2025屆高考物理考點(diǎn)復(fù)習(xí)：電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動（解析版）

第18講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動

考點(diǎn)一平行板電容器的動態(tài)分析

考點(diǎn)二帶電粒子（或帶電體）

在電場中的直線運(yùn)動

考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

考點(diǎn)四帶電體在復(fù)合場中的

運(yùn)動

崔由三摒施??電融精折

題型1平行板電容器兩類動態(tài)的分析

，題型2生產(chǎn)生活中的電容器動態(tài)分析

，題型3電場中帶電粒子/體的直線運(yùn)動

戒好四峰恚-抽理專稀

題型4電場中帶電粒子/體的拋

'體運(yùn)動______________________

\題型5帶電體在等效重力場中的運(yùn)

、動________________

知植?復(fù)力。林

1.理解電容器的基本概念,掌握好電容器的兩類動態(tài)分析.

2.能運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解解決帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題.

3.用動力學(xué)方法解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動問題.

知3,務(wù)實(shí)知M

考點(diǎn)一平行板電容器的動態(tài)分析

1.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差獨(dú)曳黃，電容器中儲存電場能.

（2）放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中曳及熊轉(zhuǎn)化為其他形式的能.

2.對公式C=號的理解

電容c=S，不能理解為電容c與2成正比、與儀_成反比，一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身

的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān).

3.兩種類型的動態(tài)分析思路

⑴確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.

oq

(2)用決定式。=式匯分析平行板電容器電容的變化.

(3)用定義式。=號分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化.

(4)用E=號分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變化.

探秘?例題特析

[例題1](2024?嘉興模擬)如圖所示是電容式話筒示意圖，振動膜片涂有薄薄的金屬層，膜后幾十

微米處是固定的金屬片，兩者構(gòu)成了電容器的兩極。當(dāng)聲音傳至振動膜片時(shí)，帶動膜片振動，

引起兩極板間距變化。則()

—固定電極

輸出信號

A.膜片振動過程中電容器兩極間電壓恒定

B.膜片向右振動時(shí)通過電阻R的電流向左

C.聲音頻率越高時(shí)話筒的輸出信號越強(qiáng)

D.膜片振動頻率與聲音頻率無關(guān)

【解答】解：AB、根據(jù)電容的決定式C=品，當(dāng)振動膜片向右運(yùn)動時(shí)，電容器兩極板間的距離

減小，電容增大，根據(jù)電容的定義式c=*若電容器的電壓U不變，那么電容器的帶電量Q增

大，電容充電，則R上有向左的電流，由于形成的充電電流是變化的，R兩端的電壓是變化的,

則知電容器兩極間電壓也是變化的，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、聲音頻率越高時(shí)，膜片振動越快，膜片振動頻率越大。若聲音響度越大，膜片振動的振幅越

大，形成的充電電流增大，話筒的輸出信號越強(qiáng)，可見聲音頻率越高時(shí)話筒的輸出信號強(qiáng)度不變，

故CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

［例題2］（2024?瓊山區(qū)校級模擬）磷脂雙分子層是構(gòu)成細(xì)胞膜的基本支架，分子層之間具有彈性，

可近似類比成勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧。細(xì)胞膜上的離子泵可以輸運(yùn)陰陽離子，使其均勻地分

布在分子層上，其結(jié)構(gòu)示意如圖所示。已知無限大均勻帶電薄板周圍的電場為勻強(qiáng)電場，靜電

力常量為k,介質(zhì)的相對介電常數(shù)為e「，細(xì)胞膜的面積S?d2。當(dāng)內(nèi)外兩膜層分別帶有電荷量Q

和-Q時(shí)，關(guān)于兩分子膜層之間距離的變化情況，下列說法正確的是（）

+

d

A.分子層間的距離增加了4注

8rSkr

B.分子層間的距離減小了鄉(xiāng)字

srSki

471ko2

C.分子層間的距離增加了一一

8rSkf

47ikQ2

D.分子層間的距離減小了

【解答】解：內(nèi)外兩膜層分別帶有電荷量Q和-Q時(shí)，兩膜層之間電場力為引力，在該引力作用

下，分子層之間的距離減小，令距離減小量為Ax,分子層之間具有彈性，可近似類比成勁度系數(shù)

為k的輕質(zhì)彈簧，由于無限大均勻帶電薄板周圍的電場為勻強(qiáng)電場，細(xì)胞膜的面積S>>d2,則

膜層周圍的電場也可近似看為勻強(qiáng)電場，令電場強(qiáng)度為E,可知單獨(dú)一個(gè)極板產(chǎn)生的場強(qiáng)為（E,

則有k/=Q

根據(jù)電容的定義式和決定式C=§,C=番

根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系有E=/

結(jié)合上述解得分子層間的距離變化量=§等

￡丁3K

,2nkQ2

即分子層間的距離減小了

￡rSk'

