第04讲 电容器和带电粒子在电场中的运动（原卷版+解析版）（自主复习）2024年新高二物理暑假提升精品讲义（人教版2019）

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核心考点聚焦
1.平行板电容器的两类典型问题
2.实验：观察电容器的充、放电现象
3带电粒子在匀强电场中的直线运动（加速电场）
4.带电粒子在匀强电场中的曲线运动（偏转电场）
5.带电粒子在交变电场中的运动
6.带电体在等效重力场中的运动
高考考点聚焦
知识点一、关于平行板电容器动态分析的两类典型问题
（1）U不变的情形（如图甲所示）

如果平行板电容器充电后始终连接在电源上，两极板间的电势差U就保持不变。
由C＝εrS4πkd→C∝εrSd可知C随d、S、εr的变化而变化
由Q＝UC＝UεrS4πkd→Q∝εrSd可知Q随d、S、εr的变化而变化
由E＝Ud→E∝1d可知E随d的变化而变化
（2）Q不变的情形（如图乙所示）
若平行板电容器充电后切断与电源的连接，电容器的电荷量Q就保持不变。
由C＝εrS4πkd→C∝εrSd可知C随d、S、εr的变化而变化
由U＝QC＝4πkdQεrS→U∝dεrS可知U随d、S、εr的变化而变化
由E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS→E∝1εrS可知E随S、εr的变化而变化，与d无关，不随d的变化而变化
知识点二、带电粒子在电场中的直线运动
1.带电粒子（体）在电场中运动时重力的处理
2.带电粒子（体）在电场中直线运动的分析方法
知识点三、带电粒子在电场中的曲线运动（化曲线等效为直线运动）
1.带电粒子在电场中的偏转规律

2.两个结论
（1）速度偏角正切值tan θ是位移偏角正切值tan α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l2。
3.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，指初、末位置间的电势差。
知识点四、带电粒子在交变电场中的运动
1.三种常见题型
（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）。
（2）粒子做往返运动（一般分段研究）。
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段研究）。
2.三条分析思路（建模）
一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系（机械能守恒、动能定理、能量守恒），三是转化为速度图像分析。
3.两个运动特征
分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。
知识点五.带电体在等效场中的运动
1.等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g'＝F合m为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。

2.等效最高点与几何最高点
在“等效重力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是等效最高点（如图所示）。

知识点六：实验：观察电容器的充、放电现象
1、平行板电容器的两类典型问题
1.计算机键盘每个按键下都有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙还有另一块小的固定金属片，两片金属片组成一个小电容器，且电压保持不变。图示键盘连着正在工作的计算机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器（ ）
A.电容变小 B.金属片间的电场强度变小
C.带电荷量增大 D.处于放电状态
【答案】C
【解析】按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器两极板间距d减小，根据C＝εrS4πkd可知，电容C变大，因两板电压U一定，根据Q＝CU可知，电容器带电荷量增大，电容器处于充电状态，此时根据E＝Ud，可知金属片间的电场强度E变大，故选C。
2.（2022重庆·高考真题）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A．材料竖直方向尺度减小B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大D．电容器电容变大
【答案】A
【解析】BCD．根据电容的决定式可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BCD错误；A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；
故选A。
3.（2022·湖北高考真题）密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ ）

A．q，rB．2q，rC．2q，2rD．4q，2r
【答案】D
【解析】初始状态下，液滴处于静止状态时，满足即
AB．当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足可得，AB错误；
CD．当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足可得，C错误，D正确。
故选D。
解题归纳：分析方法：抓住不变量，分析变化量。
(1)两个公式：电容器电容的定义式：，平行板电容器电容的决定式：。。
(2)平行板电容器内部是匀强电场时，电压不变时有：
电量不变时有：。
带电粒子在匀强电场中的直线运动
4．电子被加速器加速后轰击重金属靶时，会产生射线，可用于放射治疗。图甲展示了一台医用电子直线加速器，其原理如图乙所示：从阴极射线管的阴极K发射出来的电子（速度可忽略），经电势差的绝对值为U的电场加速后获得速度v，加速电场两极板间的距离为d，不计电子所受重力。下列操作可使v增大的是（ ）
A．仅增大UB．仅减小UC．仅增大dD．仅减小d
【答案】A
【解析】电子在电场中加速，由动能定理可得，解得
易知可使v增大的操作是仅增大U。
故选A。
5.（2023浙江高考真题）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）

