第18講電容器帶電粒子在電場中的運動

考點一平行板電容器的動態(tài)分析

考點二帶電粒子（或帶電體）

在電場中的直線運動

考點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

考點四帶電體在復合場中的

運動

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

'體運動______________________

\題型5帶電體在等效重力場中的運

、動________________

知植?復力。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.能運用運動的合成與分解解決帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題.

3.用動力學方法解決帶電粒子在電場中的直線運動問題.

知3,務實知M

考點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.

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，兩者構成了電容器的兩極。當聲音傳至振動膜片時，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.膜片向右振動時通過電阻R的電流向左

C.聲音頻率越高時話筒的輸出信號越強

D.膜片振動頻率與聲音頻率無關

【解答】解：AB、根據(jù)電容的決定式C=品，當振動膜片向右運動時，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錯誤，B正確；

CD、聲音頻率越高時，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，可見聲音頻率越高時話筒的輸出信號強度不變，

故CD錯誤。

故選：Bo

［例題2］（2024?瓊山區(qū)校級模擬）磷脂雙分子層是構成細胞膜的基本支架，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。細胞膜上的離子泵可以輸運陰陽離子，使其均勻地分

布在分子層上，其結構示意如圖所示。已知無限大均勻帶電薄板周圍的電場為勻強電場，靜電

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

和-Q時，關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，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電場，細胞膜的面積S>>d2,則

膜層周圍的電場也可近似看為勻強電場，令電場強度為E,可知單獨一個極板產(chǎn)生的場強為（E,

則有k/=Q

根據(jù)電容的定義式和決定式C=§,C=番

根據(jù)電場強度與電勢差的關系有E=/

結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感應裝置，結構如圖所示。

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.當傳感器處于靜止狀態(tài)時，電容器不帶電

C.當傳感器由靜止突然向前加速時，會有電流由a流向b

D.當傳感器以恒定加速度向前運動，達到穩(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.當傳感器處于靜止狀態(tài)時，電容器帶電，左極板帶正電，右極板帶負電，且兩極板之間電勢差

大小恒等于電源電動勢，故B錯誤；

C.當傳感器由靜止突然向前加速時，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錯誤；

D.當傳感器以恒定加速度向前運動，達到穩(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

考點二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動

1.做直線運動的條件

(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動或勻減

速直線運動.

2.用功能觀點分析

a=~,E=］v2~vl=2ad.

3.用功能觀點分析

勻強電場中：W—Eqd—qU—^inv2—^mvo

非勻強電場中：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，將絨毛放在帶負電荷的容器中，使絨毛帶負電，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。己知絨毛到達布料表面時速率越大，植絨效果

越好。帶電極板與布料間距忽略不計，下列判斷正確的是（）

絨毛在帶負電荷的

容器中帶上負電

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，到達植絨表面的速度越小，植絨效果越不好，故C錯誤；

D、由卜=^^可知,絨毛到達植絨表面的速度和容器與帶電極板之間的距離無關，因為容器與

帶電極板之間加恒定電壓，所以絨毛到達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突破嵌套式霍爾電推進技術的國家?；魻柾七M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。某次實驗中，加速電壓為U,

氤離子向外噴射形成的電流強度為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At時間內(nèi)有n個流離子噴射出，則有：/=%

取水平向右為正方向，對n個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器產(chǎn)生的推力F'=尸=//乎，故D正確，ABC錯誤。

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電場。質(zhì)量為m、帶負電

且電荷量為q的小球A以一定的初速度vo從地面上的O點射入勻強電場，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，克服重力做功為:小謚

C.從地面到最高點，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)再回到地面用時為：t=2ti=2"=學，從地面到最高點，通過的位移大小為s=Ja=

a5g乙a

2Q

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

克服電場力做功為W由nqEsYosSB。，解得W電=0.18m詔，故BD錯誤，C正確。

故選：ACo

考點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入句強電場.

(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動.

(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動,類似于平拋運動.

(4)運動規(guī)律：

①沿初速度方向做勻速直線運動,運動時間

(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，做勻加速直線運動

f小、韋南FqEqU

加速度：a=-==j

mmma

＜離開電場時的偏移量：y=2at2=2mdvi

、離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan。弋=輯

2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結論

(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，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。為粒子水平位移的中點，即0

到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為今

3.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關系

當討論帶電粒子的末速度u時也可以從能量的角度進行求解：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，一帶負電粒子（不計重力）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.粒子在兩板間運動的加速度大小為二

dm

B.粒子從兩板間禺開時的速度大小為一

m

C.金屬板的長度為色簪

Uq

2

D.入射點與出射點間的電勢差為-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的勻加速直線運動，粒子在水平方向做勻速直線運動，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沿電場方向的分速度大小為vy=黑

