2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場(chǎng)專(zhuān)題突破帶電粒子或帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題教學(xué)案滬科版

PAGE17-專(zhuān)題突破帶電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.此類(lèi)題型一般有三種狀況(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)；(2)粒子做直線來(lái)回運(yùn)動(dòng)(一般分段探討)；(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般依據(jù)交變電場(chǎng)的特點(diǎn)分段探討)。2.兩條分析思路：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，依據(jù)牛頓其次定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。3.注意全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移等，并確定與物理過(guò)程相關(guān)的邊界條件?？枷?粒子做直線運(yùn)動(dòng)【例1】(2024·河南商丘模擬)如圖1甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢(shì)隨時(shí)間改變的規(guī)律如圖乙所示。電子原來(lái)靜止在左極板小孔處(不計(jì)重力作用)，下列說(shuō)法中正確的是()圖1A.從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子必將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B.從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動(dòng)C.從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子必將在兩極板間振動(dòng)D.從t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻釋放電子，電子必將從左極板上的小孔中穿出解析分析電子在一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，從t＝0時(shí)刻釋放電子，前eq\f(1,2)T內(nèi)，電子受到的電場(chǎng)力向右，電子向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；后eq\f(1,2)T內(nèi)，電子受到向左的電場(chǎng)力作用，電子向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t＝T時(shí)速度恰好為零。接著周而復(fù)始，所以電子始終向右做單向直線運(yùn)動(dòng)，直到打在右極板上，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)，電子向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；在eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T內(nèi)，電子受到的電場(chǎng)力向左，電子接著向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(3,4)T時(shí)刻速度為零；在eq\f(3,4)T～T內(nèi)電子受到向左的電場(chǎng)力，向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在T～eq\f(5,4)T內(nèi)電子受到向右的電場(chǎng)力，向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，在eq\f(5,4)T時(shí)刻速度減為零，接著重復(fù)?？芍魞蓸O板距離足夠大，電子可能在兩極板間振動(dòng)，若極板間距較小，電子可能打在右極板上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；用同樣的方法分析從t＝eq\f(3,8)T時(shí)刻釋放電子的運(yùn)動(dòng)狀況，電子先向右運(yùn)動(dòng)，后向左運(yùn)動(dòng)，若極板間距離較小，電子能干脆打在右極板上。若極板間距離較大，由于一個(gè)周期內(nèi)向左運(yùn)動(dòng)的位移大于向右運(yùn)動(dòng)的位移，所以電子最終可能從左極板的小孔離開(kāi)電場(chǎng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A考向2粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)【例2】(多選)如圖2甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的改變規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()圖2A.末速度大小為eq\r(2)v0 B.末速度沿水平方向C.重力勢(shì)能削減了eq\f(1,2)mgd D.克服電場(chǎng)力做功為mgd解析因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(2T,3)時(shí)刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓其次定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC1.如圖3甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。起先A板的電勢(shì)比B板高，此時(shí)兩板中間原來(lái)靜止的電子在電場(chǎng)力作用下起先運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度改變規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律改變)()圖3解析電子在交變電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力恒定，加速度大小不變，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；從0時(shí)刻起先，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(1,2)T后電場(chǎng)力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱?。之后重?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。答案A2.(多選)如圖4甲所示，平行板相距為d，在兩金屬板間加一如圖乙所示的交變電壓，有一個(gè)粒子源在平行板左邊界中點(diǎn)處沿垂直電場(chǎng)方向連續(xù)放射速度相同的帶正電粒子(不計(jì)重力)。t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子恰好在t＝T時(shí)刻到達(dá)B板右邊緣，則()圖4A.隨意時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間為T(mén)B.t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界的速度最大C.t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距B板的距離為eq\f(d,4)D.粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的動(dòng)能與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無(wú)關(guān)解析隨意時(shí)刻進(jìn)入的粒子在水平方向的分運(yùn)動(dòng)都是勻速直線運(yùn)動(dòng)，則由L＝v0t，得t＝eq\f(L,v0)，由于L、v0都相等，所以到達(dá)電場(chǎng)右邊界所用時(shí)間都相等，且都為T(mén)，選項(xiàng)A正確；粒子在豎直方向做周期性運(yùn)動(dòng)，勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，加速度也相同，所以到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)速度的改變量為零，因此粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的速度大小等于進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)初速度大小，與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；對(duì)于t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，據(jù)題意有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)；對(duì)于t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在前eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向下，大小為y1＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)，在后eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向上，大小為y2＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)，則知y1＝y(tǒng)2，即豎直方向的位移為0，所以粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距B板距離為y＝eq\f(d,2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。