2020届高考物理总复习第七单元电场课时3电容器带电粒子在电场中的运动讲义(含解析)

课时3 电容器 带电粒子在电场中的运动
1.电容和电容器
(1)常见电容器
①组成:由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。

②带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值。

③电容器的充、放电
充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两板带上等量的异种电荷,电容器中储存电场能。

放电:使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程中电场能转化为其他形式的能。

(2)电容
①定义:电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值。

②定义式:C=Q
Q 。

③物理意义:表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。

电容是一个电容器的容量,是一个物理量,电容器
是一个元件。

④单位:法拉(F),1 F=106μF=1012 pF 。

(3)平行板电容器
①影响因素:平行板电容器的电容C 与正对面积S 成正比,与电介质的相对介电常数εr 成正比,与两板间的距离d 成反比。

②决定式:C=Q r
Q
4πQQ ,k 为静电力常量。

2.带电粒子在电场中加速
(1)从动力学角度分析:当带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场时,粒子将做匀变速直线运动,加速度
a=QQ
Q ,位移
x=Q 2-Q 02
2Q 。

(2)从功能角度分析:带电粒子如果仅受电场力的作用,电场力做功等于粒子动能的变化,即qU=1
2mv 2-1
2
m Q 02(无论匀强电场还是非匀强电场都成立)。

3.带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件:带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。

(2)处理方法:类似于平抛运动,应用运动的合成与分解的方法。

a.沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间t=Q
Q 0。

b.沿电场力方向,做匀加速直线运动。

加速度:a=Q Q =
QQ Q =QQ
QQ。

离开电场时的偏移量:y=1
2at
2
=QQQ 2
2QQQ 0
2。

离开电场时的偏转角:tan θ=Q
Q Q 0
=QQQ
QQQ 0
2。

4.示波管
(1)构造:由电子枪、偏转电极和荧光屏等组成,如图所示。

(2)工作原理:
①如果在偏转电极XX'和YY'之间没有电压,则电子枪射出的电子沿直线运动,打在荧光屏中央,产生一个亮斑。

②如果在偏转电极XX'之间加电压,电子会横向偏转;在偏转电极YY'之间加电压,电子会竖向偏转。

③如果在偏转电极XX'和YY'之间同时加上电压,电子会在横向和竖向同时发生偏转,亮斑的位置由U XX'与U YY'共同决定。

④如果在偏转电极XX'和YY'之间同时加上周期性变化的电压,亮斑会在横向和竖向同时发生周期性移动,可能形成周期性变化的图线。

1.(2018湖南邵阳段考)水平放置的平行板电容器充电后,去掉电源,下列说法正确的是()。

A.将两极板的间距加大,电容将增大
B.将两极板的间距加大,极板所带电荷量将增大
C.将两极板平行错开,使正对面积减小,电容将减小
D.,使正对面积减小,极板所带电荷量将减小
答案 C
2.(2019贵州毕节月考)如图所示的装置,可以探究影响平行板电容器电容的因素,关于下列操作及出现的现象的描述正确的是()。

A.电容器与电源保持连接,左移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大
B.电容器充电后与电源断开,上移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大
C.电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入玻璃板,则静电计指针偏转角增大
D.,在电容器两极板间插入金属板,则静电计指针偏转角增大
答案 B
3.(2018陕西宝鸡单元检测)如图所示,当开关S1闭合、S2断开时,电容器极板间的电压为
U,每个极板上所带的电荷量为Q;当开关S1断开、S2闭合时,电容器极板间的电压为2U。

则电容器的电容C= ;电容器极板间的电压为2U时,电容器的电容,极板
上所带的电荷量Q'= 。

不变2Q
答案Q
Q
4.(2018山东曲阜段考)(多选)如图所示,电子由静止开始从A极板向B极板运动,当到达B极板时速度为v,
保持两板间电压不变,则()。

A.当增大两板间距离时,v增大
B.当减小两板间距离时,v增大
C.当改变两板间距离时,v不变
D.,电子在两板间运动的时间也增大
答案CD
5.(2018湖南永州月考)(多选)a、b、c三个α粒子(24He)由同一点同时垂直电场方向进入
偏转电场,其轨迹如图所示,其中b恰好飞出电场。

