中电场力对颗粒物做的总功为W=故C正确；D．电源电压最小时，O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最小，沿极板方向由x=可知，落到O点和下板右端的颗粒在板间运动的时间之比为1:2垂直极板方向，由y=可知，落到O点和下板右端的颗粒的初始高度之比为1:4因初始时刻颗粒物均匀分布，故O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最少为1:故D错误。故选C。【变式训练2】某静电除尘装置的原理如图，一对间距为d，极板长为L的平行金属板，下板中点为O，两板接多挡位稳压电源；均匀分布在上、下板边缘间的n个（数量很多）带负电灰尘颗粒物，以水平向右的初速度v0从左侧进入两板间。颗粒物可视为质点，其质量均为m，电荷量均为−qA．上板带正电B．电源电压至少为mC．O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比不小于1:3D．电源电压为U时，净化过程中电场力对颗粒物做的总功为nqU【答案】C【详解】A．颗粒物要被下板收集，则所受电场力方向必向下，因其带负电，故场强方向向上，故上板应带负电，故A错误；B．电源电压最小时，沿上板边缘进入的颗粒物恰好落到下板右端，设其在板间运动的时间为t，加速度大小为a则沿极板方向有L=垂直极板方向有d=解得U故B错误；C．电源电压最小时，O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最小，沿极板方向由x=v0t可知，落到垂直极板方向，由y=12at因初始时刻颗粒物均匀分布，故O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最少为1:(4−1)=1:3故C正确；D．因初始时刻颗粒物均匀分布，由W=q(可得净化过程中电场力对颗粒物做的总功为W=1故选C。【变式训练3】（多选）如图所示，平面直角坐标系xOy的第二、四象限的虚线与y轴之间的区域Ⅰ、Ⅱ内分别存在方向平行于y轴且相反的匀强电场。粒子从第二象限0≤y≤4L的范围内沿x轴正方向以相同的速度v0进入区域Ⅰ，它们都经过O点进入区域Ⅱ，最终均从右侧平行于x轴正方向离开区域Ⅱ。已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，带电粒子经过O点时速度方向的最大偏角为45°，且每个粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的时间之比均为2:1A．区域Ⅰ、Ⅱ的电场强度大小之比为1:2B．粒子在两电场中运动的最长时间为12LC．区域Ⅰ中电场的电场强度大小为mD．第二象限中的虚线曲线方程为y=【答案】AB【详解】B．由区域I电场最高点进入电场的粒子经过O点时的偏角最大，在两电场中运动的时间最长，对该粒子经过O点时，由tan可得v在区域Ⅰ电场中运动时有4L=12解得x=8L，t每个粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的时间之比均为2:1，则在区域Ⅱ电场中运动时1所以粒子在两电场中运动的最长时间为t=故B正确；A．每个粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的时间之比均为2:1，则E则区域Ⅰ、Ⅱ的电场强度大小之比为E故A正确；C．对这一粒子有4L=解得E故C错误；D．对进入区域I电场的任意粒子有y=12at联立可解得y=故D错误。故选AB。【变式训练4】（多选）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的带正电荷的微粒从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A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点左侧B．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点C．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在OD．保持开关S闭合，增大R1，粒子依然打在O【答案】BD【详解】AB．设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从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，则根据牛顿第二定律可得加速度为a=方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=结合C=QU可得E=电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故粒子仍然打在O点，故A错误，B正确；C．保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故C错误；D．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=ER0增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，根据C=QU可知电容器的电荷量减小，电容器放电，但由于晶体二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，故电容器的电荷量不变，电容器两端的电压不变，故粒子仍然打在故选BD。考点四带电体在“等效重力场”中的运动知识点1带电体在“等效重力场”中的圆周运动1.“等效重力场”在匀强电场和重力场的共存区域，可以将重力场与电场合二为一，称之为“等效重力场”。