第31讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 （专项训练）（安徽专用）（解析版）

第31讲电容器带电粒子在电场中的运动目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练 2题型01电容器、电容的理解 2题型02平行板电容器的动态分析 4题型03电容器的充、放电现象的定性分析 7题型04实验：观察电容器的充、放电现象 9题型05带电粒子在电场中的直线运动 13题型06带电体在静电力和重力等作用下的直线运动 16题型07带电粒子在匀强电场中的类平抛运动 18题型08带电体在静电力和重力等作用下的类平抛运动 20题型09带电粒子在组合场中的运动 25题型10带电粒子在交变电场中的运动 32题型11带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 37题型12用动力学的观点分析力、电综合问题 43题型13用能量的观点分析力、电综合问题 4702核心突破练 5203真题溯源练 6101电容器、电容的理解1．自动体外除颤器（AED）是一种便携式的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是15μF，充电至3kV电压，如果电容器在9ms时间内完成放电，下列说法正确的是（）A．在放电治疗的过程中通过人体的电荷量为45CB．在充电过程中，回路中的电流逐渐减小C．该电容器放电完成后，电容减小为0D．该电容器放电过程的平均电流强度为15A【答案】B【详解】A．在放电治疗的过程中通过人体的电荷量为，A错误；B．在充电过程中，回路中的电流逐渐减小，充电完成时充电电流减小到0，B正确；C．该电容器放电完成后，电容不变，C错误；D．该电容器放电过程的平均电流强度为，D错误。故选B。2．如图所示，下列关于该电容器的说法中，正确的是（）A．外壳上所标的100V指的是击穿电压B．该电容器只有接100V的恒定电压时才能工作C．电容器上不带电，其电容也是D．给该电容器充电过程中电容器两端电压不变【答案】C【详解】A．电容器外壳标的100V是额定电压（工作电压上限，低于击穿电压），不是击穿电压，A错误；B．该电容器可在不超过100V的电压下工作（包括直流、交流，只要电压峰值不超100V），并非只能接100V恒定电压，B错误；C．电容是电容器本身的属性，由构造（极板面积、间距、介电质）决定，与是否带电无关，即使不带电，电容仍为，C正确；D．充电时，电容器电荷量增大，由（不变），故电容器两端电压增大，D错误。故选C。3．（2025·上海宝山·二模）（多选）目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，如图所示，当手指接触到电容屏时，人体与电容屏就形成一个等效电容，从而实现对手机屏幕的操控。下列物体中能够代替手指可以操控手机屏幕的是（

）A．不锈钢勺子B．金手镯C．橡皮擦D．玻璃棒【答案】AB【详解】用不锈钢勺子和金手镯代替手指可以形成一个电容器，用橡皮擦和玻璃棒代替手指不可以形成一个电容器，所以能够代替手指可以操控手机屏幕的是不锈钢勺子和金手镯。故选AB。02平行板电容器的动态分析4．（2025·安徽·模拟预测）电容式话筒中的电容式传感器如图所示，导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器。当振动膜片向左运动时，下列说法中正确的是（）A．电容器的电容增大B．电容器所带电荷量不变C．振动膜片与固定电极间的电场强度变小D．有电流通过电阻，电流方向自左向右【答案】C【详解】A．当振动膜片向左振动时电容器两极板间的距离变大，根据可知电容值减小，故A错误；BD．由可知因U不变的情况下，电容C减小，则电容器带电荷量Q减小，电容器处于放电状态，R中电流方向自右向左，故BD错误；C．依据则知U不变，距离d变大，则场强减小，故C正确。故选C。5．（2025·福建三明·三模）（多选）如图为探究平行板电容器电容的影响因素的实验装置（）A．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差增大B．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差减小C．只增加极板电量，静电计指针张角变大，但电容不变D．只增加极板电量，静电计指针张角变大，表明电容增大【答案】AC【详解】AB．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差增大，故A正确，B错误；CD．只增加极板电量Q，根据平行板电容器电容的决定式可知，电容不变，根据电容的定义式有可知，电势差U变大，则静电计指针张角变大，故C正确，D错误。故选AC。6．（2025·安徽安庆·二模）电子计步器的工作核心部件为震动传感器，一般按照传感器的类型可分为2D计步器与3D计步器，其中一款2D计步器的原理图可以简化如下，平行板电容器的一个极板M固定在设备上，另一个极板N与两个固定在设备上的轻弹簧连接，极板N与弹簧间绝缘，振动系统完成一次周期性振动，电流传感器显示电流周期变化一次，才能实现计步一步。关于该计步器，下列说法正确的是（）A．极板N向极板M运动的过程中，电流传感器的电流方向B．MN极板间距离最小时，电流传感器上电流最大C．MN极板间距离最小时，固定在电容器中点的点电荷具有的电势能和受到电场力均最大D．将保护电阻换成二极管，N极板振动，电流传感器上电流周期性变化，同样实现准确计步【答案】A【详解】A．极板N向极板M运动的过程中，根据可知电容器电容增大，由可知极板上电荷量增加，处于充电状态，电流传感器的电流方向，故A正确；B．依题意，电路中电流周期性变化，M、N极板间距离最小时，充电结束，电流传感器上电流为0，故B错误；C．根据可知MN极板间距离最小时，极板间的电场强度最大，点电荷受到的电场力最大，由于点电荷电性未知，其电势能变化未知，故C错误；D．二极管阻止了放电过程，不能形成电流周期性变化，不能实现实现准确计步，故D错误。故选A。7．（2025·福建福州·三模）（多选）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，上极板带正电，与静电计相连。静电计外壳与下极板接地。一带电微粒以一初速度平行于极板射入，恰能沿直线穿过电容器。带电静电计的内部空间分布电场，等势面分布如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．微粒带负电B．P点和Q点电势相同C．将上极板向上平移，静电计指针张角增大D．将上极板向上平移，将带电微粒从同一位置平行于极板射入，电势能可能增大【答案】AC【详解】A．带电微粒受力平衡，则其带负电，故A正确；B．由图可知，P点电势比Q点高，故B错误；C．上极板向上平移时，由，且可知平行极板的电容减小，则板间电压增大，即静电计指针张角增大，故C正确；D．由，则则场强不变，粒子仍然能沿原来的直线运动，但所在位置的电势也不变，则带电微粒的电势能不变，故D错误。故选AC。03电容器的充、放电现象的定性分析8．（2025·江苏苏州·模拟预测）某同学用如图所示的电路做“观察电容器的充放电”实验。将开关先与“1”端闭合，对电容器进行充电，充电完毕后再将开关与“2”端闭合，电容器放电。传感器测得的电流I和电压U随时间t变化的图像，正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】AB．充电过程中，电压U越来越大，且增加的越来越慢，切线斜率减小，放电过程中，电压U越来越小，且减小的越来越慢，切线斜率减小，故AB错误；CD．充电过程中，电流I越来越小，且减小的越来越慢，放电过程中，电流I越来越小，且减小的越来越慢，切线斜率均越来越小，故C正确，D错误。故选C。9．（2025·安徽蚌埠·三模）如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，R0、R2为定值电阻，R1为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。