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高考物理一轮复习【专题练习】 专题48 电容器动态分析、带电粒子在电场中的直线和抛体运动
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高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训
专题48 电容器动态分析、带电粒子在电场中的直线和抛体运动
特训目标
特训内容
目标1
电容器动态分析（1T—4T）
目标2
电容器的充放电实验（5T—8T）
目标3
带电粒子在匀强电场中的直线运动（9T—12T）
目标4
带电粒子在交变电场中的直线运动（13T—16T）
目标5
带电粒子在匀强电场中的抛体运动（17T—20T）
目标6
带电粒子在交变电场中的抛体运动（21T—24T）
【特训典例】
一、 电容器动态分析
1．如图所示为在竖直平面的电路，闭合开关S1和S2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，为滑动变阻器，为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器的滑动头P向右滑动，油滴向上运动
B．滑动变阻器的滑动头P向左滑动，油滴向下运动
C．极板M向上运动，M板的电势升高
D．断开S2，油滴不动
【答案】AC
【详解】A．滑动变阻器的滑动头P向右滑动，则R1阻值减小，回路电流变大，则R2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A正确；
B．滑动变阻器的滑动头P向左滑动，则R1阻值变大，回路电流变小，则R2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B错误；
C．极板M向上运动，根据可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合可知两板间场强不变，则根据U=Ed可知，两板电势差变大，则M板的电势升高，选项C正确；
D．断开S2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D错误。故选AC。
2．如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则（ ）
A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大
B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大
C．若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电量增多
D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
【答案】BC
【详解】AB．根据电容的定义式可知，指纹的凹点与小极板距离远，即大，则小；指纹的凸点与小极板距离近，即小，则大，故A错误，B正确；
C．若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，则增大，由于电容器的电压保持不变，根据
可知小极板带电量增多，故C正确；
D．若用湿的手指去识别，由于水是导电的，则使得同一指纹的凹点与凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器电容，使得识别功能受到影响，故D错误。故选BC。
3．微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。其原理如图所示，R为定值电阻，M和N为电容器两极板，M极板固定在手机上，N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接。当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。手机运动时下列说法正确的是（ ）
A．匀速运动时，电阻R中有电流
B．由向前匀速突然减速时，电容器所带电荷量增加
C．由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表
D．保持向后的匀加速运动时，之间的电场强度持续减小
【答案】BC
【详解】A．匀速运动时加速度为0，电容C不变，线路中无电流，故A错误。
B．由向前匀速突然减速时，由于惯性N板向前移动d减小，由，故C增大，，Q增大，故B正确。
C．由静止突然向前加速时，由于惯性N板向后移，d增大、C减小、Q减小，故有放电电流，电流b向a，故C正确。
D．保持向后的匀加速运动时，加速度a不变，d不变，故之间的电场强度E不变，故D错误。故选BC。
4．如图所示，绝缘固定擦得很亮的金属板A水平放置，其下方水平放置接地的铜板B。两板间距为d，两板面积均为S。正对面积为且，当用黄光灯照射金属板A上表面一段时间后移走黄光灯源，此时A，B间一带电液滴恰好处于静止状态。在忽略电容器漏电的情况下，以下说法正确的是（ ）
A．带电液滴带负电
B．增大正对面积S'或增大两板间距d，带电液滴仍然处于静止状态
C．再用紫色光源照射金属板A上表面一段时间后，液滴将一定向上运动
D．再用红色光源照射金属板A上表面一段时间后，液滴将一定向上运动
【答案】AC
【详解】A．用黄光灯照射金属板A上表面，A板发生光电效应，电子逸出，A板剩余正电荷，A、B板间形成方向向下的匀强电场，由液滴处于静止状态可知故带电油滴带负电，故A正确;
B．增大正对面积，根据平行板电容器决定式可知，电容C变大，根据可极板间电压U变小，根据可知电场强度减小，带电液滴受到的电场力减小，带电液滴向下运动，由以上各式可得
仅增大两极板间距d，极板间的电场强度不变，带电液滴电场力不变，故带电液滴仍然静止，故B错误;
C．再用紫色光源照射金属板A上表面，由于紫光的频率大于黄光的频率，所以能发生光电效应，从金属板A逸出更多的光电子，则金属板A所带电荷量增大，由知电场强度变大，电场力变大，所以液滴将一定向上运动，故C正确;
D．再用红色光源照射金属板A上，由于红光的频率比黄光的频率低，所以不一定能使金属板A发生光电效应，金属板A所带电荷量不一定改变，所以液滴不一定向上运动，故D错误。故选AC。
二、 电容器的充放电实验
5．利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电，电流传感器A与计算机连接，记录放电电流I随时间t变化的图像，图像与坐标轴围成的面积，数值上等于电容器的带电荷量Q（可用DIS系统软件计算）Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。
（1）图1、图2为放电法测量电容的两种电路原理图，开关S先与1端相连，充电结束后，读出电压表的示数。然后把开关掷向2端，记录图像，测量出电容器的带电荷量Q。在两图中，实验系统误差较大的是__________（选填“图1”或“图2”），原因是_________________________________________对实验的影响，使电容测量值__________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（2）DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是__________。
A． B．
C． D．
【答案】 图2 电压表分流 偏小 C
【详解】（1）[1][2][3]在图1、图2两图中，实验系统误差较大的是2，原因是电容器放电荷时电压表有分流对实验的影响，使电容器放电荷量值偏小，则电容测量值偏小。
（2）[4]电容器放电时，放电电流逐渐减小，且逐渐变慢,则DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是C。故C正确，ABD错误。故选C。
6．电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E=8V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，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i-t曲线如图乙所示。