故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選：Bo

［例題3］（多選）（2024?江西模擬）電容式加速度傳感器是常見的手機(jī)感應(yīng)裝置，結(jié)構(gòu)如圖所示。

質(zhì)量塊的上端連接輕質(zhì)彈簧，下端連接電介質(zhì)，彈簧與電容器固定在外框上，質(zhì)量塊帶動電介

質(zhì)移動改變電容，則下列說法正確的是()

A.電介質(zhì)插入極板越深，電容器電容越大

B.當(dāng)傳感器處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，電容器不帶電

C.當(dāng)傳感器由靜止突然向前加速時(shí)，會有電流由a流向b

D.當(dāng)傳感器以恒定加速度向前運(yùn)動，達(dá)到穩(wěn)定后電流表指針不偏轉(zhuǎn)

【解答】解：A.根據(jù)題意，電介質(zhì)插入極板越深，根據(jù)電容器的決定式C=^

47T/CU

介電常數(shù)變大，電容器電容越大，故A正確；

B.當(dāng)傳感器處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，電容器帶電，左極板帶正電，右極板帶負(fù)電，且兩極板之間電勢差

大小恒等于電源電動勢，故B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)傳感器由靜止突然向前加速時(shí)，彈簧會伸長，向上的彈力增加，電介質(zhì)插入極板深度增加，

根據(jù)電容器的決定式：C=^

可知電容器電容增大，因電容器兩端的電壓不變，根據(jù)電容器的定義式：

Q=CU可知，兩極板間的電荷量增大，則會有電流由b流向a,故C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)傳感器以恒定加速度向前運(yùn)動，達(dá)到穩(wěn)定后彈簧彈力不變，電介質(zhì)插入極板深度不變，則

電容器電容不變，極板電荷量也不變，故電流表中沒有電流通過，指針不偏轉(zhuǎn)，故D正確。

故選：ADo

考點(diǎn)二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運(yùn)動

1.做直線運(yùn)動的條件

(1)粒子所受合外力歹令=0,粒子或靜止,或做勻速直線運(yùn)動.

(2)粒子所受合外力尸才0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動或勻減

速直線運(yùn)動.

2.用功能觀點(diǎn)分析

a=~,E=］v2~vl=2ad.

3.用功能觀點(diǎn)分析

勻強(qiáng)電場中：W—Eqd—qU—^inv2—^mvo

非勻強(qiáng)電場中：W=qU=Ek2~Eu

探秘?例題樣析

［例題4］（多選）（2023?大連模擬）靜電植絨技術(shù)于3000多年前在中國首先起步。如圖所示為植絨

流程示意圖，將絨毛放在帶負(fù)電荷的容器中，使絨毛帶負(fù)電，容器與帶電極板之間加恒定電壓，

絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布料表面上。己知絨毛到達(dá)布料表面時(shí)速率越大，植絨效果

越好。帶電極板與布料間距忽略不計(jì)，下列判斷正確的是（）

絨毛在帶負(fù)電荷的

容器中帶上負(fù)電

B.絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電勢能不斷減少

C.帶電量相同，質(zhì)量大的絨毛，植絨效果越好

D.若減小容器與帶電極板之間的距離，植絨效果不變

【解答】解：A、絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布料表面上，所以絨毛受到的電場力向下，

帶電極板帶正電，故A錯(cuò)誤；

B、絨毛成垂直狀加速飛到植絨的布料表面上，電場力做正功，電勢能不斷減小，故B正確；

C、根據(jù)動能定理得qU=：nw2,可得1；=/梁，可知帶電量相同，容器與帶電極板之間加恒定

電壓，質(zhì)量大的絨毛，到達(dá)植絨表面的速度越小，植絨效果越不好，故C錯(cuò)誤；

D、由卜=^^可知,絨毛到達(dá)植絨表面的速度和容器與帶電極板之間的距離無關(guān)，因?yàn)槿萜髋c

帶電極板之間加恒定電壓，所以絨毛到達(dá)植絨物體表面的速度不變，植絨效果不變，故D正確。

故選：BD?

［例題5］（2024?合肥二模）我國是世界上第三個(gè)突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國家?；魻柾七M(jìn)器的

工作原理簡化如圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)猷氣進(jìn)入放電通道后被

電離為何離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實(shí)驗(yàn)中，加速電壓為U,

氤離子向外噴射形成的電流強(qiáng)度為Io氤離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m,忽略離子的初速

度及離子間的相互作用，則離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為（）

_______放電通道r?—?

Xe+

?>

陽極陰極

[2mU

D.I

【解答】解：債離子在加速電場中由動能定理有：Uq=^mv2

設(shè)At時(shí)間內(nèi)有n個(gè)流離子噴射出，則有：/=%

取水平向右為正方向，對n個(gè)氤離子由動量定理有：FAt=nmv-0

聯(lián)立方程可得：F=I、等

由牛頓第三定律可知離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力F'=尸=//乎，故D正確，ABC錯(cuò)誤。

