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2024 年高考物理一轮复习热点重点难点夯练与提升
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．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
1
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【详解】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。
2．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
【详解】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
2
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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。
3．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
【详解】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
3
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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。
4．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A 板用导线与
板相连，B 板和
板都接地。已知A 板带正
电，在两个电容器间分别有M、N 两个带电油滴都处于静止状态。AB 间电压为
，带电量为
，
间电压为
，带电量为
，若将B 板稍向下移，则（ ）
A．电容
不变，电容
不变
B．
减小，
增大
C．
减小，
增大
D．N 原来所在位置处的电势增大且N 向上运动
【答案】CD
【详解】ABC．将B 板稍向下移由电容的决定式
可知，
将变小，而
板未动，则
不变；
假设
之间的电荷量
不变，再由电容的决定式
可知，
增大，大于
之间的电压，则
板将向
板充电，因此
要减小，
要增大，随着
的增大，而
不变，则可知
要增大，
故AB 错误，C 正确；
D．由场强公式
则可知
之间的场强增大，N 向上运动，而
，
接地，电势为零，故
板的电势升高，而N 处离
板的距离不变，场强增大，则有
4
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因此可知N 处的电势升高，故D 正确。故选CD。
二、电容器的充放电实验
5．某同学按图甲所示实验电路进行“观察电容器的充、放电现象”的实验，电源E 为直流稳压电源，他
先把开关S 掷向1 端，电容器充电完毕后，再把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻R 放电，传感器将电流
信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间t 的变化情况。
（1）图乙为电容器充电时显示出的电流随时间变化的
图像，电容器充电完毕后的电荷量约为
C（结果保留2 位有效数字）；
（2）实验时如果不改变电路其他器材，只将电阻换成另一个阻值较大的电阻进行实验，充电时间将
（填“变长”、“不变”或“变短”）；
（3）实验时如果不改变电路其他器材，只将电容器换成另一个电容较大的电容器进行实验，则得到的
图线与坐标轴圈成的面积将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】
变长 变大
【详解】（1）[1]电容器所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积，确定每个小方格所对应
的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标每个小格为0.4s，则每个小格所代表的电荷量的数值为
曲线下方包含的小正方形的个数约为40 个，由曲线下方的方格数与q 的
乘积即得电容器所带的电荷为
（2）[2]因为电容的电量是一定的，根据
，
可得阻值越大，电流越小，时间会变长；
（3）[3]如果不改变电路其他器材，将电容器换成另一个电容较大的电容器，则由
电容C 增大，电
压U 不变，则Q 增大，则得到的
图线与坐标轴圈成的面积将变大。
6．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
5
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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。
7．随着传感器技术的不断进步，传感器在中学实验室逐渐普及，小乐同学用电流传感器做“观察电容器
的充、放电现象”，电路如图甲所示。
6
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（1）先使开关S 与2 相连，电源对电容器充电，这个过程可在短时间内完成，充满电的电容器左极板带
电（填“正”或“负”）。
（2）然后把开关S 掷向1 端，K 断开，电容器通过电阻
放电，传感器将电流传入计算机，屏幕上显示出
电容器充放电过程电流随时间变化的i-t 图像如图乙所示。
（3）根据i-t 图像可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为 C。（结果保留两位有效数字）
（4）已知直流电源的电动势为8V，内阻忽略不计，则电容器的电容为 F。（结果保留两位有效数
字）
（5）如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时i-t 曲线与横轴所围成的面积将