（1）图像阴影为i-t图像与对应时间轴所围成的面积，表示的物理意义是___________；
（2）乙图中阴影部分的面积___________；（选填“>”、“<”或“=”）
（3）计算机测得，则该电容器的电容为___________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】 电荷量 = 0.15 ＜
【详解】（1）[1]根据可知i-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电荷量。
（2）[2]S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以S1=S2
（3）[3]该电容器的电容为
（4）[4]由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大， 且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有所以
7．某兴趣小组想自制一个电容器。如图所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸（某种绝缘介质），一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。
（1）为增加该电容器的电容，应当___________（填正确答案标号）。
A．增大电容器的充电电压
B．减小电容器的充电电压
C．锡箔纸面积尽可能大
D．锡箔纸卷绕得尽可能紧
（2）为了测量该电容器电容的大小，由于实验室没有电容计，该小组采用了如图所示的电路进行测量。其中电压传感器和电流传感器可以在计算机上显示出电压和电流随时间变化的、图像。
先将开关S置于a
端，电压和电流随时间变化图像分别如图1、2所示，则该电容器充满电后所带的电荷量约为___________ C；电容大小约为___________ F。（结果均保留两位有效数字）
（3）在（2）问基础上，电容器充满电后，时刻再把开关S置于b端，则以下电流和电压随时间变化的图像符合实际的是___________（填正确答案标号）。
【答案】 CD （在范围内均可） （在范围内均可） BC##CB
【详解】（1）[1]根据电容决定式可知电容器的电容与充电电压无关，为增加该电容器的电容，可以增大或减小，所以使锡箔纸面积尽可能大或使锡箔纸卷绕得尽可能紧，都可以增大电容，故AB错误，CD正确。故选CD。
（2）[2][3]根据可知图像与时间轴围成的面积表示电荷量, 图像每小格表示的电荷量为
，图像与时间轴围成的面积共约75个小格，则电容器充满电后所带的电荷量约为由图像知，充满电后电容器两端电压为，则电容大小约为
（3）[4]时间内，电容器充电，电流逐渐减小，电压逐渐增大，直至充满时，电流为零，电压达到最大；时刻把开关S置于b
端，电容器放电，电流反向且逐渐减小到零，电压也逐渐减小到零但方向不变，故BC正确，AD错误。故选BC。
8．电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器（标称电压为16V）、电流传感器、计算机、直流稳压电源、定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关，导线若干。
实验过程如下：
①按照图甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源给电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i－t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出i－t曲线和两坐标轴所围的面积。
（1）测出i－t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA·s，则电容器的电容C＝___________F。
（2）若将定值电阻换为R1，R1＝180Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的i－t图线应该是图丙中的虚线___________（选填“b”“c”或“d”）。
【答案】 4.7×10-3 c
【详解】（1）[1]由i－t图像得到开始时电流为I＝90mA＝0.09A，故电容器两端的初始电压为
U＝IR0＝0.09A×100Ω＝9V电容为
（2）[2]换用阻值为180Ω的电阻，根据可知，第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Q＝CU可知，两条曲线与坐标轴所围的面积相等，故不是d，应是c。
三、 带电粒子在匀强电场中的直线运动
9．如图所示，在绝缘的水平面上，一带正电的滑块以5m/s的速度从A点经时间t1到达B点时的速度为3m/s，再经时间t2到达C点时的速度为0，平面上方的空间有水平向左的匀强电场，下列说法正确的是（ ）
A．A、B间的距离与B、C间的距离之比为5:3
B．A、B间的距离与B、C间的距离之比为3:1
C．t1与t2之比为2:3
D．t1与t2之比为3:2
【答案】C
【详解】由题意可知滑块做匀减速运动，根据运动学公式可得；
故ABD错误，C正确。故选C。
10．如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板左边缘射入，并沿直线从上极板右边缘射出，油滴质量为m，带电荷量为q，现仅将上极板上移少许，其他条件保持不变，重力加速度为g，则下列分析正确的是（ ）
A．上移后油滴的运动轨迹是曲线
B．上移后电场强度大小小于，方向竖直向上
C．上移后下极板和上极板之间的电势差为
D．上移后油滴穿越两板之间的电场时电势能减少了
【答案】D
【详解】AB．由于油滴沿直线在极板间运动，可知油滴一定做匀速直线运动，可得则电场强度大小为根据公式；可得则当上极板向上移动时，E不变，方向竖直向上，仍有所以油滴的运动轨迹仍然是直线，AB错误；
C．综上分析，由于E不变，根据，当上极板向上移动少许，d变大，所以U变大，两极板间的电势差不再是，C错误；
D．当上极板向上移动少许，E不变，所以油滴射出电场时的位置也不变，重力做的负功为，则电场力做的正功为，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了，D正确。故选D。
11．如图所示，光滑绝缘的水平面上，在宽度的区域内存在一水平向左的匀强电场（除此之外其余位置均无电场），电场强度。在电场区域内某一位置P处有一质量、带电荷量的小滑块，其以初速度向右运动，空气阻力忽略，重力加速度。
（1）求小滑块在电场中运动的加速度的大小和方向；
（2）P处距匀强电场的右边界多远时，小滑块可获得最大速度？并求出该最大速度。
【答案】（1）1m/s2，水平向左；（2）0.5m，1.4m/s
【详解】（1）小滑块所受电场力大小为 设小滑块在电场中运动的加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有 联立代入数据解得 由于小滑块带正电，所以受电场力方向为水平向左，则加速度方向为水平向左。
（2）根据运动学公式可知小滑块从开始到速度减为零的过程中的位移大小为 所以小滑块既可以从右边界离开电场也可以从左边界离开电场。若小滑块从电场右边界离开电场，则其离开时的速度一定小于v0，若小滑块从右边界由静止一直加速至左边界，则其到达左边界时的速度大小为
则v1为小滑块能够获得的最大速度，可知此时P处距匀强电场的右边界0.5m。
12．在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（均可视为质点）组成一个带电系统，球A所带的电荷量为+2q，球B所带的电荷量为-3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNPQ内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场场强大小为E，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其它因素的影响。求：