故選：D。

［例題6］（多選）（2023秋?廣州期末）水平地面上方存在水平方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、帶負(fù)電

且電荷量為q的小球A以一定的初速度vo從地面上的O點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，速度方向與水平方

向的夾角為53°,恰好沿vo方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動，則（）

3

A.電場方向水平向右且電場力大小為Tig

B.從地面到最高點(diǎn)，克服重力做功為:小謚

C.從地面到最高點(diǎn)，克服電場力做功為0.186詔

D.從地面出發(fā)再回到地面用時(shí)為出

g

【解答】解：A.小球恰好沿方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動，可知小球受到的重力和電場

力的合力方向剛好與vo方向相反，如圖所示：

叱二、八53。

Fmg

可知電場力大小為Eq=二葭=梳mg,由于小球帶負(fù)電，可知電場方向水平向右，故A正確；

BCD.小球受到的合力為F=添爵=[mg,小球的加速度為：a=5=根據(jù)對稱性可知，從

地面出發(fā)再回到地面用時(shí)為：t=2ti=2"=學(xué)，從地面到最高點(diǎn)，通過的位移大小為s=Ja=

a5g乙a

2Q

-gy,則從地面到最高點(diǎn)，克服重力做功為WG=mgh=mgs?sin53°=汨m詔，從地面到最高點(diǎn)，

克服電場力做功為W由nqEsYosSB。，解得W電=0.18m詔，故BD錯(cuò)誤，C正確。

故選：ACo

考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

1.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進(jìn)入句強(qiáng)電場.

(2)運(yùn)動性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動.

(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個(gè)方向上的直線運(yùn)動,類似于平拋運(yùn)動.

(4)運(yùn)動規(guī)律：

①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動,運(yùn)動時(shí)間

(a.能飛出電容器：t=~.

Jvo

b.不能飛出電容器：y=[aP=~^^P,t=A

IJ22ma\jqu

②沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動

f小、韋南FqEqU

加速度：a=-==j

mmma

＜離開電場時(shí)的偏移量：y=2at2=2mdvi

、離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tan。弋=輯

2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是

相同的.

證明：由qUo=^mvo

y=U?鬻命

e,cUll

侍：y—4Uod'tanO-2Uod

（2）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)。為粒子水平位移的中點(diǎn)，即0

到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為今

3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系

當(dāng)討論帶電粒子的末速度u時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy=^mv2—^mvQ,其中4=%,指

初、末位置間的電勢差.

探秘?創(chuàng)題樣析

［例題7］（多選）（2024?西城區(qū)校級模擬）如圖所示，一帶負(fù)電粒子（不計(jì)重力）質(zhì)量為m、電荷

量大小為q,以初速度vo沿兩板中央水平方向射入水平放置、距離為d、電勢差為U的一對平

行金屬板間，經(jīng)過一段時(shí)間從兩板間飛出，在此過程中，已知粒子動量變化量的大小為Ap,下

列說法正確的是（）

A.粒子在兩板間運(yùn)動的加速度大小為二

dm

B.粒子從兩板間禺開時(shí)的速度大小為一

m

C.金屬板的長度為色簪

Uq

2

D.入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的電勢差為-給

【解答】解：A.根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在兩板間運(yùn)動的加速度大小為

a=黑，故A正確;

BC.粒子在沿電場方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動，水平

方向的動量變化為0;根據(jù)題意有Ap=Apy=mvy-0

可得粒子從兩板間離開時(shí)沿電場方向的分速度大小為vy=黑

則粒子在兩板間的運(yùn)動時(shí)間為"券=翳

金屬板的長度為L==筆滑，故B錯(cuò)誤，C正確；

D.設(shè)入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的電勢差為U',根據(jù)動能定理可得一qU'=1mv2-1mv2

其中"2=Vo+Vy

2

解得=一瑞，故D正確。

故選：ACDo

[例題8]（2023?和平區(qū)校級模擬）如圖所示，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場E,從傾角30。的斜面上

A點(diǎn)平拋一帶電小球，落到斜面上的B點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，下列說法中正確的是（）

A.若將平拋初速度減小一半，則小球?qū)⒙湓贏B兩點(diǎn)的中點(diǎn)

B.平拋初速度不同，小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間的夾角不同

C.平拋初速度不同，小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間夾角正切值一定相同，等于

2tan30°

D.若平拋小球的初動能為6J,則落到斜面上時(shí)的動能為14J

【解答】解：小球受重力和電場力，電場力既可向上也可向下，球做類平拋運(yùn)動，加速度a恒定,

方向向下。

根據(jù)類平拋運(yùn)動的分運(yùn)動規(guī)律，有：

x=vot,

y=21a/2C,

tan30°=-,

x

2%2

2votan3O°=畢*=駕量

a3a3a3a

A、若將平拋初速度減小一半，根據(jù)冥，y=婆，x和y均減小為原來的：，故A錯(cuò)誤;