答案AD電場(chǎng)中的力、電綜合問(wèn)題要擅長(zhǎng)把電學(xué)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問(wèn)題，建立帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、功能關(guān)系和動(dòng)量關(guān)系等多角度進(jìn)行分析與探討?？枷?直線運(yùn)動(dòng)情景【典例】(多選)(2024·湖南株洲一模)如圖5所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號(hào)電荷的金屬板A、B，一個(gè)電荷量q＝1.41×10－4C、質(zhì)量m＝1g的帶電小球自A板上的孔P以大小為0.1m/s的水平速度v0飛入兩板之間的電場(chǎng)，經(jīng)0.02s后又回到P點(diǎn)，其間未與B板相碰，g取10m/s2，則()圖5A.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100V/mB.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為141V/mC.板與水平方向的夾角θ＝30°D.板與水平方向的夾角θ＝45°解析對(duì)帶電小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，小球的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－v0,\f(t,2))＝eq\f(0－0.1,\f(0.02,2))m/s2＝－10m/s2，依據(jù)幾何關(guān)系得tanθ＝eq\f(F合,mg)＝eq\f(m|a|,mg)＝eq\f(|a|,g)＝eq\f(10,10)＝1，故θ＝45°，F(xiàn)電＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg＝qE，解得E＝100V/m，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。答案AD1.(多選)如圖6所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動(dòng)到虛線位置，其他條件不變。則在B極板移動(dòng)的過(guò)程中()圖6A.油滴將向下做勻加速運(yùn)動(dòng)B.電流計(jì)中電流由b流向aC.油滴運(yùn)動(dòng)的加速度漸漸變大D.極板帶的電荷量削減解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，電容器電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量削減，電容器放電，電流由a流向b，選項(xiàng)D正確，B錯(cuò)誤；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移過(guò)程中，兩板間場(chǎng)強(qiáng)漸漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運(yùn)動(dòng)的加速度漸漸變大，選項(xiàng)C正確，A錯(cuò)誤。答案CD2.(2024·江蘇單科)如圖7所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴()圖7A.仍舊保持靜止 B.豎直向下運(yùn)動(dòng)C.向左下方運(yùn)動(dòng) D.向右下方運(yùn)動(dòng)解析由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢(shì)差不變，將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，且電場(chǎng)力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。答案D考向2曲線運(yùn)動(dòng)情景教材引領(lǐng)1.[人教版選修3－1·P39·T3]先后讓一束電子和一束氫核通過(guò)同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向與板面平行，在下列兩種狀況下，分別求出離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)電子速度偏角的正切值與氫核速度偏角的正切值之比。(1)電子與氫核的初速度相同；(2)電子與氫核的初動(dòng)能相同。解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間距離為d，極板長(zhǎng)為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))。(1)若電子與氫核的初速度相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若電子與氫核的初動(dòng)能相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝1。答案見(jiàn)解析拓展提升2.如圖8所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長(zhǎng)L＝0.4m，兩板間距離d＝4×10－3m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中心平行極板射入。已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5kg，電荷量q＝＋1×10－8C，g＝10m/s2。圖8(1)開(kāi)關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒落到下極板的正中心，求微粒入射速度v0；(2)開(kāi)關(guān)S閉合后，微粒恰好從上極板的右邊緣射出電場(chǎng)，求所加的電壓值U。解析(1)開(kāi)關(guān)S閉合前，有：eq\f(L,2)＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝eq\f(L,2)eq\r(\f(g,d))＝10m/s。(2)開(kāi)關(guān)S閉合后，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)，又qeq\f(U2,d)－mg＝ma2，解得U2＝200V。答案(1)10m/s(2)200V真題闖關(guān)3.(2024·全國(guó)卷Ⅲ，24)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后放射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點(diǎn)放射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。解析(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。依據(jù)牛頓其次定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設(shè)B從O點(diǎn)放射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，依據(jù)動(dòng)能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④且有v1·eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)⑦答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)4.(2024·全國(guó)卷Ⅱ，25)如圖9所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m，電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：圖9(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。解析(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍舊為v0。