若照射光敏电阻的光照强度减弱，电压表示数的变化量绝对值为ΔU，电流表示数的变化量绝对值为ΔI，两电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A．电流表的示数变大，电压表的示数变小B．C．有从右向左的电流流过R2D．R0的功率变小，电源的输出功率也变小【答案】C【详解】A．若照射光敏电阻的光照强度减弱，则增大，根据串反并同规律可知，电流表的示数变小，电压表的示数变大，故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律有即故，故B错误；C．据电路可知，电容器右极板带正电，左极板带负电，电容器两极板间电压增大，故电容器充电，有从右向左的电流流过，故C正确；D．因流过的电流减小，根据可知的功率变小，因不知道与的大小关系，故电源的输出功率如何变化无法确定，故D错误。故选C。04实验：观察电容器的充、放电现象10．（2025·安徽合肥·模拟预测）学生小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下：电池（电动势3V，内阻不计）；待测电容器（额定电压5V，电容值未知）；微安表（量程200μA，内阻约为1kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；电阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均为9999.9Ω）；定值电阻R0（阻值为5.0kΩ）；单刀单掷开关S1、S2，单刀双掷开关S3；计时器；导线若干。（1）小组先测量微安表内阻，按图（a）连接电路。（2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于（填“左”或“右”）端。将电阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R的滑片置于适当位置。保持R1、R3阻值不变，反复调节R2，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则P、Q两点的电势（填“相等”或“不相等”）。记录此时R2的示数为1230.0Ω，则微安表的内阻为Ω。（3）按照图（b）所示连接电路，电阻箱R4阻值调至615.0Ω，将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图（c）所示的图像。当微安表的示数为100μA时，通过电阻R0的电流是μA。（4）某同学数得曲线下包含150个小方格，则电容器的电容为F（保留两位有效数字）。【答案】左相等1230.0/1230300【详解】（2）[1]为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于左端。[2]由题知，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则说明P、Q两点的电势相等。[3]根据电桥平衡可知，可知此微安表的内阻为（3）[4]由于微安表与R4并联，则当微安表的示数为100μA时，R4分担的电流为解得则通过电阻R0的电流为（4）[5]图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为则150个这样的小方格为总电荷量为而微安表改装后流过R0的电流是微安表示数的3倍，则根据电容的定义式可知电容器的电容为11．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）某实验小组探究电容器充、放电过程。器材如下：电容器，电源E（电动势6V，内阻不计），电阻箱R，电阻，电阻，电流表G，电流传感器，单刀双掷开关S、单刀单掷开关、，导线若干。(1)一位同学设计了如图甲所示的电路，请用笔画线代替导线将图乙实物图连接完整。(2)另一名同学设计了如图丙所示的电路。实验步骤如下：①闭合，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的曲线如图丁，由图丁可知开关闭合瞬间流经电阻的电流为mA（结果保留3位有效数字）；②保持闭合，再闭合，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为V；③实验得到放电过程的曲线如图戊，曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0180C，则电容器的电容C为。（结果保留2位有效数字）【答案】(1)(2)15.02【详解】（1）图乙实物图连接完整，如图（2）①[1]由图丁可知开关闭合瞬间流经电阻的电流为15.0mA②[2]放电结束后,电容器两极板之间的电压等于电阻R2两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律得电容器两极板之间的电压③[3]充电结束后，电容器两极板之间的电压根据电容器的定义式12．（2025·云南保山·一模）某同学做观察电容器充、放电现象并估测电容器电容的实验，采用10V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器（与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线）、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。(1)下列说法正确的是______。A．先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器先充电、后放电B．先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器电容先增大后减小C．电容器充电时，电容器的电场能增加D．电容器带电时，两个极板只有一个板上有电荷(2)如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，放电时曲线与横轴所围成的面积将（填“增大”“不变”或“变小”）；放电时间将（填“变长”“不变”或“变短”）。(3)用10V的稳压直流电源对电容器先充满电，后电容器放电，电脑屏幕上显示出电容器在放电过程中电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示，根据图像可估算出电容器的带电量为C（结果保留2位有效数字）。【答案】(1)AC(2)不变变长(3)【详解】（1）AB．先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器先充电后放电，但是电容不变，故A正确，B错误；C．电容器充电时，电荷量增加，两极板间电场增加，所以电场能增加，故C正确；D．一个极板带正电荷，一个极板带负电荷，故D错误。故选AC。（2）[1][2]时i-t曲线与横轴所围成的面积表示电荷量，不改变其他参数，只增大电阻R，充电时i-t曲线与横轴所围成的面积不变；由于电阻对电流有阻碍作用，所以增大电阻，电流减小，则充电时间变长。（3）根据图像的含义，因为，所以i-t图像与横轴所围的面积表示电容器的放电量，根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电量为，从图乙可知i-t图像与横轴围成的格子数约为58个，所以电容器的带电量05带电粒子在电场中的直线运动13．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，在如图所示的电路中，充电已完成，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时的速度为，不计电子重力，下列判断正确的是（）A．若增大两板间的距离，则电子到达B板的速度不变B．若增大两板间的距离，则电子到达B板的速度增大C．若减小两板间的距离，则电子到达B板的速度增大D．