BC、設(shè)小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間的夾角為a,則有:

tan(a+30°)=—=—=2tan30°,

%%

故平拋初速度不同，小球落到斜面上時(shí)的速度方向與斜面間的夾角相同，但是tanaW2tan30°,

故BC錯(cuò)誤;

D、由于小球落到斜面上時(shí)的速度方向與水平方向的夾角的正切值:ta呻弋=2.3。。=

1

初動能：Ek=2mvo=6J>

_11

末動能：Ek7-^mv2-+Vy),

故：Ek'=6J+(-V3)2X6J=14J,故D正確;

故選：D。

[例題9]（2023?海淀區(qū)校級模擬）如圖所示，場強(qiáng)大小為E,方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形

區(qū)域abed,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m,帶電量分別為+q和-q的兩粒

子，由a,c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率vo進(jìn)入矩形區(qū)域（兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場中）。

不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則vo等于（

s2qEs,qE

C.一D.-

4mh4mh.

軌跡相切時(shí)，速度方向恰好相反

即在該點(diǎn)，速度方向與水平方向夾角相同：粵=平

at]d^2

根據(jù)牛頓第二定律：Eq=ma

兩個(gè)粒子都做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動：V0tl+V0t2=S

11

豎直方向做勻加速直線運(yùn)動：-at\+-at}=h

由以上各式整理得：%=*J舄,

因此B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：Bo

[例題10]（2023?福建模擬）1897年，物理學(xué)家湯姆孫正式測定了電子的比荷，揭開了原子神秘的面

紗。如圖所示為湯姆外測定電子比荷裝置的簡化示意圖，陰極K發(fā)出的電子由靜止經(jīng)過加速電

壓Uo加速后，沿軸線進(jìn)入兩平行極板C、D間。僅在C、D極板間施加一定電壓，電子從C、

D右側(cè)離開時(shí)偏離軸線距離為y；若保持電壓不變，在C、D間加上與紙面垂直的磁場，發(fā)現(xiàn)電

子沿直線前進(jìn)。已知電子的電荷量大小為e,質(zhì)量為m。C、D極板間距為d,長度為L。求：

（1）電子經(jīng)過加速電壓Uo加速后的速度大小vo；

（2）C、D極板間所加的電壓大小U；

（3）C、D極板間所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。

1

【解答】解：（1）電子經(jīng)過加速電壓Uo加速過程，由動能定理有eUo=/小詔

解得：吶曾

（2）電子進(jìn)入極板間之后做類平拋運(yùn)動，豎直方向和水平方向上分別有y=*a〃，L=vot

u

由牛頓第二定律有e—=ma

a

聯(lián)立各式可得u="學(xué)

（3）若保持電壓不變，在C、D間加上與紙面垂直的磁場，發(fā)現(xiàn)電子沿直線前進(jìn)，說明電子所受

電場力和洛倫茲力平衡，則有eE=evoB

又有E]

聯(lián)立解得：B=猾辿詈

考點(diǎn)四帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動

等效法處理疊加場問題

1.各種性質(zhì)的場（物質(zhì)）與實(shí)際物體的根本區(qū)別之一是場具有疊加性，即幾個(gè)場可以同時(shí)占據(jù)同一空

間，從而形成疊加場.

2.將疊加場等效為一個(gè)簡單場，其具體步驟是：先求出重力與電場力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)

“等效重力"，將:視為“等效重力加速度再將物體在重力場中做圓周運(yùn)動的規(guī)律遷移到等效

重力場中分析求解即可.

提科?創(chuàng)題樣析

［例題11］（多選）（2024?武侯區(qū)校級模擬）如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC,

固定在光滑的水平地面上，且圓弧軌道最低點(diǎn)C與水平地面相切?？臻g加有水平向右的勻強(qiáng)電

場，A點(diǎn)位于B點(diǎn)左上方，相對于B點(diǎn)的水平距離和豎直高度均為R,一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小

球從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，恰能從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，小球離開軌道后,

運(yùn)動到D點(diǎn)（D點(diǎn)未畫出）時(shí)速度減為零，則（）

A.小球帶負(fù)電

B.CD段長度為2R

C.小球從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度為J證

D.從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中小球的電勢能增加了3mgR

【解答】解：A、由題意可知，小球恰好從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，此時(shí)的速度是豎

直向下的，則從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球在水平方向上減速，小球受到水平向左的電場力作用，與電場方

向相反，則小球帶負(fù)電，故A正確；

BCD、小球恰好從B點(diǎn)無碰撞地沿圓弧切線進(jìn)入軌道，則小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)水平方向速度為零。

小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，貝噥=2gt2=醺

可得小球運(yùn)動的時(shí)間和到達(dá)B點(diǎn)的速度大小分別為t=售vB=存證

小球在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動，則有R=

可得小球從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小為%=y/2gR,小球在水平方向的加速度的大小為a=g