（1）释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小；
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间；
（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值。
【答案】（1）；（2） ；（3）△Ep =6EqL
【详解】（1）对整体应用牛顿第二定律得出两小球加速度
（2）系统向右加速运动阶段解得此时B球刚刚进入MN，系统的速度v=at1
假设小球A不会出电场区域，系统向右减速运动阶段-3Eq+2Eq=2ma′加速度减速运动时间
减速运动的距离可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立。
所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间
（3）B球在电场中向右运动的最大距离x=2L进而求出B球电势能增加的最大值△Ep=-W电=6EqL
四、 带电粒子在交变电场中的直线运动
13．如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子（不计重力），时刻，板电势高于板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映质子速度、位移、加速度和动能四个物理量随时间变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A、质子在电场中的加速度即加速度与金属板间电压成正比，故图象应与图相似，A错误；
B、时间内，质子在金属板间做匀加速直线运动，由知质子的位移与时间成二次函数关系，图象应该为抛物线，B错误；
C、由图乙可知，在时间内，质子做初速度为零的匀加速直线运动，在时间内，加速度方向相反，大小不变，故质子先做匀减速直线运动，减速为零后以相同的加速度反向匀加速；同理，C正确；
D、由于；故动能与时间为二次函数关系，图象应该为抛物线，D错误。故选C。
14．如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是（ ）
A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
B．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
C．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边
D．若t＝ T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边
【答案】C
【详解】AB．在t＝时刻之前释放电子，静电力水平向左，电子在静电力的作用下向A板做匀加速直线运动，AB错误；
C．若t＝T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，图线三符合电子运动的v－t图像，v－t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，2T时刻之前v－t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，C正确；
D．若t＝时刻释放电子，易分析得2T时刻之前v－t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，D错误。故选C。
15．平行板电容器两极板间电压随时间变化的图像如图所示。当时，在极板中间位置由静止释放一个带电粒子，忽略带电粒子所受重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子始终做匀变速运动
B．时刻带电粒子速度为零
C．时刻，带电粒子速度为零
D．时刻，带电粒子回到点
【答案】CD
【详解】AB．设内粒子的加速度为，内的加速度为，由可知
做出粒子的图像
由图像可知，时刻带电粒子速度最大，AB错误；
C．当时刻，图像过坐标轴，粒子速度为零，C正确；
D．当时刻，图像坐标轴上下面积之和为零，粒子位移为零，带电粒子回到点，D正确。故选CD。
16．图甲是近年来兴起的一种静电耳机，图乙是其原理图，A、B为两片平行固定金属薄板，M是位于金属板之间的极薄带电振膜，音频信号加在金属板上，板间将形成随音频信号变化的电场，在静电力作用下振膜振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为d、电容为C的平行板电容器，振膜质量为m且均匀带有+q电荷，其面积与金属板相等，振膜只能沿垂直金属板方向平行移动，不计重力和阻力。
（1）当金属板充电至电荷量为Q时，求振膜的加速度a。
（2）若两板所加电压信号UAB如图丙所示，在t=0时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，为了使振膜做周期为T的重复运动并且始终不碰到金属板，求电压u1和u2的最大值。
【答案】（1）；（2）；
【详解】（1）由，可知金属板间的电压为又因为且F=Qe,故其所受的静电力F=
根据牛顿第二定律，有a=
（2）u1为正向，A板电势高于B板电势，振膜向右运动，如果一直做往复运动且不和金属板发生碰撞，则振膜在一个周期内的总位移应该为零，设u2的电压为u1的n倍，则
解得n=3；a1=不碰金属板，即a1（）≤解得u1≤则由两个电压的关系可得u2≤
五、 带电粒子在匀强电场中的抛体运动
17．如图所示，在空间中水平面MN的下方分布着方向竖直向上的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平。已知A、B、C三点在同一直线上，，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为3mg
B．小球带负电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为
D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等
【答案】D
【详解】C．小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速运动，A、B、C三点在同一直线上，，可知，小球从A到B与从B到C的运动时间之比为，C错误；
A．在竖直方向上，小球从A到B做匀加速运动，加速度大小为，从B到C做匀减速运动，加速度大小为，A、C两点竖直方向的速度均为零，则有解得根据牛顿第二定律可知解得
，A错误；
B．从B到C小球在竖直方向上做减速运动，即所受合力竖直向上，因此可以判断小球所受电场力竖直向上，小球带正电，B错误；
D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小分别表示为，
小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等，D正确。故选D。
18．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点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，经过一段时间后粒子到达MN连线上的Q点（图中未画出），已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，下列说法正确的是（ ）
A．粒子从P点运动到Q点的过程中，电场力的冲量为3mv0
B．粒子经过Q点时的动能为2m
C．P点与Q点之间的距离为
D．粒子经过Q点时的速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，从P点到再次落到MN连线上，水平位移等于竖直位移，即
v0t=·t2解得电场力的冲量I=qEt=2mv0故A错误；
B．竖直速度vy=t=2v0合速度v=v0粒子经过Q点时的动能Ek=mv2=故B错误；
C．水平位移x=v0t=竖直位移y=x故合位移大小s=x=故C正确；