由此可以肯定()。

A.在b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上
B.b和c同时飞离电场
C.进入电场时,c的速度最大,a的速度最小
D.c,a和b的动能增量一样大
答案AC
6.(2018湖北黄石单元检测)(多选)如图所示,如果在荧光屏上的P点出现亮斑,那么示波管中()。

A.极板X应该带正电
B.极板X'应该带正电
C.D.极板Y'应该带正电
答案AC
1.(2018全国卷Ⅲ,21)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微
粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距
离相等。

现同时释放a、b,它们由静止开始运动,在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下
半区域的同一水平面。

a、b间的相互作用和重力可忽略。

下列说法正确的是()。

A.a的质量比b的大
B.在t时刻,a的动能比b的大
C.在t时刻,a和b的电势能相等
D.在t时刻,a和b的动量大小相等
at2(此a为加解析因为某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,所以y a>y b,根据y=1
2
可知m a<m b,A项错误;根据动能定理
速度),可知a a>a b,又因为a、b所带电荷量大小相等,根据加速度a=QQ
Q
E k=W=qEy,因为y a>y b,所以E k a>E k b,B项正确;q a为正电荷,q b为负电荷,下极板接地,电势为零,两板之间的电势
t=qEt,所以在t时刻,a和b的动φ为正,根据E p=qφ,可知E p a>E p b,故C项错误;根据动量定理p=mv=mat=m QQ
Q
量大小相等,D项正确。

答案BD
2.(2017全国卷Ⅱ,25)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。

自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。

小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。

已知N离开电场时的速度方
向竖直向下;M 在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍。

不计空气阻力,重力加速度大小为g 。

求:
(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比。

(2)A 点距电场上边界的高度。

(3)
(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0。

M 、N 在电场中运动的时间t 相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,设加速度大小均为a ,M 、N 在电场中沿水平方向的位移分别为x 1和x 2。

由题给条件和运动学公式得v 0-at=0
x 1=v 0t+1
2at 2 x 2=v 0t-1
2at 2
联立解得Q
1Q 2
=3。

(2)设A 点距电场上边界的高度为h ,小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ,由运动学公式得Q Q 2=2gh
H=v y t+1
2gt 2
M 进入电场后做直线运动,由几何关系知
Q 0Q Q =Q 1
Q
联立解得h=1
3
H 。

(3)设电场强度的大小为E ,小球M 进入电场后做直线运动,则
Q 0Q Q =QQ QQ
设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2,由动能定理得
E k1=1
2m (Q 02+Q Q 2)+mgH+qEx 1 E k2=1
2m (Q 02+Q Q 2)+mgH-qEx 2
由已知条件E k1=1.5E k2 联立解得E=√2mg
2Q 。

(1)3∶1 (2)1
3H (3)
√2mg
2Q
见《自学听讲》P126
一 平行板电容器的动态分析
1.两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连,电容器两极板间的电势差U 保持不变。