A．MC距离为B．电势能增加了
C．电场强度大小为D．减小R的阻值，MC的距离将变大
【答案】B
【解析】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得，联立解得，剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系可得，故A错误；
B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移，与电场力方向相反，电场力做功为，则小球的电势能增加，故B正确；C．电场强度的大小，故C错误；D．减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。
故选B。
6．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e。那么这束质子流内单位体积的质子数n是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】质子在电场力作用下加速，加速后的速度为，根据动能定理，则有解得
等效电流为，单位体积的质子数为，根据微观表达式，解得
故选D。
解题归纳：解题思路：
(1)动力学方法：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律结合运动学公式求解．
(2)能量方法：根据电场力对带电粒子所做的功，用动能定理求解．
三、带电粒子在匀强电场中的曲线运动
7．如图所示，质子（H）和粒子（He），以相同的初动能垂直射入偏转电场（不计粒子重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（ ）
A．4：1B．1：2C．2：1D．1：4
【答案】B
【解析】两粒子进入电场后，做类平抛运动，根据牛顿第二定律有
粒子射出电场时的侧位移y为，电场中水平方向有
联立，可得，依题意两粒子的初动能相同，电场强度E和极板长度L相同，则y与q成正比，质子和粒子电荷量之比为1：2，则侧位移y之比为1：2。
故选B。
8．如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）
A．仅增大加速电场的电压B．仅减小偏转电场两极板间的距离
C．仅减小偏转电场的电压D．仅减小偏转电场极板的长度
【答案】B
【解析】设电子经加速电场加速后的速度为，加速电压为，偏转电压为，偏转电场两极板间的距离为，极板的长度为，则电子经加速电场加速的过程中，根据动能定理可得
电子在偏转电场中的加速度，运动时间
离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为
故B正确；ACD错误。
故选B。
9.（多选）（2022·全国甲卷）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后（ ）
A.小球的动能最小时，其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，B、D正确。
解题归纳：(1)同性电荷经过同一电场加速后进入相同的偏转电场，带电粒子的运动轨迹相同，与带电粒子的电荷量和质量均无关．
(2)带电粒子垂直于电场方向射入匀强电场中，带电粒子从偏转电场中射出时，速度方向的反向延长线通过沿初速度方向位移的中点．
四、带电粒子在交变电场中的运动
10.(2023四川模拟)(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)．下列说法中正确的是( )
A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t＝eq \f(T,4)时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝eq \f(T,4)时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【答案】BD
【解析】根据题中条件作出带电粒子的v－t图像，根据v－t图像与坐标轴围成的面积及v－t图像分析粒子的运动，由图a知，t＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，则电子一定能击中右板，A项正确，B项错误；由图b知t＝eq \f(T,4)时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的eq \f(T,2)内不能到达右板，则之后将往复运动，C项正确，D项错误．故选A、C两项．
11.如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度随时间变化规律的是（其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化）（ ）
【答案】A
【解析】电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，12T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A项正确，B项错误。
12.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述错误的是（ ）
A.t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B.t＝14T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
【答案】B
【解析】粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝14T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确。
解题归纳：(1)从受力分析入手，根据不同时间段电场力的变化，弄清各阶段的运动情况．
(2)总结出粒子运动的周期性与电场变化的周期性的关系，求解粒子速度、位移等物理量．
五、带电体在等效重力场中的运动
13.（多选） 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A.匀强电场的电场强度E＝mgtanθq
B.小球动能的最小值为Ek＝mgL2csθ
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】AB
【解析】解析 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝mgtanθq，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据等效重力提供向心力，有mgcsθ＝mv2L，则最小动能Ek＝12mv2＝mgL2csθ，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。
14.（多选）如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m的小球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则（ ）