2.“等效重力场”的理解3.带电小球在“等效重力场”中两种圆周运动图例知识点二“等效重力场”中的抛体类运动如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，以初速度为v0vv0E建立等效重力场如图所示，等效重力加速度gθθxyg'v）g设g'与竖直方向的夹角为θ，则则小球在“等效重力场”中做斜抛运动vx=当小球在y轴方向的速度减小到零，即vy=0知识点三“等效重力场”中的单摆类如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度L=0.4m的绝缘细绳把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细绳与竖直方向的夹角为θ=37º．现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放：OOABCEθL+θg'Oθg'OABCθA'C'+方向：与竖直方向的夹角30∘由A、C点分别做绳OB的垂线，交点分别为A'、C'，由动能定理得带电小球从A点运动到C点等效重力做功m代入数值得vC当带电小球摆到B点时，绳上的拉力最大，设该时小球的速度为vB，绳上的拉力为Fmg'（L−Lsinθ）=F−mg'=mvB2联立=1\*GB3①=2\*GB3②两式子得F=2.25N知识点四“等效重力场”中的圆周运动如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m的带正电，电量为q=3运动特点：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受到重力、电场力，轨道作用力，且要求能安全通过圆轨道．对应联想：在重力场中，小球先在水平面上运动，重力不作功，后在圆轨道上运动的模型：过山车．等效分析：如图所示，对小球受电场力和重力，将电场力与重力合成视为等效重力mg'，大小mg'=规律应用：分析重力中过山车运动，要过圆轨道存在一个最高点，在最高点满足重力当好提供向心力，只要过最高点点就能安全通过圆轨道．如果将斜面顺时针转过300，就成了如图3-3所示的过山车模型，最高点应为等效重力方向上直径对应的点B，则B点应满足“重力”当好提供向心力即：m假设以最小初速度v0运动，小球在斜面上作匀速直线运动，进入圆轨道后只有重力作功，则根据动能定理：−mg'2R=考向带电体在“等效重力场”中的运动例1如图所示，两个质量均为m的带电小球A和B（可视为质点），用两根长度相同的绝缘轻绳悬挂于天花板上的同一点O。平衡时，两轻绳与竖直方向的夹角均为θ=30∘。已知重力加速度为g。现剪断轻绳A．12g B．233g【答案】B【详解】剪断细线之前细线对B的拉力为T=在剪断轻绳后的瞬间，小球B受到的合力大小为F则加速度大小为a=F故选B。例2如图所示，足够大的金属板MN接地，MN的右侧2L处O点固定一正点电荷q，A、B是以点电荷q为圆心、半径为L的圆直径上的两点，AB连线垂直MN，C点在A点正上方，现在C点由静止释放带负电的小球。下列说法正确的是（）A．圆上各点电势均相等B．MN的右表面带负电，左表面带正电C．小球的运动轨迹可能为一条直线D．A点的电场强度大于B点的电场强度【答案】D【详解】A．若无金属板存在，圆上各点电场强度大小相等，电势相等，由于金属板感应电荷产生电场，点电荷和无限大的接地金属平板间的电场，与等量异种点电荷之间的电场分布完全相同，圆上仅在关于AB对称的点，电场强度大小相等，电势相等，其他点则不等，故A错误；B．接地金属板静电感应，MN的右表面带负电，左表面不带电，故B错误；C．小球运动中受到的电场力大小和方向时刻都在改变，即合力大小和方向时刻都在改变，轨迹不可能为一条直线，故C错误；D．与等量异种点电荷之间的电场强度计算方法相同，则A点电场强度的大小为EAB点电场强度的大小为EB则A点的电场强度大于B点的电场强度，故D正确。故选D。【变式训练1】如图所示，匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右。将质量为m的带正电小球以初速度v0竖直向上抛出。不计空气阻力，已知E=A．运动到最高点时的动能最小B．运动到最高点时的电势能最大C．动能最小时，电场力的功率最小D．动能最小时，速度和电场方向的夹角为45°【答案】D【详解】AD．小球在匀强电场中受重力和电场力，其中Eq=mg两个力的合力为F且小球所受合力与电场强度方向的夹角为45∘，将初速度v0沿合力方向分解记为v1，垂直于合力方向分解记为当速度方向与合力方向垂直时，即速度方向与电场强度的夹角为45∘B．小球水平方向受电场力向右做匀加速，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，所以小球在起点位置时，电势能最大，B错误；C．小球在起点位置时，电场力的功率P=Eq小球在动能最小处，电场力的功率P=Eq所以动能最小时，电场力的功率不是最小，C错误。故选D。【变式训练2】如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，一根长L=0.5m的绝缘细线的一端固定在电场中的O点，另一端系住一质量m=0.3kg、带电量q=－4×10－7C的小球，小球静止时细线与竖直方向成θ＝37°角。现给小球一个与细线垂直的初速度，使其从静止位置开始运动，发现它恰好能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。已知g=10mA．匀强电场的电场强度大小为1×107N/CB．小球从初始位置运动至轨迹最左端的过程中机械能减小了1.8JC．小球获得的初速度大小为5m/sD．