M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3④(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨設(shè)M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由能量守恒得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEs1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2eq\o(○,\s\up3(11))由已知條件Ek1＝1.5Ek2eq\o(○,\s\up3(12))聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩eq\o(○,\s\up3(11))eq\o(○,\s\up3(12))式得E＝eq\f(\r(2)mg,2q)eq\o(○,\s\up1(13))答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(\r(2)mg,2q)活頁(yè)作業(yè)(時(shí)間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.如圖1所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不行伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b。不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()圖1A.小球帶負(fù)電B.電場(chǎng)力跟重力平衡C.小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減小D.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與電場(chǎng)力的合力為0，電場(chǎng)力方向豎直向上，小球帶正電，A錯(cuò)誤，B正確；從a→b，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，C錯(cuò)誤；由于有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。答案B2.(多選)如圖2所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最終分別落在1、2、3三點(diǎn)，不計(jì)三個(gè)液滴間的相互作用，則下列說(shuō)法正確的是()圖2A.三個(gè)液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動(dòng)B.三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間肯定相同C.三個(gè)液滴落究竟板時(shí)的速率相同D.液滴C所帶電荷量最多解析三個(gè)液滴在水平方向受到電場(chǎng)力作用，水平方向不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于三個(gè)液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，選項(xiàng)B正確；三個(gè)液滴落究竟板時(shí)豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個(gè)液滴落究竟板時(shí)的速率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于液滴C在水平方向位移最大，說(shuō)明液滴C在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確。答案BD3.如圖3，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()圖3A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D.向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)解析兩平行金屬板水平放置時(shí)，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場(chǎng)力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場(chǎng)力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。答案D4.如圖4所示，D是一只二極管，AB是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，帶電微粒P的運(yùn)動(dòng)狀況是()圖4A.向下運(yùn)動(dòng) B.向上運(yùn)動(dòng)C.仍靜止不動(dòng) D.不能確定解析當(dāng)帶電微粒P靜止時(shí)，對(duì)其進(jìn)行受力分析得qE＝mg，即qeq\f(U,d)＝mg。當(dāng)A、B之間距離增大時(shí)，電容器的電容C減小，由Q＝CU得，Q也減小，但由于電路中連接了一個(gè)二極管，它具有單向?qū)щ娦?，不能放電，故電容器A、B兩極板上的電荷量不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，電場(chǎng)力仍等于微粒的重力，故帶電微粒仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)C正確。答案C5.如圖5甲所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個(gè)等量的正點(diǎn)電荷。M、O、N為兩點(diǎn)電荷連線上的點(diǎn)。其中O為連線中點(diǎn)，且MO＝ON。在M點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)電荷量為q的正摸索電荷，結(jié)果該摸索電荷在MN間做來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，在一個(gè)周期內(nèi)的v－t圖象如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是()圖5A.M和N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)完全相同B.摸索電荷在O點(diǎn)所受電場(chǎng)力最大，運(yùn)動(dòng)的速度也最大C.摸索電荷在t2時(shí)刻到達(dá)O點(diǎn)，t4時(shí)刻到達(dá)N點(diǎn)D.摸索電荷從M經(jīng)O到N的過(guò)程中，電勢(shì)能先減小后增大解析依據(jù)等量的正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的特點(diǎn)可知，M和N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，不相同，而電勢(shì)是相同的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)等量的正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的特點(diǎn)可知，O點(diǎn)在其連線上電勢(shì)最低，電場(chǎng)強(qiáng)度為0，所以摸索電荷在O點(diǎn)所受電場(chǎng)力最小，但運(yùn)動(dòng)的速度最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；摸索電荷在t2時(shí)刻的速度再次等于0，所以在t2時(shí)刻到達(dá)N點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由圖可知，摸索電荷從M經(jīng)O到N的過(guò)程中，速度先增大后減小，則動(dòng)能先增大后減小，所以電勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)D正確。答案D6.(多選)電流傳感器反應(yīng)特別靈敏，與計(jì)算機(jī)相連接，能馬上描繪出電流隨時(shí)間改變的圖象。如圖6甲所示，在視察充電、放電現(xiàn)象的試驗(yàn)中，電源用直流8V，電容器的電容是幾十微法。先使開(kāi)關(guān)S擲向1端，電源向電容器充電，這個(gè)過(guò)程瞬間完成。然后把開(kāi)關(guān)S擲向2，電容器通過(guò)電阻R放電，電流傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時(shí)間改變的I－t曲線如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是()圖6A.S接1時(shí)，電容器充電，帶電量Q增加，板間電壓U增大，板間場(chǎng)強(qiáng)E減小B.S接2時(shí)，電容器放電，帶電量Q削減，板間電壓U減小，板間場(chǎng)強(qiáng)E減小C.在I－t圖中圖線與橫軸所圍的面積表示電荷量D.依據(jù)以上數(shù)據(jù)和信息不行能估算出電容的大小解析電容器充電，板間場(chǎng)強(qiáng)E增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電容器放電，帶電量Q削減，板間電壓U減小，板間場(chǎng)強(qiáng)E減小，選項(xiàng)B正確；在I－t圖中，由q＝It可知，圖線與橫軸之間的面積表示放電的電荷量，選項(xiàng)C正確；由于充電后電容器的電壓是8V，放電的電荷量等于圖線與橫軸之間的面積，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可能估算出電容的大小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC7.(2024·山東濰坊模擬)如圖7甲所示，平行金屬板A、B正對(duì)豎直放置，CD為兩板中線上的兩點(diǎn)。