可知小球受到的電場力大小為F=Eq=mg

1

小球從A到D的過程中，由動能定理可得mgx2R-Fx=0-

解得AD間水平方向的距離：x=3R

可得CD段的長度為XCD=X-2R=3R-2R=R

根據(jù)功能關(guān)系可得從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中小球的電勢能增加了AEp=Fx=3mgR,故BC錯(cuò)誤，D

正確。

故選：ADo

［例題12］（多選）（2024?大足區(qū)校級模擬）科技館中有一光滑絕緣軌道如圖所示，軌道由半徑為R

=2m的豎直光滑絕緣圓軌道和光滑水平軌道構(gòu)成，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。

若空間存在一個(gè)水平向右、大小為E=1.0X104v/m的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量均為0.04kg,電荷量均為

為q=+3Xl（）-5c的小球在C點(diǎn)獲得一個(gè)速度，恰好能過A點(diǎn)，已知sin37°=0.6,cos37°=

0.8,g=10m/s2?下列說法正確的是（）

A.小球在A點(diǎn)的速度是5m/s

B.小球在C點(diǎn)的速度是

C.經(jīng)過A點(diǎn)后，小球經(jīng)過0.6s落到地面上

D.小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)2.4m

【解答】解：A、如下圖所示，將恒定的重力mg與電場力qE合成為合力F,將F作為等效重力，

圓軌道的與F方向平行的直徑的兩端點(diǎn)為P點(diǎn)和Q點(diǎn)，其中點(diǎn)P點(diǎn)為豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動的

等效最低點(diǎn)，Q點(diǎn)為等效最高點(diǎn)。

電場力qE=1.0X104X3X10_5N=0.3N,重力mg=0.04X10N=0.4N

設(shè)F與豎直方向的夾角為。，則有tang需=器=/可得。=37°,則

F=翳，解得：F=0.5N

那么直徑PQ與豎直方向夾角等于。，即Q點(diǎn)與A點(diǎn)重合。小球恰好能過A（Q）點(diǎn)，在A點(diǎn)與

軌道無彈力，小球在A點(diǎn)的速度為VA,根據(jù)牛頓第二定律得：

F=m￡,解得：vA=5m/s,故A正確；

B、設(shè)小球在C點(diǎn)的速度是vc,由C到A的過程，應(yīng)用動能定理得：

-1-1______

-F（R+Rcos0）=2血域一aTTWc?，解得：vc=V115m/s,故B正確；

CD、小球經(jīng)過A后在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動，水平方向上做勻加速直線運(yùn)動，將運(yùn)動分

解，如上圖所示，Vx=VACOS0,Vy=VASin0o

在豎直方向有：R+Rcose=Vyt+|gt2

在水平方向有：X=Vxt-|x^Xt2

解得：t=0.6s（另一解為負(fù)值，舍去），x=1.05m

即經(jīng)過A點(diǎn)后，小球經(jīng)過0.6s落到地面上。小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的距離為：d=x+Rsine=1.05m+2

X0.6m=2.25mo故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：ABCo

［例題13］（多選）（2024?青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，整個(gè)空間存在

平行xoy平面的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度方向與y軸正方向成45°角。質(zhì)量為m的帶電小球從坐標(biāo)

原點(diǎn)沿x軸的正方向以初速度vo水平拋出，經(jīng)過一段時(shí)間小球以的速度穿過y軸正半軸

某點(diǎn)（圖中未畫），重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。則下列說法正確的是（）

A.小球所受電場力大小為企mg

B.小球所受電場力大小為2虎爪9

C.小球電勢能最大時(shí)動能最小

D.小球電勢能最大時(shí)水平速度大小等于豎直速度大小

【解答】解：AB、依題知，帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)到y(tǒng)軸正半軸某點(diǎn)的過程，動能增大，而重力做

負(fù)功，則電場力做正功，小球帶正電。

將小球的運(yùn)動分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)對稱性可知，小球穿過y軸正半軸時(shí)的水平分速

度大小為：Vx=VO

故小球穿過y軸正半軸時(shí)的豎直分速度為：%=J（缶。）2-邛=v0

水平方向有：vx+vo=axt,&=浮—5

xm

豎直方向有：Vy=ayt,%=逅嗜二絲

聯(lián)立解得小球所受電場力大小為：qE=2揚(yáng)ng,故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、小球拋出后，當(dāng)速度方向與電場線垂直斜向上時(shí)，克服電場力做功最多，電勢能最大，此時(shí)

電場力的方向與速度方向垂直，而重力的方向與速度方向夾角為鈍角，接下來小球的速度會繼續(xù)