小球在竖直平面内顺时针运动一周回到初始位置的过程中，其电势能先增大后减小【答案】B【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析如图根据平衡条件有mgtanθ=qE解得E=mgB．小球从初始位置运动至轨迹最左端的过程中电场力做功为W=−EqL(1+sinC．小球受重力和电场力的等效合力为F=mgcos37∘从开始到A点由动能定理1解得小球获得的初速度大小为v2D．小球在竖直平面内顺时针运动一周回到初始位置的过程中，电场力先做负功，再做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小，再增加，选项D错误。故选B。【变式训练3】如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电金属块（可视为质点）以初速度v0从足够高的光滑绝缘水平高台（侧壁竖直）上飞出，高台右侧有水平向左的匀强电场，电场强度大小为3mgqA．金属块做变加速曲线运动B．金属块不会与高台相撞C．金属块进入电场后经过3vD．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为3【答案】C【详解】A．金属块所受合力F为定值，则金属块做匀变速曲线运动，选项A错误；B．金属块运动过程中，在水平方向受到向左的电场力，水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，则金属块一定会与高台边缘相碰，选项B错误；C．从进入电场开始计时，设经过时间t金属块的动能最小，即速度最小，在水平方向上有ax=竖直方向v则合速度v=解得v=由数学知识可知当t=3v0D．当水平方向上的末速度为0时，金属块到高台边缘的水平距离最大，由运动学公式有最大水平距离xm故选C。【变式训练4】（多选）如图所示，ACB为固定的光滑半圆形竖直绝缘轨道，半径为R，AB为半圆水平直径的两个端点，OC为半圆的竖直半径，AC为14圆弧，OC的左侧、OA的下方区域MPQO有竖直向下的匀强电场。一个带负电的小球，从A点正上方高为H处由静止释放﹐并从AA．小球不一定能从B点离开轨道B．小球在圆弧AC部分运动的加速度大小可能不变C．小球到达C点时速度最大D．若小球能沿圆弧到达C点﹐其速度不可能为0【答案】ABD【详解】A．若小球可以到达B点，并离开轨道，则小球到B点时，速度需要大于0；小球从释放到B点的过程中，由动能定理可知mgH−qER=由于重力和电场力的相对大小未知，若mgH−qER≤0则小球不能到达B点或到B点时速度为0，即不一定从B点离开轨道，故A正确；B．当小球的重力和电场力平衡时，小球进入轨道，轨道的弹力提供向心力，做匀速圆周运动，其加速度大小不变，故B正确；C．当小球的重力大于电场力时，由动能定理可知，若小球在轨道中下降高度为x，则mgH+当x最大为R时，即小球到C点时，速度最大；当重力小于电场力时，由动能定理可知，若小球在轨道中下降高度为x，则mgH−即小球进入轨道时，动能最大，之后在圆轨道中减速，故C错误；D．若小球可以沿轨道到达C点，则从释放到C点，由动能定理可知mg若重力大于电场力，则小球到C时速度最大，不可能为0；若重力等于电场力，则小球在圆轨道中做匀速圆周运动，在C的速度也不可能为0；若重力小于电场力，则由其可以到达C点可知，其在C点受到的最小合力为qE−mg>0由圆周运动特点可知qE−mg=m即C点速度也不可能为0，故D正确。故选ABD。【变式训练5】（多选）如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知（图中未画出）。一带正电的小球从M点在纸面内以v0=2gℎ的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为v=2vA．可以判断出电场强度的方向水平向左B．小球所受电场力大小等于重力的3倍C．从M到N的运动过程中小球的速度大小先减小后增大D．从M点到N点的过程中小球的机械能先减小后增大【答案】CD【详解】A．小球从M到N的运动过程中，根据动能定理有q解得U即MN为电场的等势面，则在水平方向，小球先向左减速后向右加速，所受电场力的方向为水平向右，因小球带正电，故电场强度方向为水平向右，故A错误；B．在水平方向小球受向右的电场力，先向左减速后向右加速，MN为电场的等势面，小球回到N点时水平方向的速度大小为v0，在水平方向，取向右为正方向，根据动量定理有在竖直方向，取向下为正方向，根据动量定理有mgt=m联立解得qE=2mg，故B错误；C．电场力与重力的合力F斜向右下，从M到N的运动过程中F方向与速度方向先成钝角后成锐角，可知合力F对小球先做负功后正功，小球的速度大小先减小后增大，故C正确；D．水平方向小球受向右的电场力，从M到N的运动过程中，电场力先负功后正功，机械能先减小后增加，故D正确。故选CD。考点五实验：观察电容器的充、放电现象知识点实验：观察电容器的充、放电现象1.实验原理（1）电容器的充电过程如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在静电力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电。正、负极板带等量的正、负电荷，电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较大（选填“大”或“小”），以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小（选填“增大”或“减小”），当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流I＝0。（2）电容器的放电过程如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和，在电子移动过程中，形成电流。