【2024寒假分层作业】专题46 电容器的动态分析、带电粒子在电场中的直线和抛体运动(解析版)

2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练
专题46电容器的动态分析、带电粒子在电场中的直线和抛体运动
导练目标导练内容
目标1电容器的动态分析
目标2带电粒子在电场中的直线运动
目标3带电粒子在电场中的抛体运动
【知识导学与典例导练】
一、电容器的动态分析
1．平行板电容器动态的分析思路
2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况
(1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接:
(2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接:
【例1】如图所示，A、B为平行板电容器的两个金属极板，C为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。

不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是（）
A ．保持开关S 闭合，将两极板间距减小，板间场强减小
B ．保持开关S 闭合，将两极板间距减小，静电计指针张开角度不变
C ．断开开关S 后，将两极板间距增大，板间场强增大
D ．断开开关S 后，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大【答案】BD
【详解】A ．保持开关S 闭合，两极板间电势差不变，将两极板间距减小，由U
E d
=可知，板间场强增大，A 错误；
B ．保持开关闭合，变阻器仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差不变，滑动触头滑动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，B 正确；
C ．断开开关S 后，电容器所带电荷量保持不变，根据电容器的决定式：r 4S
C kd
επ=根据电容的定义式Q C U =
极板间为匀强电场U
E d
=
联立可得r 4kQ E S πε=若是仅将两板间距离增大，板间电场强度不变。

C 错误；
D ．断开开关S 后，将两极板间距增大，根据4S C kd επ=可知，电容减小，根据Q
C U
=可知，两极板间电势差增大，D 正确。

故选BD 。

【例2】某同学学习了电容器的充、放电等相关知识后，在老师的引导下，他为了探究电路中连接二极管的电容器充、放电问题，设计了如图所示的电路，平行板电容器与二极管（该二极管可看做理想二极管，正向电阻很小，反向电阻无穷大）、开关、直流电源串联，电源负极接地。

闭合开关，电路稳定后，一不计重力的带电油滴位于竖直平面电容器两极板间的P 点处，恰好处于静止状态。

保持开关闭合，下列说法正确的是（
）
A ．若上极板略微下移，带电油滴仍保持静止
B ．若下极板略微上移，则P 点电势保持不变
C ．若上极板略微左移与下极板平行错开，则带电油滴仍保持静止
D ．若下极板略微右移与上极板平行错开，则带电油滴在P 点的电势能降低【答案】D
【详解】A ．上极板略微下移，d 变小，U 不变，E 变大，电场力变大，油滴向上运动，故A 错误；B ．下极板略微上移，d 变小，U 不变，E 变大，上极板与P 的电势差增大，上极板电势不变，P 点的电势降低，故B 错误；
CD ．不论是上极板略微左移，还是下极板略微右移，根据4πS
C kd
ε=
，S 将减小，C 变小，U 不变，电容器
要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，实际为Q 保持不变，C 变小，U 变大，电场强度E 变大，电场力变大，油滴向上运动，P 点到下极板的距离不变，E 变大，P 与下极板的电势差增大，下极板的电势恒为0，所以P 点的电势升高，该油滴带负电，电势能降低，故C 错误，D 正确。

故选D 。

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)匀强电场中，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 ＝
qE m ，E ＝U
d
，v 2－v 02＝2ad (匀强电场)。

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

非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1。

【例3】如图所示，电子由静止开始从A 板向B 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 也增大
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 ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间减小【答案】C
【详解】ABC ．电子由静止开始从A 板向B 板运动，根据动能定理得212
qU mv =
解得v v 与两板间距无关，所以当改变两板间距离时，v 不变，故AB 错误，C 正确；D ．由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为U
E d
=电子的加速度为qE qU a m md ==电子在电场中
一直做匀加速直线运动，有2
12d at =
所以电子加速的时间为t =子在两板间的运动时间增大，故D 错误。