A.小球在最高点的速度大小为gL B.当小球运动到最高点时电势能最小
C.小球运动到最低点时，机械能最大 D.小球运动到最低点时，动能为52（mg＋qE）L
【答案】CD
【解析】小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由其所受重力和静电力的合力提供向心力，则有mg＋Eq＝mv2L，解得v＝(mg+Eq)mL，故A错误；小球向上运动时，静电力做负功，电势能增加，当小球运动到最高点时电势能最大，故B错误；小球向下运动时，静电力做正功，机械能增大，运动到最低点时，小球的机械能最大，故C正确；小球从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得Ek－12mv2＝（mg＋Eq）·2L，解得Ek＝52（mg＋Eq）L，故D正确。
解题归纳：将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g'＝F合m为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。

六、实验：观察电容器的充、放电现象
15．（2023福建高考真题）某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C（，），定值电阻R（阻值）、开关S、导线若干。
（1）电解电容器有正、负电极的区别。根据图（a），将图（b）中的实物连线补充完整 ；

（2）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为 ；

（3）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压随时间周期性变化，结果如图（d）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于 状态（填“充电”或“放电”）在 点时（填“A”或“B”），通过电阻R的电流更大；
（4）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压与频率f关系图像，如图（e）所示。当时电容器所带电荷量的最大值 C（结果保留两位有效数字）；

（5）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。
【答案】 充电 B
【解析】（1）[1]根据电路图连接实物图，如图所示

（2）[2]由图（c）可知周期，所以该矩形波的频率为
（3）[3][4]由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。
（4）[5]由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为
根据电容的定义式得此时电容器所带电荷量的最大值
16．（2023山西高考真题）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。

（1）用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的 （填“正极”或“负极”）接触。
（2）某同学设计的实验电路如图（a）所示。先将电阻箱的阻值调为，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是 。（填正确答案标号）
A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定 B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定
C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭
（3）将电阻箱的阻值调为，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图（b）中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为 （填“R1”或“R2”）时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 （填“电压”或“电荷量”）。
【答案】 正极 C 电荷量
【解析】（1）[1]多用电表红表笔流入电流，黑表笔流出电流，故电流表红表笔应该与电池的正极接触；
（2）[2]电容器充电完成后，开始时两极板电量较多，电势差较大，当闭合“2”接入小灯泡，回路立即形成电流，灯泡的迅速变亮；随着时间的积累，两极板电量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，直至两极板电荷量为零不带电，则无电流流过小灯泡即熄灭，故选C。
（3）[3]开始充电时两极板的不带电，两极板电势差为零，设电源内阻为r，则开始充电时有
由图像可知开始充电时实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为；
[4]图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，故曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。
一、单选题：
1．（2021重庆高考真题）电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统，如图所示。极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器板间的电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则该电容器（ ）
A．电容变小B．极板间电压变大
C．极板间电场强度不变D．极板间的电场强度变小
【答案】C
【解析】A．由平行板电容器电容的决定式可得，d减小，C增大，选项A错误；B．电容器所带电荷量Q不变，C增大，由可得，U变小，选项B错误；CD．由匀强电场的场强与电势差关系公式可得，Ｅ与d无关，E不变，选项C正确，D错误。
故选C。
2.（2014海南高考真题）如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动．重力加速度为g．粒子运动的加速度为