D．设Q点处速度方向与竖直方向的夹角为θ，则tan θ=即θ≠30°故D错误。故选C。
19．如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为，两对极板间偏转电压大小相等均为，电场方向相反。质量为m，电荷量为＋q的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子离开加速器时速度
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移
C．与2L相等
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
【答案】B
【详解】A．根据粒子离开加速器时速度为故A错误；
B．粒子平移器电场中的偏转量为又 ，得故B正确；
C．根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知故C错误；
D．由B选项可得由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。故选B。
20．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图所示，不同的带负电粒子（不计重力）在电压为的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则（ ）
A．若电荷量q相等，则带负电粒子在加速电场的加速度大小相等
B．若比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
C．若电荷量q相等，则带负电粒子射出偏转电场时的动能相等
D．若不同比荷的带负电粒子由O点射入，偏转角度相同
【答案】BCD
【详解】A．根据牛顿第二定律得带负电粒子在板间的加速度大小可知电荷量相等，质量不一定相等，则加速度大小不一定相等，A错误；
B．带负电粒子从M孔射出的动能为则负电粒子从M孔射出的速率为可知，比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等，B正确；
D．带电粒子进入平行金属板间做类平抛运动，设极板长度为L，板间距离为d，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有粒子射出电场时偏转角度正切由上有，
联立可得，可知偏转角度tanθ与比荷无关，D正确；
C．由选项D可知又因为位移偏转角的正切值总为速度偏转角正切值的二分之一，即
由于根据动能定理有可知若电荷量q相等，则带负电粒子射出偏转电场时的动能相等，C正确。故选BCD。
六、 带电粒子在交变电场中的抛体运动
21．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则（ ）
A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为
D．在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
【答案】AD
【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间
竖直方向上的位移恰好为d，则时间内的位移为，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；
B．由上述分析知解得故B错误；
C．粒子在静电力作用下的加速度大小，时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移大小为故C错误；
D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。
故选AD。
22．如图甲所示，在空间中建立xOy坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第II象限，细管C到两金属板距离相等，细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能以速度从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场，α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，该电场的电场线沿半径方向指向圆心O，α粒子运动轨迹处的场强大小为
。时刻α粒子垂直x轴进入第IV象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是（ ）
A．α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量为
B．α粒子从放射源P发射时的速度大小为
C．α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为
D．当时，α粒子的坐标为
【答案】BCD
【详解】AB．设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有
竖直方向有由牛顿第二定律联立解得
α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理解得
设α粒子发射时速度的大小为v，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理
解得故A错误，B正确；
C．由牛顿第二定律得故C正确；
D．时，α粒子在x方向的速度为所以一个周期内，离子在x方向的平均速度每个周期α粒子在x正方向前进因为开始计时时α粒子横坐标为
所以nT时，α粒子的横坐标为
α粒子的纵坐标为
在nT时α粒子的坐标为故D正确。故选BCD。
23．如图所示，电子枪产生的电子经过的电场加速，进入平行板电容器中央，平行板电容器板长L和板间距离d均为10cm，距板右侧D＝10cm处有一竖直圆筒，圆筒外侧粘有白纸，平行板电容器上所加电压，圆筒以转动，不计电子通过平行板时极板上电压的变化，白纸上涂有感应材料，电子打到白纸上留下黑色印迹，最后从圆筒上沿轴线方向剪开白纸并展开，由于剪开白纸的位置不同，得到的图像形状不同，以下图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【详解】D．设电子经电场加速后的速度为，根据动能定理有离子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设速度方向与水平方向夹角为，则有
根据几何关系可得电子打到圆筒上时的竖直位移电子打到白纸上形成的图像是按正弦规律展开的，如图所示，圆筒转动周期是交流电周期的一半，最大竖直位移不超过7.5cm，故D错误；
ABC．由于剪开白纸的位置不同，得到不同的图像形状，若沿①剪开，图形如题图A所示，若沿②剪开，图形如题图C所示，因为圆筒周期是交流电周期的一半，电子落在白纸上图像是正弦图线的重合
故AC正确，B错误。故选AC。
24．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：
（1）在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
（2）荧光屏上有电子打到的区间长度。
【答案】（1）13.5 cm；（2）30 cm
【详解】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得设电容器间偏转电场的场强为E，则有设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有沿中心轴线方向
垂直中心轴线方向有联立解得设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝at；则电子在荧光屏上偏离O点的距离为
由题图乙知t＝0.06s时刻U＝1.8U0解得Y＝13.5cm
（2）由题知电子偏转量y的最大值为，根据可得当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。所以代入得所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30cm