放电开始电流较大（选填“大”或“小”），随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小（选填“增大”或“减小”），两极板间的电压也逐渐减小到零。2.实验步骤（1）按图连接好电路。（2）把单刀双掷开关S打在上面，使触点1和触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中。（3）将单刀双掷开关S打在下面，使触点3和触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中。（4）记录好实验结果，关闭电源。3.实验数据处理（1）在I-t图像中，图线与时间轴围成的面积表示整个充电或放电时间内通过电流表的电荷量，也等于充满电后或放电开始时电容器极板上的电荷量。（2）估算电容器充电或放电过程中电荷量的方法：先算出一个小方格代表的电荷量，然后数出整个图像与横轴所围的面积中的方格数（大于半个的按一个方格计算，小于半个的舍弃）。电容器充电或放电过程中电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数。4.注意事项（1）电流表要选用小量程的灵敏电流表。（2）要选择大容量的电容器。（3）实验过程要在干燥的环境中进行。（4）在做放电实验时，在电路中应串联一个电阻，避免烧坏电流表。考向实验例1（2025·四川绵阳·三模）某实验小组用电流传感器观察两个并联电容器的充放电过程，设计的电路如图1所示。器材有：学生电源（9V，内阻可忽略）、2个相同的电容器（耐压值15V，电容3000μF）、灵敏电流计A（指针居中，内阻不计）、电流传感器（内阻不计）、电阻箱（0~9999Ω）、单刀双掷开关和导线若干。完成实验，并回答问题：(1)正确连接电路后，电阻箱各个旋钮调到如图2所示位置，单刀双掷开关S掷于1，一段时间后电容器充电完成，再将S掷于2，则①电阻箱接入电路的阻值为Ω；②流过电流传感器的电流方向为（选填“a→b”或“b→a”）；③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，观察到灵敏电流计A指针偏转情况是；

（填序号）A．慢慢偏到左边并静止B．迅速偏到右边并静止C．慢慢偏到左边并迅速回到正中D．迅速偏到右边并慢慢回到正中(2)电流传感器记录放电电流I随时间t的变化情况如图3所示。图中图线与纵轴的交点坐标Im为mA，图线与横轴所围的面积为C；(3)若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，则放电时间（选填“变长”“变短”或“不变”）。【答案】(1)1800b→aD(2)55.4×(3)变长【详解】（1）①[1]由图2可知电阻箱接入电路的阻值为R=(1×1000+8×100+0×10+0×1)②[2]由电路图可知，充电后电容器右极板带正电，左极板带负电，则放电过程流过电流传感器的电流方向为b→a。③[3]已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，则开关S掷于2时，电容器进行放电，灵敏电流计电流从右端流入；刚开始由于电容器极板电压最大，所以放电电流最大，随着电容器所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小为0；可知观察到灵敏电流计A指针偏转情况是迅速偏到右边并慢慢回到正中。故选D。（2）[1]电容器充完电后极板间的电压为Um=9V，由于两电容器为并联关系，所以放电时相当于两相同电源并联，电动势为[2]根据q=It可知，图线与横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量，则有S=（3）若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，放电电流与原来相比减小，则放电时间变长。【变式训练1】某同学用题图1所示电路来探究一电容器的充放电性能。A为理想电流传感器，V为理想电压传感器，R为定值电阻，E为直流电源（内阻r不可忽略）。主要实验步骤如下：①将电流传感器和电压传感器分别与计算机连接；②将单刀双掷开关S接1，利用计算机得到电流I和电压U随时间t变化的图像；③将单刀双掷开关S接2，再次利用计算机得到电流I和电压U随时间t变化的图像；④导出所得的4张图像，如题图2所示。请回答下列问题：(1)开关S接2时的U−t图像是题图2中的（选填“A”或“B”）。(2)开关S接1时的I−t图像如题图2中C所示，已知图中曲线与坐标轴围成的面积S=6.0mA⋅s，则该电容器的电容(3)若题图2D中M、N区域的面积之比为1:1，则定值电阻R=Ω。【答案】(1)B(2)1.0×10-3(3)2×103【详解】（1）开关S接2时，电容器处于放电过程，电容器两端电压逐渐减小，即电压表示数逐渐减小，可知，开关S接2时的U−t图像是题图2中的B。（2）开关S接1时，电容器处于充电过程，电容器两端电压逐渐增大，可知，开关S接1时的U−t图像是题图2中的A，稳定时，电容器两端电压U=E=6.0根据电流的定义式有I=解得q=It可知，I−t图像中图像与时间轴所围几何图形的面积表示极板所带电荷量大小，根据题意可知，稳定时，电容器极板所带电荷量Q=6.0根据电容的定义式有C=解得C=1.0×（3）电容器充电过程与放电过程极板所带电荷量的最大值均为Q=6.0结合上述，根据图2中D可知，放电电流I1=1.5令此时电压为U1，根据电容的定义式有解得电容器两端电压U根据欧姆定律可知，定值电阻R=1.（全国II卷·高考真题）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场