(2)电容器充电后与电源断开,电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变。

2.动态分析思路 (1)U 不变
①根据C=Q Q =Q r
Q
4πQQ 先分析电容的变化,再分析Q 的变化。

②根据E=Q
Q 分析电场强度的变化。

③根据U AB =E ·d 分析某点电势的变化。

(2)Q 不变
①根据C=Q Q =Q r
Q
4πQQ 先分析电容的变化,再分析U 的变化。

②根据E=Q Q =
4Q πQ
Q r Q
分析电场强度的变化。

例1 如图所示,M 、N 两金属板平行竖直放置,使其带电,悬挂其中的带电小球P 偏离竖
直方向。

下列措施中会使OP 悬线与竖直方向的夹角增大的是(P 球不与金属极板接触)( )。

A.增大M 、N 两极板间的电势差
B.减小M 、N 两极板的带电荷量
C.保持板间间距不变,将M 、N 板一起向右平移 ,将M 、N 板一起向左平移
解析 小球受水平向右的电场力和竖直向下的重力,处于平衡状态,增大两板间的电势差,则电场强度增大,电场力增大,偏角增大,A 项正确;减小电容器的带电荷量,两板间电势差减小,电场强度减小,电场力减小,项错误;C 、D 两项中电场强度不会变化,偏角不变,故C 、D 两项错误。

答案 A
变式1 (多选)如图所示,A 、B 为两块平行带电金属板,B 板带正电且与大地相接,板带负电,在两板间P 点处固定一负电荷,设此时两极板间的电势差为U ,P 点电场强度大小为E ,电势为φP ,负电荷的电势能为E p ,现将A 、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变),下列说法正确的是( )。

A.U 变大,E 变大
B.U 变小,φP 变小
C.φP 变小,E p 变大
D.φP 变大,E p 变小
解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变,当正对面积减小时,则由C=Q r
Q 4πQQ 可知电容减小,由U=Q
Q
可知极板间电压增大,由E=Q
Q 可知,电场强度增大,故A 项正确;设P 与B 板之间的距离为d',P 点的电势为
φP ,B 板接地,φB =0,则由题可知0-φP =Ed',Ed'是增大的,则φP 一定减小,因为负电荷在电势低的地方电势能一定较大,所以可知电势能E p 是增大的,C 项正确。

答案 AC
两类典型的动态变化分析
二 带电粒子在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F 合=0,粒子或静止,或做匀速直线运动。

(2)粒子所受合外力F 合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直
线运动。

2.用动力学观点分析
a=
QQ Q ,E=Q Q
,v 2
-Q 02=2ad 。

3.用功能观点分析
匀强电场中:W=Eqd=qU=12mv 2
-1
2m Q 02。

非匀强电场中:W=qU=E k2-E k1。

例2 如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距为l 。

在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为-q 的粒子。

在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。

已知两粒子同时经过一平行于极板且与上极板相距为2
5l 的平面。

若两粒子间相互作用力可忽略,不计粒子重力,则M∶m 为( )。

A.3∶2
B.2∶1
C.5∶2
D.3∶1
解析 因两粒子同时经过一平行于极板且与上极板相距2
5l 的平面,电荷量为q 的粒子通过的位移为2
5l ,电荷量为-q 的粒子通过的位移为3
5l ,由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a 1=
QQ Q 、a 2=QQ
Q
,由运动学公式有2
5l=12a 1t 2=QQ 2Q t 2,35l=12a 2t 2=QQ 2Q
t 2
,联立解得Q Q =3
2,故A 项正确。

答案 A
(1)带电体重力是否计入的判断
①微观粒子(如电子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子,一般都不计重力(并不是忽略质量)。

②带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗示外,一般要考虑重力。

③原则上,所有未明确交代的带电体,都应根据题设运动状态和过程,反推是否计重力(隐含条件)。

(2)带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
三 带电粒子在电场中的偏转
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间 a.能飞出电容器:t=
Q
Q 0。

b.不能飞出电容器:y=12
at 2
=
QQ 2QQ t 2,t=√2QQQ
QQ。

(2)沿电场力方向,做匀加速直线运动 加速度:a=Q Q =
QQ Q =QQ
QQ。

离开电场时的偏移量:y=12
at
2
=QQQ 2
2QQQ 0
2。

离开电场时的偏转角:tan θ=Q
Q Q 0
=QQQ
QQQ 0
2。

2.两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的。

证明:由qU 0=1
2m Q 02
y=12at 2=12·QQ
1QQ ·(Q Q 0
)2
tan θ=QQ 1l
QQQ 02
解得y=
Q 1Q 24Q 0d ,tan θ=Q 1l
2Q 0d。