若减小两板间的距离，则电子到达B板的速度减小【答案】B【详解】AB．若增大两板间的距离d，根据可知电容减小，由于存在二极管（单向导电性），可知电容器放不了电，则电容器Q不变，根据联立解得可知极板间场强不变，粒子受到的电场力不变，由于极板间距增大，则电场力做功增大，故电子到达B板的速度增大，故A错误，B正确；CD．结合分析可知，若减小两板间的距离d，可知电容增大，可知电容器充电，又由于此时两极板间电压不变，根据可知电场力做功不变，故电子到达B板的速度不变，故CD错误。故选B。14．（2025·全国·二模）如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，静止的质子被电场强度大小的匀强电场沿直线加速到，然后轰击肿瘤，杀死细胞。已知质子的质量，电荷量，则整个加速过程中质子的位移大小为（）A．2m B．2.5m C．4m D．5m【答案】B【详解】根据动能定理有解得整个加速过程中质子的位移大小故选B。15．如图所示，真空中有一对平行金属板，两板加电压为U的直流电压。一带电粒子位于M板旁，仅在电场力的作用下由静止运动到N板。若增大板间的距离，该粒子仍由M板旁由静止运动，则（）A．M板所带的电荷量增大 B．粒子运动的加速度变大C．粒子运动的时间变长 D．粒子运动到N板时的电势能变大【答案】C【详解】A．根据电容器的决定式可知增大M、N两极板间的距离时，电容值C变小，由题可知电容器两极板间的电压始终为U，根据可知电容值C减小，电压U不变，所以电容器的电荷量减小，A错误；B．根据可知，当两极板间的距离增大时，两极板间的电场强度减小，由牛顿第二定律可知粒子运动的加速度减小，B错误；C．粒子在两极板间做匀加速直线运动，由运动学公式可知粒子从M板附近静止释放到N极板，位移变大，加速度减小，故所用时间变长，C正确；D．粒子从M板运动到N板，电场力做功为两极板电势差不变，可知电场力做功不变，粒子运动到N板时的电势能一样，D错误。故选C。16．静电喷涂是使雾化了的带电油漆微粒在静电场的作用下，定向喷向金属工件，并吸附在工件表面的一种技术，其可简化成如图所示的模型。在一半径为的金属圆板P下方平行于P放置一待涂工件，两者间距为。在P和工件间施加恒定电压后两者间形成的匀强电场如图所示。P中央有一小孔，小孔处放置一静电油漆喷枪，喷枪嘴可向各个方向均匀地喷出速度大小均为的带电油漆微粒。若油漆微粒的质量均为、带电量均为，忽略油漆微粒所受重力、空气阻力和带电微粒之间的相互作用力，不计小孔和边缘效应对电场的影响。求：(1)油漆微粒在电场中的加速度大小；(2)油漆微粒到达待涂工件时的速度大小；(3)油漆微粒到达待涂工件的最短时间。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据牛顿第二定律其中解得（2）根据动能定理得（3）当带电微粒初速度沿垂直于金属圆板方向时，到达待涂工件时间最短，则解得06带电体在静电力和重力等作用下的直线运动17．（2025·宁夏银川·模拟预测）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．做匀速直线运动，电势能不变 B．做匀加速直线运动，电势能增大C．做匀减速直线运动，电势能增大 D．做变加速直线运动，电势能减小【答案】C【详解】根据粒子的运动情况可知，粒子所受电场力恒定且垂直于极板向上，合力恒定且与速度方向相反，故粒子做匀减速直线运动，电场力与速度方向成钝角，故电场力做负功，电势能增大。故选C。18．（2025·北京西城·二模）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属板上下放置，从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、电荷量不同、密度相同的小油滴。观察两个油滴a、b的运动情况：当两板间不加电压时，两个油滴在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为、；两板间加上电压后，两油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴视为小球，所受空气阻力的大小，其中r为油滴的半径，v为油滴的速率，k为常量。不计空气浮力和油滴间的相互作用。则a、b两个油滴（）A．带同种电荷 B．半径之比为C．质量之比为 D．电荷量之比为【答案】D【详解】A．两板间加上电压后，两油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知两油滴带异种电荷，故A错误；BCD．设油滴半径r，密度为，则油滴质量为则速率为时受阻力大小为，则当油滴匀速下落时，有联立解得可得则有当再次下落时，对a由受力平衡得其中对b由受力平衡得其中联立解得故BC错误，D正确。故选D。07带电粒子在匀强电场中的类平抛运动19．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图所示，灯丝发热后发出的电子经加速电场后，进入偏转电场。若加速电压为U1，偏转电压为U2，设电子不落到电极上，则要使电子在电场中的偏转量y变为原来的3倍，可选用的方法是（）A．只使U1变为原来的倍B．只使U2变为原来的倍C．只使偏转电极的长度L变为原来的3倍D．只使偏转电极间的距离d变为原来的3倍【答案】A【详解】设电子的质量和电量分别为m和e。电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度电子在水平方向做匀速直线运动，则有在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量联立上述四式得A．只使U1变为原来的，则电子在电场中的偏转量y增大为原来的3倍，故A正确；B．只使U2变为原来的，则电子在电场中的偏转量y减小为原来的，故B错误；C．只使偏转电极的长度L变为原来的3倍，则电子在电场中的偏转量y增大为原来的9倍，故C错误；D．只使偏转电极间的距离d增大为原来的3倍，则电子在电场中的偏转量y减小为原来的倍；故D错误。故选A。20．（2025·浙江·模拟预测）静止在点的碘原子核发生衰变的同时，在空间中外加一个如图所示的匀强电场。之后衰变产物A、B两粒子的运动轨迹OA、OB如图虚线所示，不计重力和两粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．碘131原子核发生的是衰变 B．两个粒子的轨迹为两个外切的圆弧C．A粒子初动能小于B粒子初动能 D．两粒子初速度大小相同【答案】C【详解】A．根据两粒子的运动轨迹可知，A粒子所受电场力与电场方向相同，带正电，B粒子所受电场力与电场方向相反，带负电，因此碘原子核发生的是衰变，故A错误；B．由于衰变过程动量守恒，A、B粒子的速度方向均沿各自轨迹切线的方向，受到恒定的电场力作用，两个粒子的轨迹不是圆弧，故B错误；CD．衰变过程动量守恒可得结合上述分析可知可得有因为由于，则有，故C正确，D错误。故选C。21．（2025·江苏扬州·模拟预测）一充电的平行板电容器，板长为L，现将一带电微粒（重力不计）从下极板的左边缘以v0射入电场中，速度方向与下极板的夹角为θ，结果带电微粒刚好从上极板的右边缘水平射出。下列说法正确的是（）A．微粒在两板之间做变加速曲线运动B．两板间距为C．微粒在极板间运动的时间为D．加大两平行板之间的距离，微粒会打在上极板【答案】B【详解】A．微粒只受竖直向下的电场力作用，加速度向下且大小不变，可知微粒在两板之间做匀加速曲线运动，故A错误；BC．水平方向竖直方向解得两板间距为微粒在极板间运动的时间为，故B正确，C错误；D．加大两平行板之间的距离，因极板带电量不变，根据，，可得则板间场强不变，微粒的加速度不变，因运动时间不变，则竖直位移也不变，则微粒不会打在上极板，故D错误。故选B。08带电体在静电力和重力等作用下的类平抛运动22．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以不同初速度同时水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，两个小球可视为质点，下列判断正确的是（）A．