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】粒子受重力和电场力，开始时平衡，有： ①
当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：②
联立①②解得：，故选A．
3.（2018北京高考真题）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】A
【解析】A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；
B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；
C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；
D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．
点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．
4．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、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，减小，增加
B．保持加速度恒定向上运动时，减小，增加
C．由静止突然加速向上运动时，减小，增加
D．正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，减小，增加
【答案】C
【解析】A．匀速向上运动时，多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，两个电容、不变。A错误；
B．保持加速度恒定向上运动时，与加速度为零时相比，多晶硅悬臂梁的右侧虽发生弯曲形变，但此时多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，两个电容、不变。B错误；
C．由静止突然加速向上运动时，多晶硅悬臂梁的右侧发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与顶层多晶硅距离变大，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变小，由，减小，增加。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发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与顶层多晶硅距离变小，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变大，增加， 减小。D错误。故选C。
5．利用如图所示的电路分析平行板电容器的动态变化，已知电源的内阻可忽略不计，R为电阻箱，一带正电的小球固定在电容器之间的O位置。则下列说法正确的是（ ）
A．保持电键闭合，M板向下平移少许，小球的电势能减少
B．保持电键闭合，将电阻箱的阻值增大，静电计的指针偏角减小
C．断开电键，M板向下平移少许，静电计的指针偏角增大
D．断开电键，M板向左平移少许，小球的电势能增大
【答案】D
【解析】A．保持电键闭合，则电容器两极板间的电压保持不变，板向下移动，由可知电容器两极板之间的电场强度增大，由于板接地，则板的电势为零，点与板之间的电势差为可知，点的电势升高，则带正电的小球在点的电势能增加，故A错误；B．由电路可知，静电计两端的电压等于电容器两极板之间的电压，保持电键闭合，调节电阻箱的阻值，电容器两极板之间的电压不变，则静电计的指针保持不变，故B错误；C．断开电键，电容器所带的电荷量保持不变，板向下移动，由可知电容器的电容变大，又因为由以上可知电容器两极板间的电压减小，则静电计的指针偏角减小，故C错误；D．断开电键，电容器所带的电荷量保持不变，板向左移动，则电容器的电容减小，由于两极板之间的距离保持不变，则两极板间的电压增大，电场强度增大，点的电势升高，带电小球的电势能增大，D正确。故选D。
6．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动
B．贴着上极板插入金属板，则电路中有顺时针方向的电流
C．将上极板向左平移一小段距离，P点处的油滴的电势能增大
D．将开关断开，并向上移动上极板，则油滴仍处于静止状态
【答案】D
【解析】根据题意可知，二极管具有单向导电性，闭合电键，电容器充电，电容器的电容为、，极板间的电场强度为，整理可得油滴静止，油滴所受合力为0，向上的电场力与向下的重力大小相等，则有
A．减小极板间的正对面积，电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知，极板间电场强度变大，则带电油滴所受电场力变大，向上移动，故A错误；
B．贴着上极板插入金属板，由可知，电容器的电容变大，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，故B错误；
C．将上极板向左平移一小段距离，由可知，电容器的电容变小，结合A分析可知，点电势升高，由于电场方向向下，电场力方向向上，可知油滴带负电，由可知，P点处的油滴的电势能减小，故C错误；
D．将开关断开，极板上电荷量不变，由可知，向上移动上极板，极板间电场强度不变，则油滴受到的电场力不变，油滴仍处于静止状态，故D正确。故选D。
7．（2023安徽合肥高二校考期末）图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压，电压随时间t变化的图线如图乙所示质量为m、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动描述错误的是（ ）

A．时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大
B．时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大
C．无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度方向都水平
D．无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度大小都相等
【答案】B
【解析】A．粒子在电场中水平方向始终做匀速直线运动，即粒子在电场中运动的时间是相同的。时刻入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故时刻入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，故A正确，不符合题意；
B．结合上述可知，时刻入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，故B错误，符合题意；
CD．因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时竖直方向的分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度大小，故CD正确，不符合题意。
故选B。
8．（2023浙江高考真题）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
【答案】D
【解析】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小A错误；
B．电子电极XX′间运动时，有，vx = axt，，电子离开电极XX′时的动能为，，电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小，，C错误；
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切，，D正确。
故选D。
9．如图，平行板电容器两极板的间距为d，一带电粒子在电容器中靠近（不接触）下极板处静止，已知重力加速度为g。保持两极板间电压不变，把上下两极板均转过45°到虚线位置，则粒子到达上极板时速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】开始时粒子静止q＝mg当转过45°角，两极板的间距为d′＝，电场力在竖直方向分量qsin45°＝q＝mg所以粒子沿水平方向运动到上极板，电场力在水平方向分量等于竖直方向分量，加速度a=g所以v=故选A。
10.图示为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点．已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为v，方向竖直向上，到B点时速度方向与水平方向的夹角为30°，粒子重力不计．则A、B两点间的电势差为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，在B点，，解得：
从A到B根据动能定理得：
联立上述各式得：
故选C．
11．如图所示，水平放置的充电的平行金属板相距为d，其间形成匀强电场。一带正电油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m，带电量为q，则不正确的是（ ）