故选C 。

【例4】如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，A 板带负电，B 板带正电，且B 板接地。

若一比荷为k 的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（
）
A ．小球带负电
B ．在此过程中小球的电势能减小
C ．若两板之间的距离为d ，则A 板的电势为cos gd
k θ
-
D ．此过程若小球通过的距离为L ，且离开电场时速度刚好为0【答案】CD
【详解】A ．对小球进行受力分析，电场力垂直极板，只有电场力垂直极板斜上左上方，与重力的合力才能沿着水平直线，小球才能做直线运动，电场的方向斜上左上方与电场力同向，则小球带正电，故A 错误；
B ．由A 分析可知，电场力方向与小球运动方向夹角为钝角，则小球运动过程中，电场力做负功，电势能增加，故B 错误；
C ．对小球受力分析，竖直方向上，由平衡条件有cos Eq mg θ=解得cos mg
E q θ
=
由于B 板电势高，则有BA B A U Ed ϕϕ==-又有0B ϕ=解得cos cos A mgd gd
q k ϕθθ
=-
=-故C 正确；
D ．对小球受力分析，由牛顿第二定律有tan mg ma θ=由匀减速直线运动的规律与逆向思维可得2
12
L at =
可得t =
D 正确。

故选CD 。

三、带电粒子在电场中的抛体运动1.求解电偏转问题的两种思路
以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U 1加速,再经偏转电场U 2偏转后,需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P ,如图所示。

(1)确定最终偏移距离OP 的两种方法方法1:
方法2:
(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法
2.特别提醒：
（1）利用动能定理求粒子偏转后的动能时,电场力做功W=qU=qEy ,其中“U ”为初末位置的电势差,而不一定是U=22。

（2）注意是否考虑重力
①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)．
②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．【例5】如图所示，平行板电容器的上、下极板间的距离恒定，上极板带有正电荷，下极板带有等量负电荷。

氢核（1
1H ）和氘（21H ）分别沿着两极板的中心线先后以相同的初速度射入平行板电容器，两粒子均能从电场射出，不计粒子所受重力，下列说法正确的是（
）
A ．氢核和氘核在电场中运动的时间之比为1∶2
B ．氢核和氘核在电场中运动的加速度大小之比为2∶1
C ．氢核和氘核在电场中运动时的侧位移大小之比为4∶1
D ．氢核和氘核在电场中运动时的动能的增加量之比为2∶1【答案】BD
【详解】A ．粒子水平方向做匀速直线运动，设极板长度为L ，粒子的初速度均为0v ，氢核和氘核在电场中运动的时间均为0
L
t v =
，故A 错误；B ．氢核和氘核在电场中运动时受到的电场力大小之比为1:1，质量之比为1:2，则加速度大小之比为2∶1，故B 正确；
C ．侧位移大小2
12
y at =，时间相等，加速度大小之比为2∶1，则侧位移大小之比为2∶1，故C 错误；
D ．侧位移大小之比为2∶1，电场力做功之比为2:1，则在电场中运动时的动能的增加量之比为2∶1，故D 正确。

故选BD 。

【例6】如图所示，其空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m 、带电量分别为q +和3q -的两小球同时从O 点以速度0v 斜向右上方射入匀强电场中，0v 方向与水平方向成60︒，A 、B （图中末画出）两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A 点的速度大小仍然为0v ，不考虑两球间的库仑力。

下列说法错误的是（
）
A ．两小球同时到A 、
B 两点
B ．带负电的小球经过B 点的速度大小也为0
v C ．两小球到达A 、B 两点过程中电势能变化量之比为1:3D ．OA 与OB 水平距离之比为3:1【答案】C
【详解】A ．由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度大小均为00sin 60y v v =︒上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A 、B 两点的时间相同，A 正确，不符合题意；
B ．水平方向只受电场力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为000
1
cos602
x v v v =︒=由题可知，带正电的小球有0012v v at =
+带负电的小球有01
32
v v at '=-+解得0v v '=带负电的小球经过B 点的速度大小也为0v ，B 正确，不符合题意；
C ．由B 解析可知，到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有电场力做功，由动能定理可知，两球到达A 、B 两点过程中电势能变化量之比为1:1，C 错误，符合题意；
D ．由上分析可知00sin 60y v v gt =︒=；0012
v v at =+
联立解得g =故22001()22OA v v x a -=；2
20
01()223OB v v x a
-=⨯代入数据解得
3OA
OB
x x =即OA 与OB 水平距离之比为3:1，D 正确，不符合题意。