如果A球带正电，则A球的初速度一定较小B．如果B球带正电，则A球的初速度一定较大C．如果A球带负电，则A球运动时间一定较长D．如果B球带负电，则A球运动时间一定较短【答案】A【详解】A．若A带正电，对A进行分析有，解得此时对B进行分析有，解得其中可知，故A正确；B．若B带正电，对B进行分析有，解得此时对A进行分析有，解得其中可知两小球的初速度大小关系不能够确定，故B错误；C．若A带负电，对A进行分析有解得此时对B进行分析有解得其中可知两小球的运动时间大小关系不能够确定，故C错误；D．若B带负电，对B进行分析有解得此时对A进行分析有解得其中可知即如果B球带负电，则A球运动时间一定较长，故D错误。故选A。23．（2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，空间有竖直向下的匀强电场，场强E=100V/m。斜面倾角为37°，且足够长。一质量m=0.1kg、带电荷量为q=+0.01C的小球，从斜面上A点以某一初速度水平抛出，最终落到斜面上。空气阻力不计，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8。下列说法正确的是（）

A．小球运动过程中的加速度恒为10m/s2B．若小球的初速度减小，则其落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角也减小C．若小球的初速度大小为4m/s，则其落到斜面上时的速度大小为6m/sD．若小球的初速度大小为4m/s，则其运动过程中离斜面最远的距离为0.18m【答案】D【详解】A．对小球受力分析，有代入数据得故A错误；B．小球做类平抛运动，落到斜面上时，位移偏角始终等于斜面倾角，其速度偏角的正切值等于位移偏角正切值的两倍，所以无论小球的初速度如何变化，只要落到斜面上，其速度方向与斜面的夹角均相同，故B错误；C．设小球落到斜面上时的速度偏转角为θ，则即当时，小球落到斜面上的速度，故C错误；D．当初速度时，将小球的运动分解到垂直于斜面方向和平行于斜面方向，在垂直于斜面方向的速度大小加速度大小根据运动学公式得解得小球离斜面最远的距离故D正确。故选D。24．（2025·湖北·三模）如图所示，空间中存在与水平成45°斜向右上方、大小为1×10⁶N/C的匀强电场，在距地面10m高处同一位置均以10m/s的速率同时抛出A、B两个带正电小球，A球竖直向上，B球水平向右，两小球质量均为1kg，带电量均为。忽略两小球之间的相互作用力和空气阻力，小球均可视为质点，g取10m/s²，则在B球落地前，两球间的最大距离为（）A．10m B． C．20m D．【答案】D【详解】以抛出点为原点建坐标系，以水平方向为轴，以竖直方向为轴。小球A、B抛出后水平方向上只受电场力水平分力作用，水平方向上分加速度均为，方向水平向右竖直方向上受自身重力和电场力的竖直分力作用，竖直方向上分加速度均为，方向竖直向下分别对两小球两个方向上加速度进行矢量合成，两小球加速度相同，因此B球相对A球斜向右下方匀速直线运动，相对速度且B球落地时两球相距最远，设B球落地时间为t，则有竖直方向上求得，相距最大距离为25．（2025·河南·模拟预测）（多选）如图，不带电的平行板电容器正对水平放置，上极板接地，板长为L，板间距离为d。左侧有质量为m、电荷量为的油滴从两板正中间位置以速度进入平行板，其中第一滴油滴恰好落在下极板的中心位置O，前一滴油滴落在下极板上后，后一滴相同的油滴仍从同一位置以相同速度进入平行板，第N滴油滴恰好从下极板右边缘射出。已知电容器的电容为C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．油滴进入平行板的速度B．两板间的最大电压为C．落在下极板上的油滴数D．若保持油滴射入位置不变，仅将上极板下移，则落在下极板上的油滴数不变【答案】BD【详解】A．第一滴油滴在极板间做平抛运动，水平方向竖直方向解得故A错误；BC．第N滴油滴恰好从下极板右边缘射出，在水平方向竖直方向由牛顿第二定律得极板间的电势差解得，故B正确，C错误；D．电容器的电容落在下极板上的油滴滴数解得落在下极板上的油滴数与板间距离无关，仅将上极板下移，落在下极板上的油滴数不变，故D确。故选：BD09带电粒子在组合场中的运动26．（2025·贵州黔东南·一模）（多选）某示波器的部分结构如图所示，电子枪中金属丝上逸出的电子，在加速电场中加速后进入偏转电场，最后打在荧光屏上。A、B间的电压为，C、D间的电压为，不计电子受到的重力，下列说法正确的是（）A．仅增大A、B间的距离，可增大电子进入偏转电场时的速度B．仅增大，可增大电子进入偏转电场时的速度C．仅增大C、D间的距离，可增大C、D间的电场强度D．仅增大，可增大电子在偏转电极间的偏转距离【答案】BD【详解】AB．电子在电子枪中加速，由动能定理有可知电子离开电子枪时的速度与A、B间的距离无关，越大越大，故A错误、B正确；C．由可知，仅增大C、D间的距离时，电场强度减小，故C错误；D．电子在偏转电极间的偏转距离除了，其他的都是定值，可知仅增大，可增大电子在偏转电极间的偏转距离，故D正确。故选BD。27．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）如图所示，一质量为m、电荷量e的电子从左侧极板处由静止释放，两极板长L，间距d加速电场的电压为U0，偏转电场板间电压U。粒子最终从板间偏出，求：(1)粒子在加速电场中运动的加速度大小；(2)粒子射出电场时竖直偏移量。【答案】(1)(2)【详解】（1）加速电场的电场强度粒子在加速电场中运动的加速度大小（2）设电子从加速电场离开时速度大小为，由动能定理得得电子在偏转电场中偏转距离又,,联立解得28．（2025·江西·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限和第二象限内分别有平行于坐标平面的匀强电场，第一象限内的匀强电场方向与x轴的负方向成的角，第二象限内的匀强电场方向与x轴的正方向成的角。在第一象限的点（未知）由静止释放一个带正电的粒子（不计重力），粒子经历一段时间后从x轴上的点垂直x轴离开第二象限内的匀强电场。求：(1)P点的纵坐标；(2)第一象限和第二象限内电场强度的大小之比。【答案】(1)(2)【详解】（1）画出带正电粒子的运动轨迹如图所示，图中为粒子由第一象限内的匀强电场进入第二象限内匀强电场的入射点。设粒子的电荷量和质量分别为，由于粒子在第二象限内做类平抛运动，依题意并结合图示有，由几何关系可知联立以上各式解得易知（2）粒子在第一象限内运动，由动能定理有其中由于粒子由点到点的运动是类平抛运动，则其中联立以上各式解得29．（2025·河南·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限中分别存在着沿y轴正方向、沿x轴负方向的匀强电场，y轴负半轴上B点（图中未画出）固定有一正点电荷。一质量为m、电荷量为（）的带电粒子由A点静止释放，粒子以大小为的速度第一次经过y轴，粒子第一次经过x轴时速度与x轴的夹角，粒子进入第四象限后绕B点做圆周运动，粒子第二次经过x轴后能回到A点。x轴上存在装置（不影响粒子经过x轴的速度）使粒子在第一、二象限内运动时不受正点电荷的库仑力，不计粒子重力。已知A点到x轴的距离为，静电力常量为k。求：(1)第一象限内电场的电场强度大小；(2)B点的坐标和正点电荷的电荷量Q；(3)粒子第三次经过y轴时的速度大小v。【答案】(1)(2)B点的坐标为（），电荷量(3)【详解】（1）粒子第一次经过轴时有由动能定理有解得（2）粒子第一次经过轴时沿轴方向的分速度大小粒子在第一象限内做类平抛运动，有粒子第一次经过轴时到坐标原点的距离解得，由几何关系可知，点到坐标原点的距离即点坐标为粒子做圆周运动的半径由库仑力提供粒子做圆周运动所需的向心力，有解得（3）设粒子在第二象限内运动时的加速度大小为，粒子从由静止释放到第一次经过轴时运动的位移大小粒子第二次经过轴时沿轴方向的分速度大小为，沿轴方向的分速度大小为粒子要返回点，则有，解得，粒子从第二次经过轴到第三次经过轴的过程中，沿轴方向上有粒子第三次经过轴时的速度大小30．（2025·四川绵阳·模拟预测）如图所示，在三维直角坐标系中，平面左侧区域有沿着y轴正方向的匀强电场，平面右侧有一个垂直于y轴的足够大荧光屏，平面与荧光屏之间的区域有沿着y轴正方向的匀强磁场，荧光屏与y轴交点位置的坐标为。一质量为m、电荷量为的粒子从坐标为的P点以大小为的初速度沿z轴负方向射出，经电场偏转后从O点进入磁场，粒子再次经过y轴的位置离O点距离为d，最终打在荧光屏上，不计粒子的重力。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)粒子打在荧光屏上的位置坐标；(3)若在平面与荧光屏之间的区域再加上一平行于y轴的匀强电场，要使粒子仍打在荧光屏上（2）问中所求的位置，则所加匀强电场的电场强度应满足什么条件。【答案】(1)(2)(3)沿y轴正方向时，；沿y轴负方向时，【详解】（1）对粒子，类平抛运动，z轴y轴则（2）方向的速度则粒子做螺旋线轨迹运动，在平面上做速率为的匀速圆周运动，y轴上做速度为的匀速直线运动。匀速圆周运动周期运动时间又，得，则打到荧光屏上位置坐标，即（3）①若沿y轴正方向，则粒子在y轴方向上做匀加速直线运动，运动时间：，即