則粒子在兩板間的運動時間為"券=翳

金屬板的長度為L==筆滑，故B錯誤，C正確；

D.設入射點與出射點間的電勢差為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電場E,從傾角30。的斜面上

A點平拋一帶電小球，落到斜面上的B點，空氣阻力不計，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兩點的中點

B.平拋初速度不同，小球落到斜面上時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，球做類平拋運動，加速度a恒定,

方向向下。

根據(jù)類平拋運動的分運動規(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錯誤;

BC、設小球落到斜面上時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，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角相同，但是tanaW2tan30°,

故BC錯誤;

D、由于小球落到斜面上時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，場強大小為E,方向豎直向下的勻強電場中有一矩形

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兩點先后沿ab和cd方向以速率vo進入矩形區(qū)域（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中）。

不計重力，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，速度方向恰好相反

即在該點，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

兩個粒子都做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動：V0tl+V0t2=S

11

豎直方向做勻加速直線運動：-at\+-at}=h

由以上各式整理得：%=*J舄,

因此B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

[例題10]（2023?福建模擬）1897年，物理學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右側離開時偏離軸線距離為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。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強度的大小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）電子進入極板間之后做類平拋運動，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

（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，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

考點四帶電體在復合場中的運動

等效法處理疊加場問題

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

間，從而形成疊加場.

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

“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C與水平地面相切?？臻g加有水平向右的勻強電

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

球從A點以某一速度水平拋出，恰能從B點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，小球離開軌道后,

運動到D點（D點未畫出）時速度減為零，則（）

A.小球帶負電

B.CD段長度為2R

C.小球從A點拋出時的速度為J證

D.從A點到D點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點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，此時的速度是豎

直向下的，則從A點到B點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，則小球帶負電，故A正確；

BCD、小球恰好從B點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，則小球到達B點時水平方向速度為零。

小球從A點到B點的過程，小球在豎直方向上做自由落體運動，貝噥=2gt2=醺

可得小球運動的時間和到達B點的速度大小分別為t=售vB=存證

小球在水平方向上做勻減速直線運動，則有R=

可得小球從A點拋出時的速度大小為%=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)功能關系可得從A點到D點過程中小球的電勢能增加了AEp=Fx=3mgR,故BC錯誤，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成，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。

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

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

0.8,g=10m/s2?下列說法正確的是（）

A.小球在A點的速度是5m/s

B.小球在C點的速度是

C.經(jīng)過A點后，小球經(jīng)過0.6s落到地面上

D.小球落地點距離C點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為P點和Q點，其中點P點為豎直平面內(nèi)的圓周運動的

等效最低點，Q點為等效最高點。

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

設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點與A點重合。小球恰好能過A（Q）點，在A點與

軌道無彈力，小球在A點的速度為VA,根據(jù)牛頓第二定律得：

F=m￡,解得：vA=5m/s,故A正確；

B、設小球在C點的速度是vc,由C到A的過程，應用動能定理得：

-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動，水平方向上做勻加速直線運動，將運動分

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（另一解為負值，舍去），x=1.05m

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

X0.6m=2.25mo故C正確，D錯誤。

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)建立直角坐標系，整個空間存在

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

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

某點（圖中未畫），重力加速度為g,不計空氣阻力。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.小球電勢能最大時動能最小

D.小球電勢能最大時水平速度大小等于豎直速度大小

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

負功，則電場力做正功，小球帶正電。

將小球的運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軸正半軸時的水平分速

度大小為：Vx=VO

故小球穿過y軸正半軸時的豎直分速度為：%=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ng,故A錯誤，B正確；

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

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，此時并非是動能最小的時刻，由于此時小球速度與水平方向成45。，則此時水平速度大小

等于豎直速度大小，故C錯誤，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)有場強大小EI=1X1（）2N/C、

方向水平向右的勻強電場;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，

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電場。把小球a拉至A點（輕繩繃直且水

平）靜止釋放，當小球a運動到O點正下方B點時，輕繩恰好斷裂。小球a進入電場繼續(xù)運動，

剛好從區(qū)域I的右下角C點豎直向下離開電場Ei,然后貼著圓筒內(nèi)側進入?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運動到C點時速度的大小vc和小球a從B到C過程電勢能的變化量AEP；

（3）若小球a剛進入圓筒時，另一絕緣小球b從D點以相同速度豎直向下貼著圓筒內(nèi)側進入圓

筒，小球b的質(zhì)量m2=0.5kg,經(jīng)過一段時間，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進入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機械能AEb是多

大。

O

A*

【解答】解：(1)小球a從A運動到B點，根據(jù)動能定理mgL=血/

解得v=4m/s

在B點，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時力=，，解得t=0.2s

%=vt--at2,解得x=0.4m

小球a運動至!jC點時的速度大小為vc=gt,解得vc=2m/s

小球a從B運動到C點，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，故它們碰撞時是水平正碰。根據(jù)水平方向碰撞時動量守恒和