故选C 。

【综合提升专练】
1．如图所示的莱顿瓶是一个可以用于储存电荷的玻璃容器，由玻璃瓶、橡皮塞、球形电极、铜杆、铜链构成，紧贴着玻璃瓶的内壁附有一层金属箔，其外壁也附有一层金属箔，铜链连接球形电极和内壁金属箔，两金属箔正对形成一个类似“平行极板”的电容器。

将莱顿瓶放置在桌面上，外壁金属箔接地，使球形电极带电，就可以存储电荷。

下列说法正确的是（
）
A ．若球形电极不带电，则莱顿瓶的电容为零
B ．若金属箔越厚，则莱顿瓶的电容越小
C ．若玻璃瓶壁越薄，则莱顿瓶的电容越大
D ．若将玻璃瓶外壁的金属箔裁去一半，则莱顿瓶的电容将变大【答案】C
【详解】A ．电容器的电容C 是描述其储存电荷本领的物理量，跟它存储了多少电荷量Q 无关，故A 错误；B ．内、外壁金属箔可视为两个正对的极板，其中玻璃是电介质，根据4S
C kd
επ=
可知，改变金属䈃的厚度对两极板之间的距离d 、相对介电常量ε、正对面积S 没有影响，因此电容C 仍保持不变，故B 错误；C ．d 是两极板之间的间距，即为电介质玻璃的厚度，根据4S
C kd
επ=可知，当瓶壁玻璃厚度d 越薄，莱顿瓶的电容越大，故C 正确；
D ．若将玻璃瓶外壁的金属箔裁去一半，其极板间的正对面积S 减少，电容C 减小，故D 错误。

故选C 。

2．如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d 的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。

其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（
）
A ．按键的过程中，电容器的电容减小
B ．按键的过程中，电容器的电荷量增大
C ．按键的过程中，图丙中电流方向从a 流向b
D ．按键的过程中，电容器间的电场强度减小
【答案】B
【详解】A ．根据平行板电容器的电容计算公式r 4S
C kd
επ=得知，按键过程中，板间距离d 减小，电容C 增大，故A 错误；
BC ．因C 增大，U 不变，根据Q =CU 知Q 增大，电容器充电，电流方向从b 流向a ，故B 正确，C 错误；D ．根据电势差与电场强度的关系U =Ed ，可知电容器间的电场强度增大，故D 错误；故选B 。

3．某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向的尺度随温度变化的装置示意图如图所示，电容器上极板固定，下极板（与上极板正对）可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。

当材料温度降低时，极板上所带电荷量变多。

下列说法正确的是（
）
A ．电容器的电容减小
B ．材料竖直方向的尺度减小
C ．极板间的电场强度变大
D ．保持降低后的温度不变，使下极板和材料一起水平向左移动，可使极板上所带电荷量继续变多【答案】C
【详解】ABC ．根据题意可知，极板之间电压U 不变，极板上所带电荷量Q 变多，根据Q CU =可知电容C 变大，根据电容的决定式4S
C kd
επ=可知，极板之间距离d 减小，即材料竖直方向的尺度增大，极板间形成匀强电场，结合U
E d
=
，可知极板间电场强度增大，故C 正确，AB 错误；D ．保持降低后的温度不变，使下极板和材料一起水平向左移动，则极板正对面积减小，根据4S
C kd
επ=可知，电容器的电容C 减小，根据Q CU =可得极板上所带电荷量减小，故D 错误。