在y轴方向

解得：②若沿y轴负方向，则粒子在y轴方向上做匀减速直线运动，运动时间

,即

在y轴方向解得10带电粒子在交变电场中的运动31．（2025·全国·模拟预测）如图甲，一长为L、板间距离为d的平行板电容器水平放置，一正离子源放置在电容器左端中轴线处，离子源能够源源不断地在单位时间内释放相同数目、速度方向均沿中轴线水平向右、速度大小为的正离子，正离子的质量为、电荷量为。从时刻起加一如图乙所示的周期性电场，此时A板电势高于B板。已知，且，不计离子的重力，下列说法正确的是（）A．时刻进入的正离子刚好击中B板右端点B．时刻进入的正离子离开电容器时偏离轴线的距离为C．时刻进入的正离子击中金属板A的右端点D．离子源发射的正离子被平行板电容器收集的比例为50%【答案】C【详解】A．时刻进入的正离子运动的如图线1所示，其偏移量为，，离子击中B板的中点，A错误。B．时刻进入的正离子的如图线2所示，其离开电容器时偏离轴线的距离为离子沿中心轴线离开，B错误；C．时刻进入的正离子的如图线3所示，即时刻进入的正离子击中金属板A的右端点，C正确；D．设时刻进入电场的离子刚好打到板上的如图线4所示，解得又因为时刻进入电容器的离子刚好打到板右端点，所以能够击中电容器两极板的离子进入电容器的百分比为D错误。故选C。32．（2025·吉林长春·模拟预测）示波器能显示周期性变化的电压的波形，其核心部件为示波管，示波管的结构示意图如图甲所示：电子枪持续释放电子，经过加速电场后，沿中轴线依次经过两对偏转电极后，打在荧光屏上形成亮斑。在两对偏转电极上均不加电压时，亮斑出现在屏光屏的中心O点，若在两对偏转电极上加上极性、数值不同的电压时，电子束偏转后，亮斑会出现在荧光屏的其它位置。示波管简化示意图如图乙所示，电极均为边长为L的正方形，极板间距均为d，电极的右边缘与电极的左边缘的距离为2L，电极的右边缘与荧光屏的距离为3L。已知电子的电荷量为e，质量为m，电子从电子枪出来的初速度、电子所受的重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应及极板外的电场。若加速度电场的电压为。(1)求电子经加速电场加速后获得的速度的大小v；(2)间不加电压，电子能飞出电极且能从间电场右边缘射出，求两极间所加电压应满足的条件；(3)间加恒定电压U（Y接正），间加恒定电压（X接正），电子最终在荧光屏上的亮斑出现在第一象限的角平分线上，求；(4)在电极间加周期性变化的电压，同时在电极间加周期性变化的电压，两周期性电压随时间变化的图像如图丙所示，电子都能飞出两个偏转电场，每个电子通过电场区域的时间远小于周期性电压的周期，荧光屏上有如图丁所示的方格，正方形方格的边长为a，荧光屏上的亮斑在方向上的偏离中心O点的最大距离为3a，在方向上的偏离中心O点的最大距离为4a，在图丁上画出屏光屏上光班运动的轨迹。（不要求计算和论证，作出图即可）。【答案】(1)(2)若，则；若，则(3)(4)见解析【详解】（1）在加速过程，根据动能定理有解得（2）两极间所加电压为，在两极之间运动时间在两极间的偏转距离为电子能从两极间飞出，则有解得电子能从间电场右缘边射出，则有解得则应满足的条件为：若，则；若，则（3）电子束在两对电极间的偏移量分别为和，则有，亮斑在荧光屏上的偏移量分别为和，则有

，又解得（4）画出屏光屏上光班运动的轨迹，如图所示33．（2025·重庆·模拟预测）如图1所示，真空中的电极连续不断地发出电子（电子初速度忽略不计），经恒压电场加速后，从小孔穿出，沿两水平正对的平行金属板A、B间的中轴线射入板间电场。已知A、B板长均为，板间距为，两板右边缘到竖直固定的荧光屏（面积足够大）的距离为，荧光屏中心与A、B间中轴线在同一水平线上。时刻，A板电势高于B板电势，板间电压随时间变化的关系如图2所示（其中已知），电子穿过A、B两板间过程中板间电压视为不变。忽略电子间的相互作用，求：(1)要使电子均能从A、B两板间射出，的最大值；(2)当取（1）中最大值时，荧光屏上的光斑在屏上运动的速度大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）设电子质量为、电荷量为，从小孔S穿出时的速度大小为，在加速电场中，由解得电子在A、B两板间运动的时间当时，在竖直方向上偏转的最大距离要使电子均能从A、B两板间射出，应满足联立，解得：即（2）当时，电子恰好从A、B两板右边缘射出，在竖直方向的速度大小电子从A、B两板右边缘运动到荧光屏的时间则电子打在荧光屏上时，到荧光屏中心的最远距离荧光屏上的光斑在屏上运动的速度大小联立，解得11带电粒子在重力场和电场中的圆周运动34．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度大小为g，电场强度大小。则下列说法中正确的是（）A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在Q点B．经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为C．小球在Q处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动D．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N点【答案】D【详解】A．电场力和重力的合力为方向右下方，与水平方向45°，所有动能最大点在QM圆弧的中点，A错误；B．在N点，则有在M点，则有根据动能定理，则有可解得B错误；C．PN圆弧的中点即为速度最小点，从P点出发恰好到达速度最小点，所以相同的速度从Q点出发，无法到达速度最小点，C错误；D．机械能最小意味着电势能最大，N点电势最高，电势能最大，D正确。故选D。35．（2025·四川·模拟预测）如图所示，足够大的空间内存在与水平方向成角的匀强电场，一不可伸长的绝缘轻绳，一端系于点（距水平地面足够高），另一端系一质量为、电荷量为的小球（可视为质点），当小球处于静止状态时，轻绳与竖直方向的夹角为。现将小球拉至点右侧等高位置（轻绳刚好拉直）静止释放，小球运动到点正下方时，轻绳碰到点（小于绳长）的刀片而断裂，最终小球落在水平地面上。已知重力加速度大小为，。下列说法正确的是（）A．电场强度的大小为B．小球在整个过程中受到的合力为变力C．轻绳断裂前、后瞬间小球速度大小不变D．轻绳断裂后，小球做平抛运动【答案】C【详解】A．当小球处于静止状态时，对小球进行受力分析，如图1所示根据平衡条件可得，解得，故A错误；B．小球受重力和电场力的合力小球受力如图2所示从静止到运动至点正下方的过程中，小球做圆周运动，受到的合力为变力，故B错误；C．轻绳与刀片接触前、后瞬间，由于力的切向分量为零，小球速度大小不变，故C正确；D．轻绳断裂后，小球速度方向水平向左，合力大小恒定方向斜向右下，小球做类斜抛运动，故D错误。故选C。36．