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训
专题48 电容器动态分析、带电粒子在电场中的直线和抛体运动
特训目标
特训内容
目标1
电容器动态分析（1T—4T）
目标2
电容器的充放电实验（5T—8T）
目标3
带电粒子在匀强电场中的直线运动（9T—12T）
目标4
带电粒子在交变电场中的直线运动（13T—16T）
目标5
带电粒子在匀强电场中的抛体运动（17T—20T）
目标6
带电粒子在交变电场中的抛体运动（21T—24T）
【特训典例】
一、 电容器动态分析
1．如图所示为在竖直平面的电路，闭合开关S1和S2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，为滑动变阻器，为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器的滑动头P向右滑动，油滴向上运动
B．滑动变阻器的滑动头P向左滑动，油滴向下运动
C．极板M向上运动，M板的电势升高
D．断开S2，油滴不动
【答案】AC
【详解】A．滑动变阻器的滑动头P向右滑动，则R1阻值减小，回路电流变大，则R2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A正确；
B．滑动变阻器的滑动头P向左滑动，则R1阻值变大，回路电流变小，则R2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B错误；
C．极板M向上运动，根据可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合可知两板间场强不变，则根据U=Ed可知，两板电势差变大，则M板的电势升高，选项C正确；
D．断开S2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D错误。故选AC。
2．如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则（ ）
A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大
B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大
C．若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电量增多
D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
【答案】BC
【详解】AB．根据电容的定义式可知，指纹的凹点与小极板距离远，即大，则小；指纹的凸点与小极板距离近，即小，则大，故A错误，B正确；
C．若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，则增大，由于电容器的电压保持不变，根据
可知小极板带电量增多，故C正确；
D．若用湿的手指去识别，由于水是导电的，则使得同一指纹的凹点与凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器电容，使得识别功能受到影响，故D错误。故选BC。
3．微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。其原理如图所示，R为定值电阻，M和N为电容器两极板，M极板固定在手机上，N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接。当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。手机运动时下列说法正确的是（ ）
A．匀速运动时，电阻R中有电流
B．由向前匀速突然减速时，电容器所带电荷量增加
C．由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表
D．保持向后的匀加速运动时，之间的电场强度持续减小
【答案】BC
【详解】A．匀速运动时加速度为0，电容C不变，线路中无电流，故A错误。
B．由向前匀速突然减速时，由于惯性N板向前移动d减小，由，故C增大，，Q增大，故B正确。
C．由静止突然向前加速时，由于惯性N板向后移，d增大、C减小、Q减小，故有放电电流，电流b向a，故C正确。
D．保持向后的匀加速运动时，加速度a不变，d不变，故之间的电场强度E不变，故D错误。故选BC。
4．如图所示，绝缘固定擦得很亮的金属板A水平放置，其下方水平放置接地的铜板B。两板间距为d，两板面积均为S。正对面积为且，当用黄光灯照射金属板A上表面一段时间后移走黄光灯源，此时A，B间一带电液滴恰好处于静止状态。在忽略电容器漏电的情况下，以下说法正确的是（ ）
A．带电液滴带负电
B．增大正对面积S'或增大两板间距d，带电液滴仍然处于静止状态
C．再用紫色光源照射金属板A上表面一段时间后，液滴将一定向上运动
D．再用红色光源照射金属板A上表面一段时间后，液滴将一定向上运动
【答案】AC
【详解】A．用黄光灯照射金属板A上表面，A板发生光电效应，电子逸出，A板剩余正电荷，A、B板间形成方向向下的匀强电场，由液滴处于静止状态可知故带电油滴带负电，故A正确;
B．增大正对面积，根据平行板电容器决定式可知，电容C变大，根据可极板间电压U变小，根据可知电场强度减小，带电液滴受到的电场力减小，带电液滴向下运动，由以上各式可得
仅增大两极板间距d，极板间的电场强度不变，带电液滴电场力不变，故带电液滴仍然静止，故B错误;
C．再用紫色光源照射金属板A上表面，由于紫光的频率大于黄光的频率，所以能发生光电效应，从金属板A逸出更多的光电子，则金属板A所带电荷量增大，由知电场强度变大，电场力变大，所以液滴将一定向上运动，故C正确;
D．再用红色光源照射金属板A上，由于红光的频率比黄光的频率低，所以不一定能使金属板A发生光电效应，金属板A所带电荷量不一定改变，所以液滴不一定向上运动，故D错误。故选AC。
二、 电容器的充放电实验
5．利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电，电流传感器A与计算机连接，记录放电电流I随时间t变化的图像，图像与坐标轴围成的面积，数值上等于电容器的带电荷量Q（可用DIS系统软件计算）Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。
（1）图1、图2为放电法测量电容的两种电路原理图，开关S先与1端相连，充电结束后，读出电压表的示数。然后把开关掷向2端，记录图像，测量出电容器的带电荷量Q。在两图中，实验系统误差较大的是__________（选填“图1”或“图2”），原因是_________________________________________对实验的影响，使电容测量值__________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（2）DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是__________。
A． B．
C． D．
【答案】 图2 电压表分流 偏小 C
【详解】（1）[1][2][3]在图1、图2两图中，实验系统误差较大的是2，原因是电容器放电荷时电压表有分流对实验的影响，使电容器放电荷量值偏小，则电容测量值偏小。
（2）[4]电容器放电时，放电电流逐渐减小，且逐渐变慢,则DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是C。故C正确，ABD错误。故选C。
6．电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E=8V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，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i-t曲线如图乙所示。
（1）图像阴影为i-t图像与对应时间轴所围成的面积，表示的物理意义是___________；