(2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点,即射出时O 到偏转电场边缘的距离为Q
2。

3.功能关系
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:qU y =12mv 2
-12m Q 02,其中U y =Q
Q y ,指初、末位置
间的电势差。

如图甲所示,虚线MN 左侧有一电场强度E 1=E 的匀强电场,在两条平行的直线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度E 2=2E 的匀强电场,在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏。

现将一电子(电荷量
为e ,质量为m ,不计重力)无初速度地放入电场E 1中的A 点,A 点到MN 的距离为Q
2
,最后电子打在右侧的屏
上,AO 连线与屏垂直,垂足为O 。

求:
甲
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t 。

(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角的正切值tan θ。

P'(图中未标出)到点O 的距离x 。

(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a 1,时间为t 1,由牛顿第二定律
得a 1=
QQ
Q
由x=12
at 2
得Q 2=1
2
a 1Q 12
电子进入电场E 2时的速度v 1=a 1t 1
电子进入电场E 2后到打到屏上的过程中,电子在水平方向做匀速直线运动,时间t 2=2Q
Q 1
电子从释放到打到屏上所用的时间t=t 1+t 2 联立上式解得t=3√QQ
QQ 。

(2)设电子射出电场E 2时平行电场方向的速度为v y 电子进入电场E 2时的加速度a 2=
QQ 2Q
=2QQ
Q v y =a 2t 3,t 3=Q
Q 1
电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角的正切值tan θ=
Q Q
Q 1
=2。

(3)电子在电场中的运动轨迹如图乙所示,设电子打到屏上的点P'到O 点的距离为x ,根据几何关系得 tan θ=Q 32
L
,联立解得x=3L 。

乙
(1)3√QQ
QQ (2)2 (3)3L
电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。

已知m ,电荷量为e ,加速电场电压为U 0,偏转电场可视为匀强电场,极板间电压为U ,极板长度为L ,板间距为d 。

(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏
转距离Δy 。

(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。

在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用
下列数据分析说明其原因。

已知U=2.0×102 V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31 kg,e=1.6×10-19 C,g=10 m/s 2。

解析 (1)根据动能定理,有eU 0=1
2m Q 02 电子射入偏转电场时的初速度v 0=√
2QQ 0Q
在偏转电场中,电子的运动时间Δt=Q
Q 0=L √Q
2QQ 0
加速度a=
QQ Q =QQ
QQ
偏转距离Δy=1
2a (Δt )2
=QQ 2
4Q 0
d 。

(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力
G=mg ≈1×10-29N 电场力F=
QQ Q
≈1×10-15
N 由于F ≫G ,因此不需要考虑电子所受的重力。

答案 (1)√
2QQ 0
Q
QQ 2
4Q 0d
(2)见解析
用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动
带电体在重力场和匀强电场中运动,可以将重力和电场力合成一个力,等效为一个力,这样将带电体在重力场中运动的研究方法可移植到这里,可使解题的速度大大提高。

例4 如图甲所示,绝缘光滑轨道AB 部分是倾角为30°的斜面,AC 部分是竖直平面内半径为R 的圆弧轨道,斜面与圆弧轨道相切。

整个装置处于电场强度为E 、方向水平向右的匀强电场中。

现有一个质量为m 的小球,带正电荷量q=√3mg
3Q ,要使小球能安全通过圆弧轨道,在O 点(O 点在轨道AB 上)的初速度应为多大?
解析 小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力,然后在圆弧轨道上运动,受重力、电场力、轨道作用力,如图乙所示,类比重力场,将电场力与重力的合力视
为等效重力mg',大小为mg'=√(QQ )2+(mg)2=2√3mg
3,tan θ=QQ QQ =√33,得θ=30°,等效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上做匀速运动。