（2025·河南·模拟预测）如图所示，空间有足够大的水平向右的匀强电场，一根不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m、带电量为q的带正电的小球，另一端固定于O点，绳长为L。把小球拉起至细线与电场方向平行的A点，然后无初速度释放。小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角θ=37°时的B点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．匀强电场的电场强度的大小为B．小球到达最低点时的速度大小为C．小球经过最低点时受到细线拉力的大小为2mgD．小球摆到左侧最大位置B点时的加速度大小为g【答案】ACD【详解】A．设匀强电场的电场强度的大小为E，小球从A点无初速度释放摆到左侧最大位置B点的过程，根据动能定理有解得，故A正确；B．小球到最低点过程，根据动能定理有解得小球到最低点的速度大小为，故B错误；C．经过最低点时，对小球受力分析有解得小球经过最低点时受到细线拉力的大小为T=2mg，故C正确；D．摆球做圆周运动，摆到左侧最大位置时速度为0，即所需向心力为0，即沿半径方向的合力为0，根据牛顿第二定律有结合上述解得小球摆到左侧最大位置时的加速度大小a=g，故D正确。故选ACD。37．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动，图中A、B分别为圆周上的最高点和最低点。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q（q>0）、质量为m，电场强度大小为E，重力加速度大小为g，求：(1)小球在A点的速度大小；(2)小球运动至B点时细线上拉力的大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得联立解得（2）设最低点B点速度为v，A到B运动过程根据动能定理有解得此时细线上拉力为F，由牛顿第二定律有联立得38．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，方向为水平向右的匀强电场中，有一质量为的带电小球，所带的电荷量是，现用长为的绝缘细线悬于O点，当小球平衡时，绝缘细线和竖直方向的夹角为求：(1)现给小球一个初速度，速度方向和绝缘细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做逆时针方向的圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为多少？(2)在（1）问条件下，若当小球运动到最高点时，绝缘细线突然断了，小球将做类似斜上抛的运动，则小球以后运动过程中的最小速度是多少？【答案】(1)(2)【详解】（1）小球受力如图所示根据力的平衡可得小球做圆周运动的等效最高点是当转到图中小球的斜对面时，该处重力和电场力的合力提供向心力时，小球的速度最小根据牛顿第二定律，有解得（2）小球在复合场中做圆周运动，复合场的方向沿图中细线的方向斜向下如图所示由图中竖直最高点向复合场中等效最高点运动的过程中，运用动能定理得解得在竖直最高点将速度分解，当沿复合场方向速度减为零时小球的速度最小，即在最高点沿垂直复合场方向的速度分量为运动过程中的是最小速度。39．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在竖直平面内，有水平向右的匀强电场，一半径为的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平光滑绝缘轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，，一质量为，带电量为的带正电小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道恰好能通过C点，并飞出落至水平轨道；已知小球在B处速度最大，重力加速度大小为。求：(1)匀强电场的电场强度E；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道的落地点与A之间的距离大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）电场力F=Eq，小球到达C点时所受合力的大小为F，指向圆心O。由力的合成法则有所以（2）设小球到达C点时的速度大小为，由向心力公式得解得A到C，解得小球在A点的动量大小为（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零，加速度大小为重力加速度的匀加速运动。水平方向做匀变速直线运动，y方向上，解得x方向上，球落地点与A距离为12用动力学的观点分析力、电综合问题40．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，电荷量为q的带电小球A用长为l的绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量为2q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，OB之间距离为，小球A平衡时与小球B位于同一竖直平面内，此时悬线与竖直方向夹角，已知带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，则（）A．细线拉力大小为B．小球A的质量为C．剪断细线瞬间，小球B的加速度大小为gD．剪断细线，小球B做匀加速运动【答案】B【详解】AB．由几何关系可知为等腰三角形，；以小球A为研究对象，受力情况如图所示由共点力平衡条件得，由库仑定律得联立解得，故A错误，B正确；C．因小球B固定在O点正下方绝缘柱上，所以剪断细线瞬间小球B仍处于静止状态，加速度大小为零，故C错误；D．剪断细线之后，小球B始终固定在下方绝缘柱上，加速度始终为零，故D错误。故选B。41．（2025·福建龙岩·模拟预测）如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板恰好等距。甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH=3，接通电源，不计粘滞阻力和甲乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗粒，正确的说法是（）A．乙比甲先到达极板B．甲、乙的电势能均增大C．甲、乙受到的电场力方向相同D．增大pH值，甲受到的电场力变大【答案】A【详解】A．未接通极板电源时，甲乙颗粒均悬浮，重力等于浮力，调节溶液pH=3，从图中可知甲蛋白质颗粒带电量为-2q0，乙带电量为2q0，接通电源后电场强度一样，由牛顿第二定律可得由于甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，故甲的加速度为乙的一半，二者到相应极板距离相同，则乙比甲先到达极板，故A正确；B．甲乙运动过程中电场力都做正功，电势能均减小，故B错误；C．甲乙带电性相反，受力方向相反，故C错误；D．由图可知，增大pH值，甲带的电荷量先减小后增大，故电场力也是先减小后增大，故D错误。故选A。42．（2025·山西吕梁·三模）如图所示，倾角为的光滑、足够长绝缘斜面固定在水平地面上，斜面底端有一电荷量为、质量为的带电小物块，小物块在平行于斜面向上的恒定拉力作用下，由静止开始运动，经过一段时间后撤去拉力，此后，小物块继续沿斜面运动，又经过返回到斜面底端。已知重力加速度取，整个空间存在水平向右的电场强度大小的匀强电场。则拉力的大小为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】由牛顿第二定律可得，取沿斜面向上为正方向，则，且联立解得N故选D。43．（2025·江西·模拟预测）（多选）如图所示，绝缘水平面上有一质量为m的带电滑块在纸面内向右运动，纸面内存在电场强度方向不确定、大小一定的匀强电场，当电场方向与竖直向上方向的夹角为θ1时，滑块向右加速的加速度达到最大，最大值；当电场方向与竖直向下方向的夹角为θ2时，滑块向右减速的加速度达到最大，最大值。