故选C 。

4．如图所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计，P 为二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大），开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，下列说法正确的是（
）
A ．若保持开关S 闭合，将A 、
B 两极板靠近些，指针张开角度将变小B ．若保持开关S 闭合，将A 、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变
C ．若断开开关S 后，将A 、B 两极板靠近些，指针张开角度将变小
D ．若断开开关S 后，将A 、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变【答案】C
【详解】A ．若保持开关S 闭合，根据r 4S
C kd
επ=
可知将A 、B 两极板靠近些，电容增大，电容器A 、B 两极板间的电势差等于电源电动势，电容器带电量增大，二极管正向导通，电容器充电，可得静电计两端的电势差不变，故指针张开角度将不变，故A 错误；B ．若保持开关S 闭合，根据r 4S
C kd
επ=
将A 、B 两极板正对面积变小些，电容减小，电容器带电量将减小，由于二极管反向截止，电路中没有电流，故电容器带电量不变，根据Q
U C
=可知电容器A 、B 两极板间的电势差增大，故指针张开角度将增大，故B 错误；C ．若断开开关S 后，电容器带电量保持不变，根据r 4S
C kd
επ=可知将A 、B 两极板靠近些，电容增大，根据Q
U C
=
可知电容器A 、B 两极板间的电势差减小，故指针张开角度将变小，故C 正确；D ．若断开开关S 后，电容器带电量保持不变，根据r 4S
C kd
επ=将A 、B 两极板正对面积变小些，电容减小，根据Q
U C
=
可知电容器A 、B 两极板间的电势差增大，故指针张开角度将增大，故D 错误。

故选C 。

5．如图所示，电子在电势差为1U 的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为2U 的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，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的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是（
）
A ．1U 变小、2U 变大
B ．1U 变大、2U 变大
C ．1U 变小、2U 变小
D ．1U 变大、2U 变小
【答案】D 【详解】设电子被加速后获得初速度为v 0，则由动能定理得2101
2
qU mv =设极板长为l ，则电子在电场中偏转所用时间为0l t v =
设电子的加速度为a ，根据牛顿第二定律，有22qE qU a m md
==电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为y v at =联立可得2y 0qU l v dmv =又有y 222001tan 2v qU l U l v dmv dU θ===故U 2变小、U 1变大一定使偏转角变小。

故选D 。

6．如图所示，平行板电容器极板与水平面成θ角放置，充电后与电源断开。

有一质量为m 、电荷量为q 的小球，从极板左侧沿水平方向飞入电场并沿直线飞出，下列推断正确的是（
）
A ．小球做匀速直线运动
B ．仅使小球的电荷量加倍，小球依然做直线运动
C ．仅使板间距加倍，小球依然做直线运动
D ．仅使电容器转至水平，小球依然做直线运动
【答案】C
【详解】A
．小球做直线运动，则所受的合力沿水平方向，如图所示
合力大小为tan F mg θ=合恒定，可知小球做匀加速直线运动，故A 错误；
B ．仅使小球的电荷量加倍，则电场力变大，合力的方向不再水平，则速度与合力方向不再共线，则小球做曲线运动，故B 错误；
C ．仅使板间距加倍，根据U E d =、4S C kd επ=、Q C U
=联立可得4kQ E S πε=因电容器带电量不变，则两板场强不变，小球依然做直线运动，故C 正确；
D ．仅使电容器转至水平，则电场力与重力共线，但是电场力大于重力，则合力向上，则小球不能做直线运动，故D 错误。

故选C 。

7．如图所示，在水平地面上方有水平向右的匀强电场，其电场强度的大小为E ，在地面上O 点处有一足够大的固定绝缘平板OM 与水平地面夹角30θ=︒，在地面上到O 点距离为d 的P 点处有带电小球。

已知小球的质量为m ，当给小球一垂直于OM 方向的初速度时，小球恰好沿垂线PN 运动到绝缘平板上的N 点且未发生碰撞。

小球可视作质点，重力加速度为g 。

下列说法错误的是（）
A ．小球所带的电量为=q E
B ．小球初速度的大小为0v =
C ．若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度v =
D
．若给小球一个平行于绝缘平板MN 的初速度1v =t =
【答案】A
【详解】AB ．因为给小球沿垂直于OM 的PN 方向、大小待求的初速度v 0时，小球恰好运动到绝缘平板上的N 点，所以带电小球所受合力与小球速度方向相反，如图所示
所以小球带正电。