（2）乙图中阴影部分的面积___________；（选填“>”、“<”或“=”）
（3）计算机测得，则该电容器的电容为___________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】 电荷量 = 0.15 ＜
【详解】（1）[1]根据可知i-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电荷量。
（2）[2]S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以S1=S2
（3）[3]该电容器的电容为
（4）[4]由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大， 且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有所以
7．某兴趣小组想自制一个电容器。如图所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸（某种绝缘介质），一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。
（1）为增加该电容器的电容，应当___________（填正确答案标号）。
A．增大电容器的充电电压
B．减小电容器的充电电压
C．锡箔纸面积尽可能大
D．锡箔纸卷绕得尽可能紧
（2）为了测量该电容器电容的大小，由于实验室没有电容计，该小组采用了如图所示的电路进行测量。其中电压传感器和电流传感器可以在计算机上显示出电压和电流随时间变化的、图像。
先将开关S置于a
端，电压和电流随时间变化图像分别如图1、2所示，则该电容器充满电后所带的电荷量约为___________ C；电容大小约为___________ F。（结果均保留两位有效数字）
（3）在（2）问基础上，电容器充满电后，时刻再把开关S置于b端，则以下电流和电压随时间变化的图像符合实际的是___________（填正确答案标号）。
【答案】 CD （在范围内均可） （在范围内均可） BC##CB
【详解】（1）[1]根据电容决定式可知电容器的电容与充电电压无关，为增加该电容器的电容，可以增大或减小，所以使锡箔纸面积尽可能大或使锡箔纸卷绕得尽可能紧，都可以增大电容，故AB错误，CD正确。故选CD。
（2）[2][3]根据可知图像与时间轴围成的面积表示电荷量, 图像每小格表示的电荷量为
，图像与时间轴围成的面积共约75个小格，则电容器充满电后所带的电荷量约为由图像知，充满电后电容器两端电压为，则电容大小约为
（3）[4]时间内，电容器充电，电流逐渐减小，电压逐渐增大，直至充满时，电流为零，电压达到最大；时刻把开关S置于b
端，电容器放电，电流反向且逐渐减小到零，电压也逐渐减小到零但方向不变，故BC正确，AD错误。故选BC。
8．电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器（标称电压为16V）、电流传感器、计算机、直流稳压电源、定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关，导线若干。
实验过程如下：
①按照图甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源给电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i－t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出i－t曲线和两坐标轴所围的面积。
（1）测出i－t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA·s，则电容器的电容C＝___________F。
（2）若将定值电阻换为R1，R1＝180Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的i－t图线应该是图丙中的虚线___________（选填“b”“c”或“d”）。
【答案】 4.7×10-3 c
【详解】（1）[1]由i－t图像得到开始时电流为I＝90mA＝0.09A，故电容器两端的初始电压为
U＝IR0＝0.09A×100Ω＝9V电容为
（2）[2]换用阻值为180Ω的电阻，根据可知，第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Q＝CU可知，两条曲线与坐标轴所围的面积相等，故不是d，应是c。
三、 带电粒子在匀强电场中的直线运动
9．如图所示，在绝缘的水平面上，一带正电的滑块以5m/s的速度从A点经时间t1到达B点时的速度为3m/s，再经时间t2到达C点时的速度为0，平面上方的空间有水平向左的匀强电场，下列说法正确的是（ ）
A．A、B间的距离与B、C间的距离之比为5:3
B．A、B间的距离与B、C间的距离之比为3:1
C．t1与t2之比为2:3
D．t1与t2之比为3:2
【答案】C
【详解】由题意可知滑块做匀减速运动，根据运动学公式可得；
故ABD错误，C正确。故选C。
10．如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板左边缘射入，并沿直线从上极板右边缘射出，油滴质量为m，带电荷量为q，现仅将上极板上移少许，其他条件保持不变，重力加速度为g，则下列分析正确的是（ ）
A．上移后油滴的运动轨迹是曲线
B．上移后电场强度大小小于，方向竖直向上
C．上移后下极板和上极板之间的电势差为
D．上移后油滴穿越两板之间的电场时电势能减少了
【答案】D
【详解】AB．由于油滴沿直线在极板间运动，可知油滴一定做匀速直线运动，可得则电场强度大小为根据公式；可得则当上极板向上移动时，E不变，方向竖直向上，仍有所以油滴的运动轨迹仍然是直线，AB错误；
C．综上分析，由于E不变，根据，当上极板向上移动少许，d变大，所以U变大，两极板间的电势差不再是，C错误；
D．当上极板向上移动少许，E不变，所以油滴射出电场时的位置也不变，重力做的负功为，则电场力做的正功为，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了，D正确。故选D。
11．如图所示，光滑绝缘的水平面上，在宽度的区域内存在一水平向左的匀强电场（除此之外其余位置均无电场），电场强度。在电场区域内某一位置P处有一质量、带电荷量的小滑块，其以初速度向右运动，空气阻力忽略，重力加速度。
（1）求小滑块在电场中运动的加速度的大小和方向；
（2）P处距匀强电场的右边界多远时，小滑块可获得最大速度？并求出该最大速度。
【答案】（1）1m/s2，水平向左；（2）0.5m，1.4m/s
【详解】（1）小滑块所受电场力大小为 设小滑块在电场中运动的加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有 联立代入数据解得 由于小滑块带正电，所以受电场力方向为水平向左，则加速度方向为水平向左。
（2）根据运动学公式可知小滑块从开始到速度减为零的过程中的位移大小为 所以小滑块既可以从右边界离开电场也可以从左边界离开电场。若小滑块从电场右边界离开电场，则其离开时的速度一定小于v0，若小滑块从右边界由静止一直加速至左边界，则其到达左边界时的速度大小为
则v1为小滑块能够获得的最大速度，可知此时P处距匀强电场的右边界0.5m。
12．在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（均可视为质点）组成一个带电系统，球A所带的电荷量为+2q，球B所带的电荷量为-3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNPQ内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场场强大小为E，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其它因素的影响。求：
（1）释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小；