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

碰撞前，小球a增加的機械能為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，電源負極

接地。初始電容器不帶電，閉合開關穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(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點處的油滴的電勢能增大

D.將開關斷開，在兩板間插入一陶瓷電介質(zhì)，則油滴仍處于靜止狀態(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娦裕噪娙萜鞑粫烹姡娙萜鲙щ娏坎蛔儯鶕?jù)C=

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

則油滴所受電場力變大，將向上移動，故A錯誤；

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，則電路中有逆時針方向的電流，電阻R中有a流向b的電流，故B錯誤；

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度變大，設P點到下極板的距離為1,下極板

的電勢為零，則P點與下極板的電勢差cpp-卬o=El

即P點的電勢為＜pp=El

P點到下極板的距離為1不變，電場強度E變大，則P點的電勢變大，故C正確；

D、將開關斷開，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)，電場強度

變小，則油滴所受電場力變小，將向下移動，故D錯誤。

故選：Co

2.（2024?嘉興一模）如圖所示，將靜電計與電容器（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，分別用實線和虛

線表示電場線和等勢面，該空間內(nèi)有P、Q兩點，則（）

A.靜電計兩根金屬指針帶異種電荷

B.圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面

C.圖中P點電勢一定高于Q點電勢

D.當靜電計兩指針張角減小時，表明電容器在放電

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

金屬外殼接在電容器的另一個極板上，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，到負電荷終止，可知圖中虛線表示電場線，則實線表示等勢線。故AB錯誤；

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

故C錯誤；

D.靜電計與電容器兩極板相連，則靜電計兩指針張角可以顯示極板間的電壓，當靜電計兩指針

張角減小時，表明電容器極板間的電壓減小，故此時電容器正在放電。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，B點位于上極板附近，忽略電容器極板的邊緣效應及帶電小

球?qū)﹄妶龅挠绊?。下列說法正確的是（）

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

?A

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

A.把小球由A點移到B點，小球的電勢能增大

B.把小球由A點移到B點，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點時的電勢能減小

D.若將下極板向上移動一小段距離，小球在A點時的電勢能增大

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

B點，電場力做正功，小球的電勢能減小，故A錯誤，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，電容器板間場強不變，結合U=Ed可知下極板與A點間的

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

到電場力方向與場強方向相同，小球帶帶電，所以小球在A點時的電勢能增大，故C錯誤，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，當汽車速度減小時，由于慣性導

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，當電壓減小到

某一值時，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、當汽車速度減小時，由于慣性導致極板M向運動方向移動，會使板間距離距離增大，而正對

面積不變，故A錯誤；

B、當汽車速度減小時，由于慣性導致極板M向運動方向移動，會使板間距離距離減小，而正對

面積不變，故B正確；

CD、當汽車速度減小時，由于慣性導致極板M向運動方向移動，而使正對面積減小，而板間距

離不變，故CD錯誤。

故選：Bo

5.（2024?順德區(qū)二模）如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行、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、決定式以及電場強度與電勢差關系:

「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

計流向a,電容器上極板電勢高于下極板電勢，故CD錯誤。

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，戶外旅行、戶外運動也較前幾年大幅

增長。人們使用的智能手機中有一款運動軟件，其運動步數(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，只能按圖中標識的“前后”方向運動。

則手機（）

A.若電容器帶電量增大，則可能是健身者向前勻速運動時突然減速

B.若電流表示數(shù)不為零且保持不變，則健身者做勻速運動

C.若電流由a點流向b點，則健身者突然向前加速

D.若M、N之間的電場強度增大，則健身者向后做勻加速運動

【解答】解：A、健身者向前勻速運動時突然減速，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、健身者做勻速運動時加速度為0,電容C不變，電容器帶電量Q不變，電路中無電流，故B

錯誤；

C、突然向前加速時，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點流向a點，故C錯誤；

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

故D錯誤。

故選：Ao

題型3電場中帶電粒子/體的直線運動

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（不計重力）以一定初動能Eko進入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間圖像判斷正確的（）

A.如果初動能Ek0=600eV,UAB=800V時，運動一速度一時間圖像可能是圖像③

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

C.如果初動能Ek0=600eV,UAB=800V時，運動一速度一時間圖像可能是圖像②

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

【解答】解：AC、如果初動能Ek0=600eV,UAB=800V時，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動，運動一速度一時間圖像是圖像③；若A、

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

BD、如果初動能Ek0=600eV,UAB=-800V時，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動，運動一速度一時間圖像是圖像①,故B錯誤，

D正確。

故選：ACDo

在進行長距離星際運行時，不再使用化學燃料，而采用一種新型發(fā)動機一離子發(fā)動機，其原理

是用恒定電壓加速一價惰性氣體離子，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（