所以有tan 30qE mg =︒，cos30F mg ︒=合
解得q =
F 合根据动能定理可得201sin 3002F d mv -⨯︒=-合
解得0v A 错误，B 正确；C
．若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度v =PN 方向和垂直于PN 方向进行分解，则平行于PN
方向的分速度P 0cos30v v v =︒=>故小球能打到绝缘平板上，故C 正确；D ．若给小球一个平行于绝缘平板MN
的初速度1v =
分速度为1sin 30y v v =︒=
222y v t g g ==D 正确。

本题选错误的，故选A 。

8．真空中的某装置如图所示，让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物都从O 点由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转（未打在极板上）。

下列说法中正确的是（
）
A ．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2：1：1
B ．三种粒子射出偏转电场时的速度相同
C ．三种粒子在运动过程中不会分离成三股离子束
D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2
【答案】C
【详解】A ．由21012
U q mv =
得010203::2v v v =0l t v =
可得123::2t t t ，A 错误；C ．由2
200201
124U q U l l y dm v dU =⋅⋅=可知三种粒子从偏转电场同一点射出，且速度方向相同，C 正确；B ．由2011
2U mv U q q y d =+⋅
可得v =q m 不同，故三种粒子出偏转电场的速度不相同，B 错误；D ．由偏转电场对三种粒子做的功为0=
U W q y d ⋅⋅电可知123::=1:1:2W W W 电电电，D 错误；故选C 。

9．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d ∆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0U ，两对极板间偏转电压大小相等均为1U ，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，不计粒子重力。

下列说法正确的是（
）
A
．粒子离开加速器时速度0v =B ．若10U U =，则有2d L ∆=C ．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
D ．若换成质量为m ，电荷量为2q +的粒子无初速地进入加速电场，该粒子最终也从平移器上板边缘水平离开
【答案】D
【详解】A ．根据公式20012qU mv =
粒子离开加速器时速度为0v =故A 错误；B ．粒子平移器电场中的偏转量为21112y at =由于1U q ma L =若10U U =，则01U U q ma q L L ==；01L v t =解得14
L y =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
112422L y L L L d ==+∆+解得d L ∆=故B 错误；C ．根据21112y at =；1U q ma L
=；01L v t =可得11202qU L y mv =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C 错误；
D ．不同的带电粒子无初速度进入同一加速电场，再进入同一偏转电场，由于20012
qU mv =；11202qU L y mv =则110
4U L y U =轨迹相同，故D 正确。

故选D 。

10．如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE 边竖直，质量为m 的带正电小球（可看作质点），第一次小球从A 点以水平初速度0v 沿AC 方向抛出，小球在重力作用下运动恰好落在G 点。

M 点为BC 的中点，小球与塑料盒内壁的碰撞和小球与塑料盒边长的碰撞为弹性碰撞（碰撞后平行平面或边长的速度分量保持不变，垂直平面或垂直边长的速度分量大小不变，方向相反），落在底面不反弹。