A．油滴的加速度为零B．油滴的电势能增加了
C．两极板的电势差为D．场强的方向竖直向上
【答案】B
【解析】A对油滴受力分析可知，其受竖直向上的电场力和竖直向下的重力，又油滴沿直线从上极板边缘射出。故分析可知，油滴所受合外力为零，故其加速度为零。故A正确，不符合题意；
B．由于电场力做正功，且电场力的大小等于重力的大小。故油滴的电势能减少了。故B错误，符合题意；
C．根据电势差与电场力做功的关系，故，故C正确，不符合题意；
D．由于电场力竖直向上，电荷带正电。根据场强方向与正电荷受力方向相同，故场强的方向竖直向上。故D正确，不符合题意。
故选B。
12．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角和偏转距离y变大的是（ ）

A．U1变小、U2变大B．U1变小、U2变小
C．U1变大、U2变大D．U1变大、U2变小
【答案】A
【解析】在加速电场中，由动能定理可知，解得
在偏转电场中，偏转距离为
水平距离为
解得电子的偏转角为，，则一定能使电子的偏转角和偏转距离y变大的是U1变小、U2变大。
故选A。
二、多项选择题：
13.（2022全国乙卷）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）

A. 粒子3入射时的动能比它出射时的大
B. 粒子4入射时的动能比它出射时的大
C. 粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D. 粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【答案】BD
【解析】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有，
可得，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。
14.（2021全国乙卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别为（＋q，m）、（＋q，2m）、（＋3q，3m）、（－q，m），它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（ ）
【答案】AD
【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝qEm，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动的时间为t＝lv0，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝vyvx＝atv0＝qElmv02，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；（＋q，m）粒子与（＋3q，3m）粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与（－q，m）粒子的比荷也相同，所以（＋q，m）、（＋3q，3m）、（－q，m）三个粒子偏转角相同，但（－q，m）粒子与前两个粒子的偏转方向相反；（＋q，2m）粒子的比荷比（＋q，m）、（＋3q，3m）粒子的比荷小，所以（＋q，2m）粒子比（＋q，m）、（＋3q，3m）粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。故选A、D。
15.(2022湖南模拟)如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端．质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同．质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则( )
A．MN所接电源的极性应周期性变化
B．金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C．质子从圆筒E射出时的速度大小为eq \r(\f(10eU,m)＋v0)
D．圆筒E的长度为eq \r(\f(8eU,m)＋v02－T)
【答案】AB
【解析】因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A项正确；因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由T＝eq \f(L,v)可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B项正确；质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得4eU＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mv02，解得质子从圆筒E射出时的速度大小为vE＝eq \r(\f(8eU,m)＋v02)，所以C项错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE＝vET＝Teq \r(\f(8eU,m)＋v02)，所以D项错误；故选A、B两项．
16.如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略。则粒子到达MN连线上的某点时（ ）
A.所用时间为2mv0qE B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为22mv02qE D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】AC
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有x＝v0t，
竖直方向有y＝12·qEmt2，由tan 45°＝yx，可得t＝2mv0Eq，故A正确；
由于vy＝Eqmt＝2v0，则粒子速度大小为v＝v02+vy2＝5v0，故B错误；
由几何关系可知，到P点的距离为L＝2v0t＝22mv02Eq，故C正确；
速度方向与竖直方向的夹角的正切值tan α＝v0vy＝12＜33＝tan 30°，即α＜30°，故D错误。
17．手机中的“计步功能”和“摇一摇功能”等需要用到加速度传感器，如图所示是一种常用的电容式加速度传感器的内部结构简化原理图。将传感器系统水平放置，图中绝缘质量块的左端与一端固定的水平轻弹簧相连，右端与电容器的活动极板相连，G为灵敏电流计，当系统静止时，弹簧处于原长状态。下列说法正确的是（ ）