因要使小球能安全通过圆弧轨道,在圆弧轨道的等效“最高点”(D 点)满足等效重力刚好提供向心力,
即有mg'=m Q Q 2
Q
因θ=30°与斜面的倾角相等,由几何关系可知AD=2R
令小球以最小初速度v 0运动,由动能定理知-2mg'R=1
2m Q Q 2-1
2m Q 02
解得v 0=√10√3gR
3
因此要使小球安全通过圆弧轨道,初速度v 应满足v ≥√
10√3gR 3。

答案 v ≥√10√3gR
3
“等效法”在电场中的应用
处理带电粒子在“等效场”中的运动,要关注以下两点:一是对带电粒子进行受力分析时,注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角,从而决定电场力做功情况;二是注意带电粒子的初始运动状态。

(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'=Q 合
Q 为等效重力场中的“等效重力加速度”,F 合的方向等效为“重力”的方向。

(2)物理最高点与几何最高点。

在“等效场”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,而应是物理最高点。

见《高效训练》P75
1.(2018青海玉树质检)图示为某位移式传感器的原理示意图,平行金属板A 、B 和介质
P 构成电容器。

则( )。

A .A 向上移,电容器的电容变大 B .P 向左移,电容器的电容变大
C .A 向上移,流过电阻R 的电流方向从N 到M
D .P ,流过电阻R 的电流方向从M 到N
答案 D
2.(2018天津南开中学模拟)如图所示,在匀强电场中有四条间距均为d 的平行等势线1、2、3、4,各条线上的电势分别为0、-φ0、-2φ0、-3φ0;有一个带电粒子,质量为m (不计重力),电荷量为q ,从A 点与等势线4成θ角以初速度v 0射入电场中,到达等势线2上的B 点时,速度方向恰好水平向左,则匀强电场的电场强度大小为( )。

A.
QQ 02sin 2θ
4QQ
B.
QQ 02sin 2θ
2QQ
C.QQ 02cos 2θ
4QQ D.QQ 02cos 2θ
2QQ
解析 带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动,水平方向做速度v x =v 0cos θ的匀速直线运动,竖直方向做初速度v y =v 0sin θ,加速度a=
QQ Q 的匀减速直线运动,对运动过程应用动能定理有-Eq ·2d=12
m Q Q 2-1
2m Q 02,解得E=
QQ 02sin 2θ
4QQ
,A 项正确。

答案 A
3.(2018云南临沧段考)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。

如图所示,A 、B 是平行板电容器的两个金属板,为静电计。

开始时开关S 闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度增大些,下列采取的措施可行的是( )。

A.断开开关S 后,将A 、B 两极板分开些
B.保持开关S 闭合,将A 、B 两极板分开些
C.保持开关S 闭合,将A 、B 两极板靠近些
D.保持开关S 闭合,将变阻器滑动触头向右移动
解析 断开开关,电容器带电荷量不变,将A 、B 两极板分开一些,则d 增大,根据C=QQ
4πQQ 知,电容减小,根据U=Q
Q 知,电势差增大,指针张角增大,A 项正确;保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,则指针张角不变,故B 、C 两项错误;保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,变阻器仅仅充当导线功能,滑动触头滑动不会影,故D 项错误。

答案 A
4.(2018湖北武汉月考)如图所示,A 、B 为水平放置的平行正对金属板,在板中央分别有一小孔M 、N ,D 为理想二极管,R 为滑动变阻器。

闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电荷的带电小球从M 、N 正上方的P 点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N 处。

下列说法正确的是( )。

A.若仅将A 板上移,带电小球仍将恰好运动至小孔N 处
B.若仅将B 板上移,带电小球将从小孔N 穿出
C.若仅将滑动变阻器的滑片上移,带电小球将无法运动至N 处
D.断开开关S,从P 处将小球由静止释放,带电小球将从小孔N 穿出
解析 若仅将A 板上移,根据公式C=Q r
Q
4πQQ 知电容减小,由于二极管的作用可以阻止电容器的放电,故电
荷量不变,根据C=Q Q ,U=Ed ,可得E=
4πQQ
Q r Q
,故电场强度不变,则带电小球到达小孔N 时,重力做功小于电场力做
功,可知小球未到达小孔N 时速度已经减为零继而返回了,A 项错误。