则下列说法正确的是（）
A ．第二次将小球从A 点沿A
B 0的水平初速度抛出，与边BF 碰撞后，小球最终落在F 点B
．第二次将小球从A 点沿AM 0水平初速度抛出，小球将和CG 边发生碰撞
C ．若又在空间增加沿A
D 方向的匀强电场，第三次将小球从A 点沿AB 方向水平抛出，要使小球落在G
点，初速度为02
v D ．若又在空间增加沿AB 方向的匀强电场，第三次将小球从A 点沿AD 方向水平抛出，要使小球落在G 点，电场力大小为2mg
【答案】C
【详解】A ．设立方体边长为l ，从A 点沿AC 方向平抛落在G 点，竖直方向自由落体212l gt =运动时间为t =
0v t =可知初速度为0v =A 点沿AB 方向，0水平初速度抛出，经历时间
1t =12t t =将与边BF 碰撞，碰撞前后竖直向下的速度不变，垂直边BF 的速度反向，再经历2
t 时间落到地面恰好打在E 点，故A 错误；
B ．从A 点沿AM
0水平初速度抛出，经历时间2t =24
t =将与面BCGF 碰撞，碰撞
前后竖直向下的速度不变，平行与面BCGF 的速度也不变，垂直面BCGF 的速度反向，再经历
4时间落到地面恰好与DH 边发生碰撞，之后落在底面EFGH 中，故B 错误；
C ．加了沿A
D 方向的匀强电场，从A 点沿AB 方向水平抛出，不改变AB 方向的匀速运动，也不改变竖直方向的自由落体运动，而平行AD 方向上做匀加速直线运动，若要打到G 点，则设抛出的初速度为v ，可得l vt =
又t =02
v =故C 正确；D ．B 方向上2312
l at =根据分运动具有等时性，竖直方向自由落体运动得时间等于AB 方向上匀加速运动的时间，即3t t =解得a g =所以电场力为F mg =电故D 错误。

故选C 。

11．如图所示，在足够长光滑绝缘水平面的上方，存在着方向水平向右、场强大小为1E 的匀强电场。

一带正电小物块（可视为质点）从水平面上A 点由静止释放，经时间t 到达B 点，小物块速度大小为v 。

此时水平面上方突然撤去原来电场，改加方向水平向左、场强大小为2E 的匀强电场，小物块又经时间2t 恰好返回A 点。

下列说法正确的是（）
A ．小物块返回A 点时速度大小为32
v B ．小物块返回A 点时速度大小为2v C ．电场强度的大小关系是2154E E =
D ．电场强度的大小关系是2143
E E =【答案】AC 【详解】设带电体在电场1E 中加速度为1a ，带电体在电场2E 中的加速度为2a ，第一阶段末速度为第二阶段
的初速度，因为从A 出发最后返回A 点，根据题意两个阶段的位移之和为零，则211211(2)22
a t a t t a +-()220t =解得2154a a =即2154E E =根据速度关系1=v a t 返回A 点时速度2133222
t v v a t a t v =-=-=-故AC 正确，BD 错误。

故选AC 。

12．如图所示，极板足够长的平行板电容器水平放置，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U ，开关闭合，两极板间距为d ，一电荷量大小为q 、质量为m 的带电油滴以初速度0v 从一平行板电容器的两个极板中央水平射入，带电油滴恰能沿图中所示的水平虚线匀速通过电容器，则（）
A ．将下极板上移
4d ，带电油滴撞击在极板时的动能为201223mv qU +B ．将下极板上移
4d ，带电油滴撞击在极板时的动能为201126mv qU +C ．将上极板下移
4d ，带电油滴撞击在极板时的动能为2011212mv qU +D ．将上极板下移
4d ，带电油滴撞击在极板时的动能为201123
mv qU +【答案】BC
【详解】AB ．带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则qU mg d =将下极板上移4
d ，带电油滴打在上极板上，入射点与上极板的电势差大小为23U ，根据动能定理2k 021322
d qU mg E -=-解得2k 01126
E mv =+故A 错误，B 正确；CD ．将上极板下移4d ，带电油滴打在上极板上，入射点与上极板的电势差大小为13
U ，根据动能定理2k 011342
d qU mg E mv -=-解得2k 011212E mv =+故C 正确，D 错误。

故选BC 。

13．两块正对的平行金属板与水平面夹角为45°，板间距离为d 。

电荷量为q 、质量为m 的小球用一定长度的绝缘细线悬挂在下极板M 点（M 点位于下极板最顶端），闭合开关S ，调节滑动变阻器滑片，使小球静止时绝缘细线刚好水平拉直且小球到两金属板距离相等，如图所示。

已知小球电荷量始终不变，忽略细线的质量，两金属板板长2L d >，重力加速度为g ，下列说法正确的是（）
A ．两金属板间电压大小为
mgd q
B q
C D
【答案】BC
【详解】AB.小球受力分析如图所示，
根据平衡条件。