A、B兩極板間不加電壓時(shí)，一帶電小球從C點(diǎn)無(wú)初速釋放，經(jīng)時(shí)間T到達(dá)D點(diǎn)，此時(shí)速度為v0。在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時(shí)帶電小球仍從C點(diǎn)無(wú)初速釋放，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未接觸極板，則t＝T時(shí)，小球()圖7A.在D點(diǎn)上方 B.恰好到達(dá)D點(diǎn)C.速度大于v D.速度小于v解析小球僅受重力作用時(shí)從C到D做自由落體運(yùn)動(dòng)，由速度公式得v0＝gT；現(xiàn)加水平方向的周期性改變的電場(chǎng)，由運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性知豎直方向還是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向0～eq\f(T,4)沿電場(chǎng)力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)剛好水平速度減為零，eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(3T,4)～T做反向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性水平速度減為零，故t＝T時(shí)合速度為v0，水平位移為零，則剛好到達(dá)D點(diǎn)，故選項(xiàng)B正確。答案B8.(多選)如圖8所示，帶電小球自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)C孔進(jìn)入兩水平位置的平行金屬板之間，由于電場(chǎng)的作用，剛好下落到D孔時(shí)速度減為零。對(duì)于小球從C到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，已知從C運(yùn)動(dòng)到CD中點(diǎn)位置用時(shí)t1，從C運(yùn)動(dòng)到速度等于C點(diǎn)速度一半的位置用時(shí)t2，下列說(shuō)法正確的是()圖8A.小球帶負(fù)電B.t1<t2C.t1>t2D.將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下解析由題圖可知，A、B間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，小球從C到D做減速運(yùn)動(dòng)，受電場(chǎng)力方向向上，所以小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確；由于小球在電場(chǎng)中受到的重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其速度圖象如圖所示，由圖可知，t1<t2，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；將B板向上平移少許時(shí)兩板間的電壓不變，依據(jù)動(dòng)能定理可知mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋x)－eq\f(qUx,d′)＝0，聯(lián)立得x＝eq\f(h,h＋d－d′)d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB綜合提能練9.(多選)如圖9所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運(yùn)動(dòng)，直線ON與水平面的夾角為30°。若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，重力加速度為g，且mg＝qE，則()圖9A.電場(chǎng)方向豎直向上B.小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gC.小球上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)D.小球電勢(shì)能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析因?yàn)樾∏蜃鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場(chǎng)力的方向與水平方向夾角為30°，斜向上，如圖所示，A錯(cuò)誤；小球所受的重力和電場(chǎng)力相等，依據(jù)平行四邊形定則知，兩個(gè)力的夾角為120°，所以合力大小與分力大小相等，等于mg，依據(jù)牛頓其次定律知，小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g，B正確；小球斜向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移s＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，則小球上升的最大高度h＝s·sin30°＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，C錯(cuò)誤；在整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做功W＝qEscos120°＝－eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，電勢(shì)能增加eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，所以小球電勢(shì)能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，D正確。答案BD10.(多選)如圖10所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平面上有A、B兩個(gè)滑塊(均可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，寬度為d，其余空間內(nèi)不存在電場(chǎng)?；瑝KA剛好位于電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場(chǎng)區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑塊A無(wú)初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短，碰撞過(guò)程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間兩滑塊保持肯定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列推斷正確的是()圖10A.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞解析對(duì)滑塊A在碰撞前依據(jù)動(dòng)能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為v，依據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑塊A向左運(yùn)動(dòng)不會(huì)滑出電場(chǎng)，設(shè)碰撞后滑塊A在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑塊B向右做勻速運(yùn)動(dòng)，有vt＝eq\f(4,9)d，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正確，B錯(cuò)誤；兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd＞0，D正確，C錯(cuò)誤。答案AD11.在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個(gè)帶電油滴，電容器兩極板間距為d，當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時(shí)，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖11所示。當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時(shí)，油滴起先向上運(yùn)動(dòng)；經(jīng)時(shí)間Δt后，電容器突然放電使其電壓削減ΔU2，又經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt，油滴恰好回到原來(lái)位置。假設(shè)油滴在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所帶電荷量不變，充電和放電的過(guò)程均很短暫，這段時(shí)間內(nèi)油滴的位移可忽視不計(jì)。重力加速度為g。求：圖11(1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比；(2)第一個(gè)Δt與其次個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比；(3)ΔU1與ΔU2之比。解析(1)油滴靜止時(shí)，由平衡條件得mg＝qeq\f(U0,d)，則eq\f(q,m)＝eq\f(dg,U0)。(2)設(shè)第一個(gè)Δt內(nèi)油滴