若仅将B 板上移,电压U 一定,则小球到达小孔N 时,电场力做功不变,重力做功小于电场力做功,可知小球未到达小孔N 时速度已经减为零继而返回了,B 项错误。

将滑动变阻器的滑片上移,分压增加,故电容器的电压增加,如果小球能到达小孔N ,重力做功小
于电场力做功,可知小球未到达小孔N时速度已经减为零继而返回了,C项正确。

断开开关S,电场强度不变,
N处,D项错误。

答案 C
5.(2018东北三校二联)如图所示,一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属
板间,射入方向沿两极板的中心线。

当极板间所加电压为U1时,粒子落在A板上的P点。

如果将带电粒子的初速度变为2v0,同时将A板向上移动Q
2
后,使粒子由原入射点射入后仍落在P点,则极板间所加电压U2为()。

A.U2=3U1
B.U2=6U1
C.U2=8U1
D.U2=12U1
解析板间距离为d,射入速度为v0,板间电压为U1时,在电场中有Q
2=1
2
at2,a=QQ1
QQ
,t=Q
Q0
,解得U1=QQ2Q02
QQ2
;A
板上移Q
2,射入速度为2v0,板间电压为U2时,在电场中有d=1
2
a't'2,a'=2QQ2
3QQ
,t'=Q
2Q0
,解得U2=12QQ2Q02
QQ2
,即
U2=
答案 D
6.(2018安徽安庆月考)(多选)如图所示,纸面内有一匀强电场,带正电的小球(重力不计)在
恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B,已知力F和AB间夹角为θ,A、B间距离为d,
小球带电荷量为q,则下列结论正确的是()。

A.电场强度的大小E=Q cos Q
Q
B.A、B两点的电势差U AB=-QQ cos Q
Q
C.带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fd cos θ
D.若带电小球由B匀速运动至A,则恒力F必须反向
解析由题知小球的重力不计,小球只受到电场力与恒力F作用而做匀速直线运动,则有qE=F,可得电场
强度E=Q
Q ,故A项错误。

A、B两点的电势差U=-Ed cosθ=-QQ cos Q
Q
,故B项正确。

带电小球由A运动至B的过
程中恒力做功W=Fd cosθ,根据功能关系可知,电势能增加了Fd cosθ,故C项正确。

小球所受的电场力恒定不变,B向A做匀速直线运动,则F大小、方向不变,故D项错误。

答案BC
7.(2019湖北恩施单元检测)(多选)喷墨打印机的简化模型如图所示。

重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。

则微滴在极板间电场中()。

A.向正极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线
D.运动轨迹与带电荷量无关
解析 带负电的微滴进入匀强电场后向正极板偏转,电场力对微滴做正功,微滴的电势能减小,微滴在垂直电场方向做匀速直线运动,在平行电场方向做匀加速运动,则有x=vt ,y=12QQ
Q
t 2,所以x 2=
2QQ 2
QQ
y ,A 、C 两项正
答案 AC
8.(2018江西新丰中学模拟)(多选)如图所示,水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场,一带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出,从B 点进入电场,到达C 点时速度方向恰好水平,由此可知( )。

A.从B 到C ,小球的动能减小
B.从B 到C ,小球的电势能减小
C.从A 到B 与从B 到C ,小球的运动时间一定相等
D.与从B 到C ,小球的速度变化量大小一定相等
解析 由运动轨迹可知,在MN 上方,带电小球做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动;在MN 下方,带电小球在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀减速直线运动,加速度竖直向上,从B 到C ,合力做负功,小球的动能减小,A 项正确。