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间；
（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值。
【答案】（1）；（2） ；（3）△Ep =6EqL
【详解】（1）对整体应用牛顿第二定律得出两小球加速度
（2）系统向右加速运动阶段解得此时B球刚刚进入MN，系统的速度v=at1
假设小球A不会出电场区域，系统向右减速运动阶段-3Eq+2Eq=2ma′加速度减速运动时间
减速运动的距离可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立。
所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间
（3）B球在电场中向右运动的最大距离x=2L进而求出B球电势能增加的最大值△Ep=-W电=6EqL
四、 带电粒子在交变电场中的直线运动
13．如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子（不计重力），时刻，板电势高于板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映质子速度、位移、加速度和动能四个物理量随时间变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A、质子在电场中的加速度即加速度与金属板间电压成正比，故图象应与图相似，A错误；
B、时间内，质子在金属板间做匀加速直线运动，由知质子的位移与时间成二次函数关系，图象应该为抛物线，B错误；
C、由图乙可知，在时间内，质子做初速度为零的匀加速直线运动，在时间内，加速度方向相反，大小不变，故质子先做匀减速直线运动，减速为零后以相同的加速度反向匀加速；同理，C正确；
D、由于；故动能与时间为二次函数关系，图象应该为抛物线，D错误。故选C。
14．如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是（ ）
A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
B．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
C．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边
D．若t＝ T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边
【答案】C
【详解】AB．在t＝时刻之前释放电子，静电力水平向左，电子在静电力的作用下向A板做匀加速直线运动，AB错误；
C．若t＝T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，图线三符合电子运动的v－t图像，v－t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，2T时刻之前v－t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，C正确；
D．若t＝时刻释放电子，易分析得2T时刻之前v－t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，D错误。故选C。
15．平行板电容器两极板间电压随时间变化的图像如图所示。当时，在极板中间位置由静止释放一个带电粒子，忽略带电粒子所受重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子始终做匀变速运动
B．时刻带电粒子速度为零
C．时刻，带电粒子速度为零
D．时刻，带电粒子回到点
【答案】CD
【详解】AB．设内粒子的加速度为，内的加速度为，由可知
做出粒子的图像
由图像可知，时刻带电粒子速度最大，AB错误；
C．当时刻，图像过坐标轴，粒子速度为零，C正确；
D．当时刻，图像坐标轴上下面积之和为零，粒子位移为零，带电粒子回到点，D正确。故选CD。
16．图甲是近年来兴起的一种静电耳机，图乙是其原理图，A、B为两片平行固定金属薄板，M是位于金属板之间的极薄带电振膜，音频信号加在金属板上，板间将形成随音频信号变化的电场，在静电力作用下振膜振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为d、电容为C的平行板电容器，振膜质量为m且均匀带有+q电荷，其面积与金属板相等，振膜只能沿垂直金属板方向平行移动，不计重力和阻力。
（1）当金属板充电至电荷量为Q时，求振膜的加速度a。
（2）若两板所加电压信号UAB如图丙所示，在t=0时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，为了使振膜做周期为T的重复运动并且始终不碰到金属板，求电压u1和u2的最大值。
【答案】（1）；（2）；
【详解】（1）由，可知金属板间的电压为又因为且F=Qe,故其所受的静电力F=
根据牛顿第二定律，有a=
（2）u1为正向，A板电势高于B板电势，振膜向右运动，如果一直做往复运动且不和金属板发生碰撞，则振膜在一个周期内的总位移应该为零，设u2的电压为u1的n倍，则
解得n=3；a1=不碰金属板，即a1（）≤解得u1≤则由两个电压的关系可得u2≤
五、 带电粒子在匀强电场中的抛体运动
17．如图所示，在空间中水平面MN的下方分布着方向竖直向上的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平。已知A、B、C三点在同一直线上，，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为3mg
B．小球带负电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为
D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等
【答案】D
【详解】C．小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速运动，A、B、C三点在同一直线上，，可知，小球从A到B与从B到C的运动时间之比为，C错误；
A．在竖直方向上，小球从A到B做匀加速运动，加速度大小为，从B到C做匀减速运动，加速度大小为，A、C两点竖直方向的速度均为零，则有解得根据牛顿第二定律可知解得
，A错误；
B．从B到C小球在竖直方向上做减速运动，即所受合力竖直向上，因此可以判断小球所受电场力竖直向上，小球带正电，B错误；
D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小分别表示为，
小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等，D正确。故选D。
18．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点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，经过一段时间后粒子到达MN连线上的Q点（图中未画出），已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，下列说法正确的是（ ）
A．粒子从P点运动到Q点的过程中，电场力的冲量为3mv0
B．粒子经过Q点时的动能为2m
C．P点与Q点之间的距离为
D．粒子经过Q点时的速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，从P点到再次落到MN连线上，水平位移等于竖直位移，即
v0t=·t2解得电场力的冲量I=qEt=2mv0故A错误；
B．竖直速度vy=t=2v0合速度v=v0粒子经过Q点时的动能Ek=mv2=故B错误；
C．水平位移x=v0t=竖直位移y=x故合位移大小s=x=故C正确；
D．设Q点处速度方向与竖直方向的夹角为θ，则tan θ=即θ≠30°故D错误。故选C。