（填“变大”、“不变”或“变小”）；充电时间将 （填“变长”、“不变”或“变短”）。
【答案】 负 9.5×10-4 1.2×10-4 不变 变短
【详解】（1）[1]电容器左极板与电源负极相连，充满电的电容器左极板带负电。。
（3）[2]i-t 图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量，一小格的面积为
总共约19 格，故电容器在全部放电过程中释放的电荷量为
（4）[3]已知直流电源的电动势为8V，内阻忽略不计，则电容器的电容为
（5）[4]由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时i-t
曲线与横轴所围成的面积将不变。
[5]闭合开关K，电容器串联的电阻值减小，充电电流变大，充电时间将变短。
7
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8．电流传感器可以在电脑端记录电流随时间变化的图线，探究实验小组设计了如图甲所示的实验电路，
探究电容器在不同电路中的充放电现象。
（1）第一次探究中先将开关接1，待电路稳定后再接2.探究电容器充电及通过电阻放电的电流规律。
①已知电流从右向左流过电流传感器时，电流为正，则与本次实验相符的I‒t 图像是 。
A．
B．
C．
D．
②从I‒t 图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小。关于本次实验探究，下列判断正确的是
。
A．若只增大电阻箱R 的阻值，电容器放电的时间将变短
B．若只增大电阻箱R 的阻值，I‒t 图像的面积将增大
C．在误差允许的范围内，放电和充电图像的面积应大致相等
8
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（2）第二次探究中，该同学先将开关接1 给电容器充电，待电路稳定后再接3，探究LC 振荡电路的电流
变化规律。
③探究实验小组得到的振荡电路电流波形图像，选取了开关接3 之后的LC 振荡电流的部分图像，如图乙所
示，根据图像中记录的坐标信息可知，振荡电路的周期T= s（结果保留两位有效数字）。
④如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC 振荡电路的频率将 （填“增大”、“减小”
或“不变”）。
【答案】 A C
不变
【详解】（1）[1]第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R 放电，给电容器充电过程中电流从
右向左流过传感器，即为正，由于充电后电容器上极板带正电，电容器通过R 放电时，电流从左向右流过
传感器，即为负；故选A。
[2] I‒t 图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小，则放电和充电图像的面积应大致相等，若只增大电
阻箱R 的阻值，电容器的电荷量不变，I‒t 图像的面积不变，若只增大电阻箱R 的阻值，对电流的阻碍作用
变大，电容器放电的时间将变长；故选C。
（2）[3] 由图乙可知
[4] 由振荡周期
可知，如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC 振荡电路的周期不变，
则频率也不变。
三、带电粒子在匀强电场中的直线运动
9．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为
的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F 作
用下由静止开始从O 点向右做匀加速直线运动，先经时间t 力F 做功
，此后撤去力F，物块再经时间
返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O 点的电势能为零，则（ ）
A．撤去力F 时物块的速度大小为
B．物块向右滑动的最大距离为
C．物块回到出发点时的动能为
9
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D．撤去力F 时物块的电势能为
【答案】C
【详解】A．设F 撤去前、后物块的加速度大小分别为a1、a2，根据位移关系有
解得
根据运动学规律有
所以撤去力F 时物块的速度大小为
故A 错误；
B．从撤去F 到物块速度减为零所经历的时间为
所以物块向右滑动的最大距离为
故B 错误；
C．物块从O 点开始运动到又回到O 点的过程中，电场力做功为零，恒力F 做功为90J，根据动能定理可知
物块回到出发点时的动能为
，故C 正确；
D．物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最
远位置时的电势能为90J，设撤去F 时物块的电势能为Ep，则
解得
故D 错误。
故选C。
10．如图所示，质量为m 的物块带电量为
，开始时让它静止倾角
的固定光滑绝缘斜面顶端。若
整个装置放在水平向右的匀强电场中，物块由静止释放到落地所经历的时间为
；若仅将匀强电场的方向
改为水平向左，物块在相同的位置由静止释放到落地所经历的时间为
，已知匀强电场的电场强度
，
，
，则
与
的比值（ ）
10
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设斜面的长度为
，若整个装置放在水平向右的匀强电场中，由牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
若整个装置放在水平向左的匀强电场中，电场力水平
向右，物块所受合力与水平方向夹角为
，可知物块脱离斜面，竖直方向，根据运动学公式
联立可得
故选B。
11．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
【详解】开始时粒子静止
q＝mg 当转过45°角，两极板的间距为d′＝
11
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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。