从B 到C ,电场力做负功,小球的电势能增加,B 项错误。

由于电场力大小不确定,则小球在电场中的加速度不确定,故两过程的时间长短不确定,C 项错误。

因为水平方向小球做匀速直线运动,所以速度的变化仅发生在竖直方向上,从A 到B 与从B 到C 两过程速度的变化量大小一定相等
答案 AD
9.(2018哈尔滨模拟)(多选)如图所示,M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板,板间有匀强电场,一质量为m 、电荷量为-q 的带电粒子,以初速度v 0由小孔进入电场,当M 、N 间电压为U 时,粒子刚好能到达N 板,如果要使这个带电粒子能在到达M 、N 两板间距的1
2处返回,则下列措施能满
足要求的是( )。

A.将初速度减为原来的1
2
B.将M 、N 间电压提高到原来的2倍
C.将M 、N 间电压提高到原来的4倍
D.将初速度和M 、N 间电压都减为原来的1
2
解析 在粒子刚好到达N 板的过程中,由动能定理得-qEd=0-1
2
m Q 02
,所以
d=QQ 02
2QQ ,令带电粒子离开
M 板的
最远距离为x ,则将初速度减为原来的1
2,x=Q
4;将M 、N 间电压提高到原来的2倍,电场强度变为原来的2倍,x=Q 2;将M 、N 间电压提高到原来的4倍,电场强度变为原来的4倍,x=Q
4;将初速度和M 、N 间电压都减为原来的1
2,电场强度变为原来的一半,x=Q
2。

故B 、D 两项满足要求。

答案 BD
10.(2018湖北三模)(多选)如图甲所示,一对平行金属板长为L ,两板间距为d ,质量为m 、电荷量为e 的电子从平行板左侧以速度v 0沿两板的中线不断进入平行板之间。

两板间所加交变电压u AB 如图乙所示,交变电压的
周期T=
Q
2Q 0
,已知所有电子都能穿过平行板,且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出。

不计重力作用,则( )。

A.所有电子都从右侧的同一点离开电场
B.所有电子离开电场时速度都是v 0
C.t=0时刻进入电场的电子,离开电场时的动能最大
D.t=1
4
T 时刻进入电场的电子,在两板间运动时的最大侧位移为Q
16
电子进入电场后做类平抛运动,水平方向分速度不变,穿过电场的时间t=
Q
Q 0
=2T 。

不同时刻进入电场的电子在竖直方向的分速度图象如图丙所示,根据图象的“面积”大小等于位移可知,各个电子在竖直方向的位移不全相同,故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同,A 项错误。

由图丙可看出,所有电子离开电场时竖直方向分速度v y =0,速度都等于v 0,B 项正确。

由以上分析可知,电子离开电场时的速度都相同,动能都相同,C 项错误。

t=Q 4时刻进入电场的电子,在t=34T 时刻侧位移最大,最大侧位移y max =2×1
2a (Q 4)2=QQ 2
16
,在t=0时
刻进入电场的电子侧位移最大为1
2d ,则有1
2d=4×1
2a (Q 2)2
,联立解得y max =Q
16
,D 项正确。

BD
11.(2018河北正定模拟)从地面以初速度v 0斜向上抛出一个质量为m 的小球,当小球到达最高点时,小球具有的动能与势能之比是9∶16,取地面为重力势能参考面,不计空气阻力。

现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场,以相同的初速度抛出带上正电荷量为q 的原小球,则小球到达最高点时的动能与抛出时的动能相等。

求:
(1)无电场时,小球上升到最高点所用的时间。

(2)
(1)无电场时,小球到达最高点具有的动能与势能之比是9∶16 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向,则 由Q Q 2=2gh ,得1
2m Q Q 2=mgh
1
2m Q Q 2∶1
2
m Q Q 2
=9∶16 解得抛出时v x ∶v y =3∶4 所以竖直方向的初速度v y =4
5v 0。