g为重力加速度大小，滑块与水平面的动摩擦因数为μ，电场力大小为F，下列关系式正确的是（）A． B．θ1=60° C． D．F=mg【答案】ABD【详解】A．当电场方向与竖直向上方向的夹角为时，滑块向右加速的加速度达到最大，根据牛顿第二定律，有令根据数学知识可得则有同理当电场方向与竖直向下方向的夹角为时，根据牛顿第二定律，有整理得所以有当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等号，联立可得故A正确；BC．将代入可得此时故B正确，C错误；D．将代入解得故D正确。故选ABD。13用能量的观点分析力、电综合问题44．（2025·北京西城·三模）如图所示，实线是竖直面内以O点为圆心的圆，MN和PQ是圆的两条相互垂直的直径，在竖直面内存在由Q点指向P点的匀强电场。从O点在竖直面内向各个方向以大小相同的初速度发射电荷量和质量完全相同的带正电小球，通过圆上各点的小球中，经过N点的小球速度最大。不计空气阻力及小球间的相互作用。小球通过圆上各点时，下列说法正确的是（）A．通过Q点的小球，重力势能与动能之和最大B．通过P点的小球，重力势能与动能之和最大C．通过M点的小球，电势能与重力势能之和最小D．通过N点的小球，电势能与重力势能之和最大【答案】B【详解】AB．根据功能关系，电场力对小球做的功等于小球的机械能增加量，题意可知小球受到的电场力沿Q指向P方向，所以通过P点的小球，电场力对小球做正功最多，重力势能与动能之和（机械能）最大，故A错误，B正确；C．根据能量守恒可知，小球动能最大时电势能与重力势能之和最小，根据等效重力法可知，小球动能最大在圆的最低点与P之间，不可能在M点，故C错误；D．根据能量守恒可知，小球动能最小时电势能与重力势能之和最大，根据等效重力法可知，小球动能最小在圆的最高点与Q之间，不可能在N点，故D错误。故选B。45．（2025·河北保定·一模）（多选）如图所示，、为导线与平行板电容器的连接点，平行板电容器水平放置，下极板接地，电源两端电压恒定，一油滴恰能静止于平行板的中间点。若将两极板分别绕过、两点的轴在纸面内顺时针转过相同的角度，如图中虚线所示。下列说法正确的是（）A．点的电势不变B．油滴将水平向右做匀加速直线运动C．油滴在极板间运动过程中电势能增加D．油滴在极板间运动过程中重力势能增加【答案】AB【详解】A．由于电容器始终与电源相连，两极板的电势差仍为U，又由于P点仍处于板的中间，由于电容器始终与电源相连，两极板的电势差仍为U，故电势可见点的电势不变，A正确；B．设原来两极板间距为d，两极板的电势差为U，带电油滴处于静止状态，则当两极板分别绕过、两点的轴在纸面内顺时针转过相同的角度θ后，两极板间距变为由于电容器始终与电源相连，两极板的电势差仍为U，故此时极板间的电场强度电场力在竖直方向的分力所以带电油滴的合力方向恰好水平向右，故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，B正确；C．油滴向右运动过程中电场力做正功，油滴的电势能不断减少，C错误；D．油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，竖直高度不发生变化，故重力势能不变，D错误。故选AB。46．（2025·江西·模拟预测）（多选）如图，水平地面上方存在方向水平向右的匀强电场，O、Q为水平地面上的两点。将一带正电荷的小球(看作质点)从电场中O点以9J的初动能竖直向上抛出，运动到最高点P点时，小球的动能为16J，最后落回到地面上的Q点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球所受电场力与重力的大小之比为3：4B．小球从O点运动到P点与从P点运动到Q点的位移大小之比为1：3C．小球落回Q点时的动能为73JD．小球运动过程中的最小动能为5.76J【答案】CD【详解】A．小球从O到P的过程，设抛出时的初速度为v0，到达P点的速度为v₁，则水平方向有竖直方向有又联立可得，联立可得小球所受电场力与重力的比值为，A项错误；B．根据小球在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向运动时间具有对称性，水平方向小球从O点到P点与从P点到Q点的水平位移之比为1：3，B项错误；C．小球从P到Q的过程，根据竖直方向的对称性，可知水平方向有竖直方向有则Q点的速度大小为

小球落回Q点时的动能为，C项正确；D．当速度与合力垂直时，速度最小；设速度与水平方向成θ角，则有设从O点到速度最小所用时间为t，水平方向有竖直方向有又联立可得可得小球运动过程中的最小动能为，D项正确。故选CD。47．（2025·湖南永州·三模）如图所示，半径为的均匀带电细圆环处于水平面内，圆心位于竖直轴上的原点处，细圆环所带电荷量为，轴上A点与原点的距离为，静电力常量为，质量为的带负电小球恰能静止于A点，重力加速度为，下列说法正确的是（）A．若在外力作用下，将小球从A点移到B点，电势能减小B．若在外力作用下，将小球从A点移到O点，电场力不断增大C．细圆环带负电，小球所带电荷量为D．若在外力作用下，沿y轴向上缓慢移动小球，移动过程中外力所做的功大于小球增加的重力势能【答案】C【详解】A．带负电小球恰能静止于A点，则圆环带负电，在外力作用下将小球从A点移到B点，库仑力做负功，电势能增大，故A错误；C．原点处电场强度为零，轴上无穷远处电场强度也为零，小球带负电，在A点时，受到重力，细圆环对其向上的电场力，二者平衡，有微元累积求和，可得故细圆环带负电，小球所带电荷量为，故C正确；B．因与关系未知，则沿轴从A点移到O点，电场强度可能不断减小，也可能先增大后减小，故小球所受电场力可能不断减小，也可能先增大后减小，故B错误；D．球沿轴向上缓慢移动过程中，电场力对小球做正功，小球电势能减小，由动能定理可得即外力和电场力做的功之和等于小球的重力势能增加量，可知外力所做的功小于小球增加的重力势能，故D错误。故选C。48．（2025·四川遂宁·二模）（多选）如图所示，在一粗糙绝缘水平面上有共线的、、、四点，一电荷量为的均匀带电小球固定在点，现有一质量为、电荷量为的带电小金属块，从点以初速度向右运动，到点速度达到最大值，最后静止在点。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，、间距离为，静电力常量为，重力加速度为，带电体均可视为质点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．小金属块由向运动的过程中，电势能先增大后减小B．、两点间的电势差C．小金属块速度最大时距点的距离D．从到的过程中，小金属块减少的动能等于系统增加的内能【答案】BC【详解】A．在小金属块由M向P运动的过程中，电场力的方向一直与运动方向相同，电场力做正功，电势能一直减小，故A错误；B．小金属块从N到P过程，由动能定理得解得、两点间的电势差为故B正确；C．由题意知，从M到N过程，金属块做加速运动，从N到P过程，金属块做减速运动，在N点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，设O、N两点间距离为r，则有解得故C正确；D．从N到P的过程中，小金属块减小的动能和减少的电势能全部转化为内能，故小金属块减少的动能小于系统增加的内能，故D错误。故选BC。49．（2025·陕西咸阳·模拟预测）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，两极板间的电场强度变小B．液面下降后，电容器所带电量增多C．液面下降时蜂鸣器电流由b流向aD．输液管较粗时，电容器容值会变大【答案】C【详解】A．开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器两端电压不变，由公式分析得知，电场强度不变。故A错误；B．根据，，可知液面下降，极板之间的介电常数减小，则电容减小，极板之间电压不变，则电容器所带电量减少，故B错误；C．