12．在真空中水平放置的平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容
器两极板间的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示，当给电容器突然充电使两极板间的电压增加
ΔU1，油滴开始向上以加速度a 运动；经时间Δt1后，电容器又突然放电使其电压减少ΔU2，加速度大小变
为3a，且加速度方向向下，又经过时间Δt2，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电
荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，运动过程中油滴未与极板相碰，重
力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．ΔU1 Δ∶U2＝1 8∶
B．Δt1=Δt2
C．Δt1时间内和Δt2时间内，油滴动能变化量之比为1 4∶
D．Δt1时间内和Δt2时间内，油滴动量变化量大小之比为1 3∶
【答案】BD
【详解】A．由题可知，液滴处于静止状态时
电容器电压增加
，油滴开上向上以加速度
运
动
电容器电压减少
，加速度大小变为
向下
以上式子联立可得
，A 错误；
B．设向上为正方向，在经过
后，油滴的位移
此时的速度为
当再经过
时，
时
12
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间的位移
油滴回到初始位置则有
联立可以得出
，B 正确；
CD．
时间末的速度
再经过
时间后的速度
因为
所以
因此油滴
的动量变化量之比为
故D 对，C 错误。故选BD。
四、带电粒子在交变电场中的直线运动
13．如图甲所示，足够大的绝缘水平面上静止放置有一质量
、带正电且电荷
的小滑
块，从
时刻开始，空间加上一个如图乙所示的周期性变化的电场（向右为场强E 的正方向）。已知小
滑块与水平面间的动摩擦因数
，重力加速度
，小滑块可视为质点，运动过程中电量保持
不变，则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块在
内加速度的大小为
B．小滑块在
内加速度的大小为
C．小滑块在14s 末的速度大小为
D．小滑块在前14s 内的位移大小为28m
【答案】D
【详解】AB．小滑块在
内所受电场力与滑动摩擦力方向相反，根据牛顿第二定律可得其加速度的大
小为
小滑块在
内所受电场力与滑动摩擦力
方向相同，同理可得其加速度的大小为
故AB 错误；
C．由前面分析可知在一个周期内，小滑块速度的变化量为零，所以小滑块在14s 末的速度大小为
13
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故C 错误；
D．根据运动的对称性可知在一个周期内，小滑块的位移大小为
小滑块在前14s 内的位移
大小为
故D 正确。故选D。
14．如图所示，A、B 是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T 的交变电压U，A 板的电势
，
B 板的电势
随时间的变化规律如图所示。现有一电子从A 板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子
的初速度和重力的影响可忽略。则（ ）
A．若电子是在
时刻进入的，它将一直向B 板运动
B．若电子是在
时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上
C．若电子是在
时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上
D．若电子是在
刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动
【答案】AB
【详解】根据电子进入电场后的受力和运动情况,作出如图所示的图像。
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A．由图丁可知，当电子在t=0 时刻进入电场时，电子一直向B 板运动，故A 正确；
B．若电子在
时刻进入，则由图像知，向B 板运动的位移大于向A 板运动的位移，因此最后仍能打在
B 板上，故B 正确；
C．若电子在
时刻进入电场,则由图像知,在第一个周期电子即返回至A 板，故C 错误；
D．若电子是在
时刻进入，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，故D 错误。故选AB。
15．如图甲所示，两平行板沿水平方向放置，且在两极板间加如图乙所示的电压，
时刻由两极板的正
15
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中央静止释放一带负电的粒子，结果在
时粒子回到出发点，且整个过程中粒子刚好未与极板M 发生碰
撞，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在
时刻刚好运动到极板M
B．在
时刻粒子的速率最大
C．
D．
与
时刻粒子的动能之比为
【答案】CD
【详解】AC．设两极板之间的距离为d，粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q。在
时间内平行板间
的电场强度为
粒子的加速度
向上做匀加速直线运动，经过时间
的位移为
此时的速度为
在
时间内平行板间电场强度为
加速度大小为
粒子以
的速
度先向上做匀减速直线运动到达M 板时，速度减为零，然后向下做匀加速直线运动，这段时间内的位移为
由题意知，在
时刻，粒子回到出发点，则有
联立可得
，A 错
误，C 正确；
BD．由以上分析可知，在
时刻粒子的速度大小为
在
时刻粒子的速度大小为
整理得
显然
与
时刻粒子的速率之比为
由公式
可知
与
时刻粒
子的动能之比为
，B 错误，D 正确。故选CD。
16．制备纳米薄膜的装置可简化为真空中的两平行极板，如图所示，B 板接地，A 板上电势随时间做周期