19．如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为，两对极板间偏转电压大小相等均为，电场方向相反。质量为m，电荷量为＋q的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子离开加速器时速度
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移
C．与2L相等
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
【答案】B
【详解】A．根据粒子离开加速器时速度为故A错误；
B．粒子平移器电场中的偏转量为又 ，得故B正确；
C．根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知故C错误；
D．由B选项可得由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。故选B。
20．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图所示，不同的带负电粒子（不计重力）在电压为的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则（ ）
A．若电荷量q相等，则带负电粒子在加速电场的加速度大小相等
B．若比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
C．若电荷量q相等，则带负电粒子射出偏转电场时的动能相等
D．若不同比荷的带负电粒子由O点射入，偏转角度相同
【答案】BCD
【详解】A．根据牛顿第二定律得带负电粒子在板间的加速度大小可知电荷量相等，质量不一定相等，则加速度大小不一定相等，A错误；
B．带负电粒子从M孔射出的动能为则负电粒子从M孔射出的速率为可知，比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等，B正确；
D．带电粒子进入平行金属板间做类平抛运动，设极板长度为L，板间距离为d，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有粒子射出电场时偏转角度正切由上有，
联立可得，可知偏转角度tanθ与比荷无关，D正确；
C．由选项D可知又因为位移偏转角的正切值总为速度偏转角正切值的二分之一，即
由于根据动能定理有可知若电荷量q相等，则带负电粒子射出偏转电场时的动能相等，C正确。故选BCD。
六、 带电粒子在交变电场中的抛体运动
21．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则（ ）
A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为
D．在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
【答案】AD
【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间
竖直方向上的位移恰好为d，则时间内的位移为，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；
B．由上述分析知解得故B错误；
C．粒子在静电力作用下的加速度大小，时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移大小为故C错误；
D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。
故选AD。
22．如图甲所示，在空间中建立xOy坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第II象限，细管C到两金属板距离相等，细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能以速度从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场，α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，该电场的电场线沿半径方向指向圆心O，α粒子运动轨迹处的场强大小为
。时刻α粒子垂直x轴进入第IV象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是（ ）
A．α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量为
B．α粒子从放射源P发射时的速度大小为
C．α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为
D．当时，α粒子的坐标为
【答案】BCD
【详解】AB．设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有
竖直方向有由牛顿第二定律联立解得
α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理解得
设α粒子发射时速度的大小为v，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理
解得故A错误，B正确；
C．由牛顿第二定律得故C正确；
D．时，α粒子在x方向的速度为所以一个周期内，离子在x方向的平均速度每个周期α粒子在x正方向前进因为开始计时时α粒子横坐标为
所以nT时，α粒子的横坐标为
α粒子的纵坐标为
在nT时α粒子的坐标为故D正确。故选BCD。
23．如图所示，电子枪产生的电子经过的电场加速，进入平行板电容器中央，平行板电容器板长L和板间距离d均为10cm，距板右侧D＝10cm处有一竖直圆筒，圆筒外侧粘有白纸，平行板电容器上所加电压，圆筒以转动，不计电子通过平行板时极板上电压的变化，白纸上涂有感应材料，电子打到白纸上留下黑色印迹，最后从圆筒上沿轴线方向剪开白纸并展开，由于剪开白纸的位置不同，得到的图像形状不同，以下图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【详解】D．设电子经电场加速后的速度为，根据动能定理有离子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设速度方向与水平方向夹角为，则有
根据几何关系可得电子打到圆筒上时的竖直位移电子打到白纸上形成的图像是按正弦规律展开的，如图所示，圆筒转动周期是交流电周期的一半，最大竖直位移不超过7.5cm，故D错误；
ABC．由于剪开白纸的位置不同，得到不同的图像形状，若沿①剪开，图形如题图A所示，若沿②剪开，图形如题图C所示，因为圆筒周期是交流电周期的一半，电子落在白纸上图像是正弦图线的重合
故AC正确，B错误。故选AC。
24．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：
（1）在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
（2）荧光屏上有电子打到的区间长度。
【答案】（1）13.5 cm；（2）30 cm
【详解】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得设电容器间偏转电场的场强为E，则有设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有沿中心轴线方向
垂直中心轴线方向有联立解得设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝at；则电子在荧光屏上偏离O点的距离为
由题图乙知t＝0.06s时刻U＝1.8U0解得Y＝13.5cm
（2）由题知电子偏转量y的最大值为，根据可得当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。所以代入得所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30cm
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