根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，故C正确；D．结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器容值会变小，故D错误。故选C。50．（2025·重庆九龙坡·模拟预测）屹立于武当山山巅的铜铸金殿是一个庞大的优良导体，当带电的积雨云移来时，能产生“雷火炼殿”奇观。其原理可以简化为以下模型：如图所示，M、N可以视作平行板电容器的两个极板，金属板M带正电，按照图中位置“1”到位置“3”的顺序逐渐靠近接地的金属板N，此过程中M板的带电量不变。则（）A．在位置“2”时，电容器的电容比位置“1”小B．在位置“3”时，M板的电势比位置“2”高C．在位置“3”时，N板携带电荷量比位置“2”多D．位置“2”与位置“3”相比，MN间的电场强度相同【答案】D【详解】A．MN间的电场强度从位置“1”到位置“2”，d减小、S增大，故电容器变小，A错误；BD．由表达式可知E与d无关，所以MN间的电场强度不变，由可知，MN间的电势差变小，而N板电势始终是零，且M板带正电，电势高于N板电势，所以从位置“2”到位置“3”该过程中M板电势降低，B错误；D正确；C．极板处于断路状态，电荷量不变，C错误。故选D。51．（2025·全国·模拟预测）现有一个带正电的粒子（质量为）以一定速度从带电平行板间的点（与下极板高度为）沿垂直电场方向射入电场（如下图所示），电荷量为。两个极板之间间隔为，长度为，电场强度为，轨迹如图中曲线所示，板间电场可视为匀强电场，可忽略粒子本身的重力和体积。若此时该带电粒子恰好从极板右侧射出，则该极板的长度为（）A． B．C． D．【答案】C【详解】沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小，由该方向的位移关系，解得沿垂直电场方向做匀速直线运动，由故选C。52．（2025·北京海淀·三模）具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的两种同位素原子核（、）从带电平行板间的点沿垂直于电场的方向射入电场，均落在极板上的同一点，如图所示。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（）A．两种粒子在电场中运动的时间相同B．两种粒子在点具有相同的初速度C．在电场中运动时动能的增量更小D．在电场中运动时动量的增量更小【答案】D【详解】A．粒子垂直电场入射，做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向匀加速，因两粒子落在同一点，x、y相同，q相同，则水平方向竖直方向质量，质量则，A错误；B．由相同，得，B错误；C．由动能定理，动能增量故两粒子动能增量相等，C错误；D．由动量定理，动量增量因则即动量增量更小，D正确。故选D。53．（2025·河南·三模）如图所示，在竖直平面直角坐标系xOy内存在电场（图中未画出），光滑绝缘的竖直四分之一圆弧轨道ab竖直放置，半径为R，a端与坐标原点O重合，圆心位于x轴上，将带电小球从a点以初速度v0竖直向下射入轨道，小球恰好在轨道内做匀速圆周运动。小球的质量为m、电荷量为+q（q>0），重力加速度为g。取初始位置电势为0，下列关于小球进入轨道后所处位置的电势φ与时间t的关系图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】带电小球在圆弧轨道内做匀速圆周运动，所以其电势能的变化等于重力势能的变化。如图经过时间t，运动的弧长由几何知识可知，又得所以电势随时间按照正弦规律变化，到达b点时电势为。故选C。54．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，用一个电源分别给两个中间为真空的平行板电容器充电。开始时，电键断开，然后将电键S1分别接到1、2两处，稳定后断开。两个电容器充电过程中电流强度随时间变化的情况如乙图所示，则下列说法正确的是（）A．电容器的电容B．电容器的电容C．减小电容器C2的正对面积，再次闭合S1至1，电阻R2上有向左的瞬时电流流过D．在电容器C1中间插入有机玻璃，再次闭合S1至2，电阻R1上有向右的瞬时电流流过【答案】AD【详解】AB．图像与时间轴所围几何图形的面积表示电容器极板所带电荷量大小，根据图像可知充电稳定后，两个电容器两端电压均等于电源的电动势E，根据电容的定义式有，则有，故A正确，B错误；C．对电容器C2，根据，减小电容器C2的正对面积，电容减小，电荷量一定，则极板两端电压增大，即再次闭合S1至1，电容器将处于放电状态，可知，电阻R2上有向右的瞬时电流流过，故C错误；D．对电容器C1，根据，在电容器C1中间插入有机玻璃，介电常数增大，电容增大，电荷量一定，则极板两端电压减小，即再次闭合S1至2，电容器将处于充电状态，可知，电阻R1上有向右的瞬时电流流过，故D正确。故选AD。55．（2025·宁夏吴忠·一模）（多选）如图所示，光滑水平地面上放置一均匀带电长木板，水平面左端固定一弹性挡板，整个空间存在沿水平向左方向的匀强电场，长木板左端距挡板距离d=1.8m，木板右端放一绝缘小物块，物块可视为质点，已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5。物块和木板的质量均为m=1kg，木板所受电场力始终为，重力加速度，现将物块与木板由静止释放，木板每次与挡板碰后将以原速率反弹，则（）A．物块与木板由静止释放后将一起向左做匀加速运动，且加速度大小为B．木板第一次与挡板碰撞时物块的速度大小为C．木板第二次与挡板碰撞时物块的速度大小为D．若木板的长度为1.5m，则物块不会从木板上滑出【答案】AC【详解】A．假设物块和木板由静止释放后保持相对静止一起向左运动，则对二者整体列牛顿第二定律得，解得再对木板由牛顿第二定律得解得，故假设成立，物块和木板一起向左做匀加速直线运动，且加速度为，故A正确；B．设木板第一次与挡板碰撞时物块的速度大小为v1，则可得，故B错误；C．木板与挡板碰撞后先向右减速运动后向左加速运动，物块向左做匀减速直线运动，分别对木板和物块由牛顿第二定律有，解得，设经时间t后二者再次共速，速度为，则有，解得，设共速时，木板下端距挡板距离为d′，共速后二者一起匀加速运动，在第二次碰撞前有，联立可得，故C正确；D．根据能量守恒可得解得最小长度为，故D错误。故选AC。56．（2025·天津武清·二模）利用电磁场可将离子从中性粒子束中剥离出来。“电偏转系统”原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行。离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。以下极板左端点为坐标原点建立Oxyz空间坐标系，假设离子在混合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过单位面积（xOz平面）进入电场的离子数为n。在两极板间加电压恒为U，恰好所有离子均被吸附在下极板。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，初速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。求：(1)极板的长度L；(2)落在下极板中间三分之一区间内的离子占总离子数的比例η；(3)在如图2所示的简图中，请你运用所学知识，在空白实线区域设计某种装置，可将混合粒子（假设离子在混合粒子束中是均匀分布）分离，且分离出的离子仍然均匀分布。（图中点状线为粒子的边界，混合粒子中所有粒子的速度均相同。）（装置中涉及的几何关系请简要说明）【答案】(1)(2)(3)加垂直于纸面向外的匀强磁场，见解析【详解】（1）所有离子恰好均被吸附在下极板，则从上极板左边缘进入的离子恰好到达下极板右边缘，则有，根据牛顿第二定律有解得（2）落在下极板中间三分之一区间内的离子均做类平抛运动，对该区间最左侧部分粒子有，对该区间最右侧部分粒子有，解得，则有（3）可以在空白实线区域加垂直于纸面向外的匀强磁场，令磁感应强度为B，由洛伦兹力提供向心