16
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性变化，A 板电势最大值为
，周期为T，极板间距为d，电荷量为q 在两板中央固定一带负电的粒子，其
质量为m，重力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．若在
时刻释放该粒子，粒子到达极板的最大速度可能为
B．若在
时刻释放该粒子，粒子可能在
时刻到达B 板
C．若在
时刻释放该粒子，粒子的运动方向不变
D．在任何时刻释放该粒子，粒子的动量变化量大小的都不可能大于
【答案】ACD
【详解】AD．由于B 板接地，所以
，那么平行板电容器板间电压大小为
电场强度
粒子在板间受到的电场力
所以粒子受到的电场力与时间t 为线性关系，根据动量定理得在
时刻释放的粒子，粒子在
、
时刻速度最大，有
解得
故AD 正确；
B．在
时刻释放该粒子，粒子在
时间内一直向B 板运动，
时刻粒子速度为零，如果此时粒
子未能到达B 板，则粒子接下来向A 板运动，所以粒子不可能在
时刻到达B 板，故B 错误；
C．
时刻释放该粒子，粒子在
时间内粒子向A 板做加速度增大的加速运动，
时间内粒子向
A 板做加速度减小的减速运动，在
时刻粒子速度为零，故C 正确。故选ACD。
五、带电粒子在匀强电场中的抛体运动
17．一电荷量为
的粒子以一定初速度水平射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，静电力对
17
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粒子做功的功率P 随时间t 变化的图像如图所示。不计粒子的重力，图像的斜率为k，则该粒子的比荷为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】命题透析 本题以带电粒子在电场中的运动为背景，考查类平抛运动规律，静电力的功率等知识
点，意在考查学生的分析综合能力与应用图像解决问题的能力。带电粒子在电场中做类平抛运动，静电力
做功的功率
，v 是粒子沿静电力方向的速度，而
即功率
，
图像的
斜率
解得
故选B。
18．喷墨打印机的简化模型如图所示，墨计微滴（重力不计）从墨盒喷出，经带电室带负电后，以速度v
沿轴线垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，纸面关于轴线对称，通过调节信号输入使微滴可以带不
同的电荷量q，改变偏转电压U 及两极板的极性均可改变墨汁微滴打在纸上的位置，乃至能够恰好使微滴
可以打在纸上的最高点和最低点。如果极板长度为L，板间距离为d，极板右端到纸面的距离为
，纸张
最高点到最低点的距离为2d，则（ ）
A．在微滴带负电时，要使微滴打在纸张的下部，应使上极板为正极
B．如果板间电压一定，要使微滴打在纸张上时的偏移量加倍，则微滴的电荷量要加倍
C．如果以中央轴线为准，上下增大板间距离，可以提高微滴偏移的灵敏度
18
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D．要使微滴打在纸张的最高点或最低点，则微滴带电荷量与板间电压的关系应满足
【答案】B
【详解】A．如果上极板是正极，则板间电场方向向下，由于微滴带负电，则微滴所受电场力向上，故会
往上偏打到纸张的上部，A 错误；
B．微滴在电场中做类平抛运动，由L=vt，
解得
由射出电场
时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，可得
，
为微滴在纸张上的偏移量，即
在U 一定时，有
，故如果板间电压一定，要使微滴打在纸张上的偏移量加倍，
则微滴的电荷量要加倍，B 正确；
C．由
知在保持其他条件不变的情况下，
，则板间距离增大，微滴的偏移量减小，说明
微滴偏移的灵敏度降低，C 错误；
D．当微滴在纸张上的偏移量为d 时，即有
解得
，D 错误。故选B。
19．如图所示，一小球（可以看作质点）以速度
从倾角为
的斜面（足够长）底端斜向上抛出，到达斜
面上的
点时速度方向恰好水平。现将该小球以
的速度从斜面底端沿同一方向抛出，之后到达斜面上
的
点．不计空气阻力，重力加速度大小为
，下列说法正确的是（ ）
A．小球到达
两点的时间之比为
B．到达
两点的小球相对于出发点的水平位移之比为
19
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C．小球到达
点时速度方向不可能水平
D．若在该区域加上竖直向下的匀强电场，将质量为
、带电荷量为
的小球以
的速度从斜面底端
沿同一方向抛出，之后到达斜面上的
点，则该电场的电场强度大小为
【答案】AB
【详解】ABC．由于球落到斜面上
点时速度水平，故可把小球在空中的运动逆向看成从
点向右的平抛
运动，设在
点的速度大小为
，把小球在斜面底端的速度
分解为水平方向速度
和竖直方向速度
，
由
；
；
可得空中飞行时间为
水平位移
；
和水平方向夹角的正切值
可知
为定值，当小球以初速度
沿同一方向抛出落到
点时，
同样采用逆向思维可知小球到达
两点的时间之比为
，到达
两点的小球相对于出发点的水平
位移之比为
，小球到达
点时速度方向一定水平，故AB 正确，C 错误；
D．若加竖直方向电场，把小球在空中的运动逆向看成从
点向右的平抛运动，根据运动的分解和运动规
律可得
；
；
；
匀强电场的电场强度为
故D 错误。故选AB。
20．如图，竖直放置的立方体
中心有一粒子源，粒子源可以水平向各个方向发射不同速度的带
正电的粒子，粒子比荷为
。立方体处在竖直向下的匀强电场中，场强大小
，
立方体边长
，除上下底面外，其余四个侧面均为荧光屏（包括边缘）。不考虑粒子源的尺寸大小、
粒子重力以及粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上后被荧光屏吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变
化。则（ ）
20