A．系统向左匀速运动稳定时，通过灵敏电流计G的电流从流向
B．系统向左匀速运动稳定时，灵敏电流计G中没有电流通过
C．当系统突然向左加速运动时，通过灵敏电流计G的电流从流向
D．当系统突然向左加速运动时，通过灵敏电流计G的电流从流向
【答案】BD
【解析】AB．系统向左匀速运动稳定时，加速度为零，轻弹簧没有发生形变，电容器板间的距离不变，没有充、放电电流。故A错误；B正确；
CD．当系统突然向左加速运动时，弹簧伸长，电容器板间距离d变小，由知，电容器的电容变大，电源将对其充电，因充电时电子的运动方向由电源负极流向电容器左侧极板，则通过灵敏电流计的电流方向从流向。故D正确；C错误。故选BD。
18.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（ ）

A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最小
B．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都沿水平方向
C．时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
【答案】BD
【解析】AC．因为水平方向粒子的速度v0保持不变，当t＝0时入射，在时竖直方向速度达到最大，当t＝T时速度恰好减小为0，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故AC错误；
BD．无论哪个时刻入射的粒子，在一个时间T内，正向电压和反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都水平的，离开电场时的速度大小都相等，故BD正确。
故选BD。
三、实验题
19．心脏除颤器通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。现用图甲所示电路观察心脏除颤器中电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势、内阻不计，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。
（1）在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向 （选填“相同”或“相反”）。
（2）图像阴影为曲线图像与对应时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积 （选填“>”、“<”或“=”）。
（3）已知，则该电容器的电容值为 F。（保留两位有效数字）
（4）由甲、乙两图可判断阻值 （选填“>”或“<”）。
【答案】 相反 = <
【解析】（1）[1]由图甲可知，电容器充电时，通过电阻的电流方向向左，放电时通过的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向相反。
（2）[2]曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积。
（3）[3]由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为
（4）[4]由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则由闭合电路的欧姆定律
可知
四、计算题：
20.如图所示为示波管的原理图，在A板和电子枪之间加电压使电子枪K发射出的电子经电压加速后沿中心线进入偏转电场，在电场力作用下发生偏转，电子最终打在右侧荧光屏上的P点。已知M、N之间的电场可视为匀强电场，偏转电极M、N之间的间距为d，极板长度为，偏转电压为，极板右边缘到荧光屏的距离为。电子从电子枪发射时初速度可不计，电子电荷为e、质量为m，电子重力忽略不计。求：
（1）电子经电压加速后的速度大小v；
（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）荧光屏上的点P到屏的中心位O的距离Y。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得
解得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，在电场中的偏转量为
（3）根据平抛运动的推论：做类平抛运动的物体，某时刻速度的反向延长线过此刻水平位移的中点
，解得
21.如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管A、B、C、D、E）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源极性随时间变化的周期为1×10－7s，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间恰为电源极性变化周期的。质子的电荷量与质量之比为1×108C/kg。求：
(1)漂移管B的长度LB；
(2)相邻漂移管间的加速电压U。
【答案】（1）0.4m；（2）6×104V
【解析】(1)质子在B管中做匀速直线运动，由运动学公式可得漂移管B的长度LB=vBt
质子在B管中的运动时间为电源周期的，则t=
代入数据，得LB=0.4m
(2)由图可知，从B到E经过3次加速，设加速电压为U，根据动能定理可知，3qU=－
=1×108C/kg
联立代入数据可得 U=6×104V
目录
考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢
重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
学以致用：真题经典题+提升专练，全面突破
常考考点
真题举例
平行板电容器的两类典型问题
2022·重庆·高考真题高考真题
带电粒子在匀强电场中的直线运动
2023新课标卷、2023浙江高考真题
带电粒子在匀强电场中的曲线运动
2023新课标卷、2023湖北卷高考真题
带电粒子在电磁场中的运动
2023河北卷、2023湖北卷高考真题
基本
粒子
如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）
带电体
如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力
实验电路
实验过程
（1）观察电容器充电现象：充电电流由电源的正极流向电容器的正极板，同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极，电流表示数逐渐变小，最后为0。
（2）观察电容器的放电现象：放电电流由电容器的正极板经过电流表流向电容器的负极板，放电电流逐渐减小，最后为0。充、放电电流的变化是极短暂的。
数据处理
误差分析
（1）整个图像与横轴所围的面积的物理意义是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。
（1）电流测量和读数不准确带来误差；
（2）利用I－t图像进行数据处理时也会造成误差。
（2）估算电容器充电或放电过程中电荷量的方法是：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。