減小，此時(shí)并非是動能最小的時(shí)刻，由于此時(shí)小球速度與水平方向成45。，則此時(shí)水平速度大小

等于豎直速度大小，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：BD。

[例題14]（2024?昌樂縣校級模擬）如圖所示,空間中在一矩形區(qū)域I內(nèi)有場強(qiáng)大小EI=1X1（）2N/C、

方向水平向右的勻強(qiáng)電場;一條長L=0.8m且不可伸長的輕繩一端固定在區(qū)域I的左上角O點(diǎn)，

另一端系一質(zhì)量mi=0.5kg、帶電荷量q=-0.1C的絕緣帶電小球a；在緊靠區(qū)域I的右下角C

點(diǎn)豎直放置一足夠長、半徑R=1m的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CD是圓筒上表面的

一條直徑且與區(qū)域I的下邊界共線，直徑MN與直徑CD垂直，圓筒內(nèi)左半邊MNCHJK區(qū)域

II中存在大小E2=20N/C、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場。把小球a拉至A點(diǎn)（輕繩繃直且水

平）靜止釋放，當(dāng)小球a運(yùn)動到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)，輕繩恰好斷裂。小球a進(jìn)入電場繼續(xù)運(yùn)動，

剛好從區(qū)域I的右下角C點(diǎn)豎直向下離開電場Ei,然后貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入?yún)^(qū)域II。已知重力加

速度大小取g=10m/s2,繩斷前、斷后瞬間，小球a的速度保持不變，忽略一切阻力。求：

（1）輕繩的最大張力Tm;

（2）小球a運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vc和小球a從B到C過程電勢能的變化量AEP；

（3）若小球a剛進(jìn)入圓筒時(shí)，另一絕緣小球b從D點(diǎn)以相同速度豎直向下貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入圓

筒，小球b的質(zhì)量m2=0.5kg,經(jīng)過一段時(shí)間，小球a、b發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球a的電荷

量保持不變，則從小球b進(jìn)入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能AEb是多

大。

O

A*

【解答】解：(1)小球a從A運(yùn)動到B點(diǎn)，根據(jù)動能定理mgL=血/

解得v=4m/s

在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得7-mg=血"

解得Tm=15N

(2)小球a在區(qū)域I中，根據(jù)牛頓第二定律：水平方向qEi=ma

解得a=20m/s2

小球a減速至0時(shí)力=，，解得t=0.2s

%=vt--at2,解得x=0.4m

小球a運(yùn)動至!jC點(diǎn)時(shí)的速度大小為vc=gt,解得vc=2m/s

小球a從B運(yùn)動到C點(diǎn)，小球a電勢能的變化量為AEp=-W=-qEi?x,解得AEp=4J

即小球電勢能增加了4JO

(3)因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時(shí)是水平正碰。根據(jù)水平方向碰撞時(shí)動量守恒和

能量守恒。由于兩球質(zhì)量相等，所以它們正碰時(shí)交換水平方向速度。小球a從進(jìn)入圓筒到第5次

碰撞前，小球a增加的機(jī)械能為AEa=qE2R+2?qE22R,解得AEa=10J

則第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能為AEb=AEa=10J

解惑?題型有建

題型1平行板電容器兩類動態(tài)的分析

1.（2024?曲靖一模）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管、電阻R連接，電源負(fù)極

接地。初始電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)。

下列說法正確的是（）

b____a/

I~~IY—cr---------

IH

?pE--

W_______________

A.減小極板間的正對面積，帶電油滴仍保持靜止

B.貼著上極板插入金屬板，則電阻R中有b流向a的電流

C.將下極板向上移動一小段距離，P點(diǎn)處的油滴的電勢能增大

D.將開關(guān)斷開，在兩板間插入一陶瓷電介質(zhì)，則油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)

【解答】解：A、減小極板間的正對面積，根據(jù)電容的決定式C=就可知電容器的電容減小，

電容器要放電。由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不會放電，電容器帶電量不變，根?jù)C=