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A．粒子射出后，在电场中运动的加速度大小
B．粒子射出后，在电场中向上偏转做类平抛运动
C．粒子从射出到打到荧光屏上运动的最长时间
D．不能打到荧光屏上的粒子，发射时的速度范围为
【答案】AD
【详解】A．对带正电的粒子受力分析可知
解得
故A 正确；
B．粒子带正电，电场力方向与电场强度方向相同，均为竖直向下，与初速度方向垂直，故粒子射出后，
在电场中向下偏转做类平抛运动，故B 错误；
C．粒子从射出到打到荧光屏上运动的时间最长时，粒子恰好打在荧光屏下边缘，满足
解得
故C 错误；
D．当粒子恰好垂直打在荧光屏上时的初速度是能打在荧光屏上时的最小初速度，由几何关系可知
水平方向满足
解得
故D 正确。故选AD。
六、带电粒子在交变电场中的抛体运动
21．两块水平平行放置的金属板如图甲所示，一个电子（质量为m、电荷量为e）由静止开始，经电压为
U0的电场加速后射入两板之间，若两板均不带电时，电子通过两板之间的时间为3t0。当在两板间加如图乙
所示的周期为2t0、最大值恒为U0的周期性电压时，电子在t＝0 时刻沿平行板的方向从两板正中间射入两
板之间。不计电子重力，对于该电子在极板之间的运动，以下说法正确的是（ ）
21
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A．该电子在两极板间一直做曲线运动
B．该电子在垂直于两板方向上一定先加速再匀速再加速
C．若该电子恰好能从下板右端离开，则离开下板时的动能为3eU0
D．若该电子恰好能从下板右端离开，则两板之间的距离为
【答案】D
【详解】A．
若仍在两板运动，因该段时间内两板间电压为零，电场强度为零，电子不受静电力，
不计电子重力，电子做匀速直线运动，A 错误；
B．电子有可能在0~ t0时间内打到极板上，在垂直于两板方向上一直匀加速，所以不一定先加速再匀速再
加速，B 错误；
CD．若该电子恰好能从下板右端离开，则电子在偏转极板间运动的时间为3t0.，在偏转电场中，有
解得
从加速到偏转，有
解得
即离开下板时的动能
，C 错误、D 正确。故选D。
22．如图（a），平行金属板A 和B 间的距离为d，现在A、B 板上加上如图（b）所示的方波形电压，
时A 板比B 板的电势高，电压的正向值为
，反向值也为
。现有由质量为m 的带正电且电荷量为q 的粒
子组成的粒子束，从AB 的中点O 以平行于金属板方向
的速度
射入，所有粒子在AB 间的
飞行时间均为T，不计重力影响。则下列说法错误的是（ ）
22
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A．粒子飞出电场时的速度大小都为
B．粒子飞出电场时的速度方向都改变了
C．粒子飞出电场时位置离
点的距离都是
D．由0 时刻进入电场的粒子，向上侧移最大且为
【答案】CD
【详解】A．由所有粒子在AB 间的飞行时间均为T，且由图（b）可知交变电场的变化周期也为T，故粒子
在电场中电场力的冲量均相同，则由动量定理可知，粒子在垂直于电场力方向上的速度变化量均相同，即
飞出粒子的速度都相同，在沿电场线方向速度大小为
所以飞出粒子的速度大小为
故A 正确，不符题意；
B．设速度方向与
的夹角为θ，则
所以
，B 正确，不符题意；
CD．当粒子由
时刻进入电场时，向下侧移最大，则
当粒子由
时刻进入电场时，向上侧移最大，则
在距离
点下方
至上方
范围内有粒子飞出，故CD 错误，符合题意。故选CD。
23
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23．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；
24
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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。
24．如图甲所示，长为8d、间距为d 的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速
度为v0、电荷量为q（
）、质量为m 的粒子，在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正
方向，不计粒子重力，以下判断正确的是（ ）
A．粒子在电场中运动的最短时间为
B．射出粒子的最大动能为
C．
时刻进入的粒子，从O′点射出
D．
时刻进入的粒子，从O′点射出
【答案】AD
【详解】A．由题图可知场强大小
则粒子在电场中的加速度
则粒子在电场中运动的最
短时间满足
解得
选项A 正确；
25
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B．能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为
则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场
时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为
，选项B 错误；
C．有上述分析可知，射入的粒子在水平方向运动的最长时间为
当
时刻进入的粒子，由题
意可知，在沿电场方向的运动向下加速时间为
即，粒子向下加速运动的时间小于在水平方向运
动的时间，则竖直方向上的移动的距离为
可知粒子从水平方向还没有飞出时就撞击到下极
板，故粒子无法从O′点射出，故C 错误；
D．
时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速
，后向上减速
速度到零；然后向下
加速
，再向下减速
速度到零，如此反复，向上加速和向上减速运动的位移为
则粒子进入电场后，最多只能到达电场上下边界，最
后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，选项D 正确。故选AD。
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