品、C*E=當(dāng),解得：E=瞥,則知減小極板間的正對面積，極板間的電場強(qiáng)度變大,

則油滴所受電場力變大，將向上移動，故A錯(cuò)誤；

B、貼著上極板插入金屬板，極板間的距離減小，根據(jù)?=品可知電容器的電容增大，電容器

將充電，則電路中有逆時(shí)針方向的電流，電阻R中有a流向b的電流，故B錯(cuò)誤；

C、將下極板向上移動一小段距離，根據(jù)C=品可知電容器的電容增大，電容器兩端的電壓不

47T/CCI

變，電容器將充電。根據(jù)￡=苫知兩極板間的電場強(qiáng)度變大，設(shè)P點(diǎn)到下極板的距離為1,下極板

的電勢為零，則P點(diǎn)與下極板的電勢差cpp-卬o=El

即P點(diǎn)的電勢為＜pp=El

P點(diǎn)到下極板的距離為1不變，電場強(qiáng)度E變大，則P點(diǎn)的電勢變大，故C正確；

D、將開關(guān)斷開，則兩極板的電荷量不變，根據(jù)E=瞥，在兩板間插入陶瓷電介質(zhì)，電場強(qiáng)度

變小，則油滴所受電場力變小，將向下移動，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

2.（2024?嘉興一模）如圖所示，將靜電計(jì)與電容器（圖中未畫出）相連，可檢測帶電電容器的兩

極間的電壓變化。帶電靜電計(jì)的金屬指針和圓形金屬外殼的空間內(nèi)存在電場，分別用實(shí)線和虛

線表示電場線和等勢面，該空間內(nèi)有P、Q兩點(diǎn)，則（）

A.靜電計(jì)兩根金屬指針帶異種電荷

B.圖中實(shí)線表示電場線，虛線表示等勢面

C.圖中P點(diǎn)電勢一定高于Q點(diǎn)電勢

D.當(dāng)靜電計(jì)兩指針張角減小時(shí)，表明電容器在放電

【解答】解：AB.靜電計(jì)與電容器相連，由圖可知靜電計(jì)金屬指針接在電容器的同一個(gè)極板上,

金屬外殼接在電容器的另一個(gè)極板上，所以兩根金屬針帶同種電荷。根據(jù)電場線的性質(zhì)，電場線

從正電荷發(fā)出，到負(fù)電荷終止，可知圖中虛線表示電場線，則實(shí)線表示等勢線。故AB錯(cuò)誤；

C.題中不知哪一個(gè)極板帶正電，即不知道電場線的方向，所以P、Q兩點(diǎn)電勢的高低無法判斷。

故C錯(cuò)誤；

D.靜電計(jì)與電容器兩極板相連，則靜電計(jì)兩指針張角可以顯示極板間的電壓，當(dāng)靜電計(jì)兩指針

張角減小時(shí)，表明電容器極板間的電壓減小，故此時(shí)電容器正在放電。故D正確。

故選：D。

3.（多選）（2024?泰安一模）如圖所示，帶電平行板電容器兩極板水平放置，充電后與電源斷開。

帶電小球靜止于電容器內(nèi)的A點(diǎn)，B點(diǎn)位于上極板附近，忽略電容器極板的邊緣效應(yīng)及帶電小

球?qū)﹄妶龅挠绊憽Ｏ铝姓f法正確的是（）

?---------------1

?A

I++++++++++++M

A.把小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，小球的電勢能增大

B.把小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，小球的電勢能減小

C.若將下極板向上移動一小段距離，小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢能減小

D.若將下極板向上移動一小段距離，小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢能增大

【解答】解：AB、帶電小球靜止于電容器內(nèi)的A點(diǎn)，受到電場力豎直向上，把小球由A點(diǎn)移到

B點(diǎn)，電場力做正功，小球的電勢能減小，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、充電后與電源斷開后，電容器的帶電量不變。根據(jù)C=蓋、C=g以及E=，可得E=甯，

可知將下極板向上移動一小段距離，電容器板間場強(qiáng)不變，結(jié)合U=Ed可知下極板與A點(diǎn)間的

電勢差減小，因A點(diǎn)的電勢比下極板低，可知A點(diǎn)的電勢升高。根據(jù)原來小球靜止可知，小球受

到電場力方向與場強(qiáng)方向相同，小球帶帶電，所以小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢能增大，故C錯(cuò)誤，D正

確。

故選：BDo

題型2生產(chǎn)生活中的電容器動態(tài)分析

4.（2024?南京模擬）電容式加速度傳感器可用于汽車安全氣囊系統(tǒng)，傳感器的核心部件為由M、

N兩塊極板組成的平行板電容器，其中極板N固定，極板M可以自由移動，移動的距離與汽車

的加速度大小成正比。已知電容器所帶電荷量始終保持不變，當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)

致極板M、N之間的相對位置發(fā)生變化，電容器M、N兩極板之間的電壓減小，當(dāng)電壓減小到

某一值時(shí)，安全氣囊彈出。下列車內(nèi)平行板電容器的安裝方式正確的是（）

【解答】解：由于極板所帶的電荷量Q不變，由電容器的定義式C=*可知要使極板間的電壓

U減小，需要增大電容值，根據(jù)電容的決定式C=盛，需要增大兩極板正對面積，或減小板間

距離。

A、當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M向運(yùn)動方向移動，會使板間距離距離增大，而正對

面積不變，故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M向運(yùn)動方向移動，會使板間距離距離減小，而正對

面積不變，故B正確；

CD、當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M向運(yùn)動方向移動，而使正對面積減小，而板間距

離不變，故CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

5.（2024?順德區(qū)二模）如圖甲所示，計(jì)算機(jī)鍵盤為電容式傳感器，每個(gè)鍵下面由相互平行、間距

為d的活動金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個(gè)平行板電容

器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（）

A.按鍵的過程中，電容器間的電場強(qiáng)度減小

B.按鍵的過程中，電容器儲存的電能增多

C.按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a經(jīng)電流計(jì)流向b

D.按鍵的過程中，電容器上極板電勢低于下極板電勢

【解答】解：AB.根據(jù)電容器的定義式、決定式以及電場強(qiáng)度與電勢差關(guān)系:

「Q￡rS?U

c=L，E=N

按鍵的過程中，由于電壓U不變，d減小，則電容C增大，電容器間的電場強(qiáng)度E增大，電容器

所帶電荷量Q增大，則電容器儲存的電能增多，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.按鍵的過程中，由于電容器所帶電荷量Q增大，電容器充電，圖丙中電流方向從b經(jīng)電流

計(jì)流向a,電容器上極板電勢高于下極板電勢，故CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

6.（2024?甘肅模擬）隨著人們對身體健康意識的不斷增強(qiáng)，戶外旅行、戶外運(yùn)動也較前幾年大幅

增長。人們使用的智能手機(jī)中有一款運(yùn)動軟件，其運(yùn)動步數(shù)的測量原理如圖所示，M和N為電

容器兩極板，M固定，N兩端與固定的兩輕彈簧連接，只能按圖中標(biāo)識的“前后”方向運(yùn)動。

則手機(jī)（）

A.若電容器帶電量增大，則可能是健身者向前勻速運(yùn)動時(shí)突然減速

B.若電流表示數(shù)不為零且保持不變，則健身者做勻速運(yùn)動

C.若電流由a點(diǎn)流向b點(diǎn)，則健身者突然向前加速

D.若M、N之間的電場強(qiáng)度增大，則健身者向后做勻加速運(yùn)動

【解答】解：A、健身者向前勻速運(yùn)動時(shí)突然減速，由于慣性N板相對M板向前移動，兩極極之

間距離d減小，根據(jù)電容的決定式C=,可知，電容C增大，根據(jù)電容器的定義式C=#可知，

47T/CUU

電容器的電壓U不變，則電容器帶電量Q增大，故A正確；

B、健身者做勻速運(yùn)動時(shí)加速度為0,電容C不變，電容器帶電量Q不變，電路中無電流，故B

錯(cuò)誤；

C、突然向前加速時(shí)，由于慣性N板相對M板后移，兩極極之間距離d增大，根據(jù)電容的決定式

。=品可知，電容C減小，根據(jù)電容器的定義式C=￥可知，電壓U不變，則電容器帶電量Q

減小，電容器處于放電狀態(tài)，電流由b點(diǎn)流向a點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

D、保持向后的勻加速運(yùn)動時(shí)，加速度a不變，板間距離不變，所以M、N之間的電場強(qiáng)度不變，

故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

題型3電場中帶電粒子/體的直線運(yùn)動

7.（多選）（2023秋?泉州期中）如圖所示，A、B是一對中心有孔的圓盤，它們間有一定的電勢

差UAB。一電子（不計(jì)重力）以一定初動能Eko進(jìn)入A圓盤中心，速度水平向右為正方向，那

么電子飛出圓盤中心過程中的速度一時(shí)間圖像判斷正確的（）

A.如果初動能Ek0=600eV,UAB=800V時(shí)，運(yùn)動一速度一時(shí)間圖像可能是圖像③

B.如果初動能Ek0=600eV,UAB=-800V時(shí)，運(yùn)動一速度一時(shí)間圖像可能是圖像③

C.如果初動能Ek0=600eV,UAB=800V時(shí)，運(yùn)動一速度一時(shí)間圖像可能是圖像②

D.如果初動能Ek0=600eV,UAB=-800V時(shí)，運(yùn)動一速度一時(shí)間圖像可能是圖像①

【解答】解：AC、如果初動能Ek0=600eV,UAB=800V時(shí)，A板電勢高于B板電勢，電場方向

向右，電子受到的電場力向左，則電子在電場中做勻減速運(yùn)動，由于UAB>600V,若A、B之間

的距離足夠大，則電子速度減至零后向左做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動一速度一時(shí)間圖像是圖像③；若A、

B之間的距離比較小，則電子將從B板小孔射出，運(yùn)動一速度一時(shí)間圖像是圖像②，故AC正確；

BD、如果初動能Ek0=600eV,UAB=-800V時(shí)，B板電勢低于A板電勢，電場方向向左，電子

受到的電場力向右，則電子在電場中做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動一速度一時(shí)間圖像是圖像①,故B錯(cuò)誤，

D正確。

故選：ACDo

在進(jìn)行長距離星際運(yùn)行時(shí)，不再使用化學(xué)燃料，而采用一種新型發(fā)動機(jī)一離子發(fā)動機(jī)，其原理

是用恒定電壓加速一價(jià)惰性氣體離子，將加速后的氣體離子高速噴出，利用反沖作用使飛船本

身得到加速。在氨、窟、氮、氟、沆多種氣體中選用了徐，已知這幾種氣體離子的質(zhì)量中沆的

質(zhì)量最大，下列說法正確的是（