物理一轮复习 6.3 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动学案 新人教版选修31

物理一轮复习 6.3 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动
学案 新人教版选修31
【考纲知识梳理】 一。

电容器
1. 构成：两个互相靠近又彼此绝缘的导体构成电容器。

2. 充放电：
（1）充电：使电容器两极板带上等量异种电荷的过程。

充电的过程是将电场能储存在电容器中。

（2）放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。

放电的过程中储存在电容器中的电场能转化为其他形式的能量。

3．电容器带的电荷量：是指每个极板上所带电荷量的绝对值 4.电容器的电压：
（1）额定电压：是指电容器的对大正常工作即电容器铭牌上的标定数值。

（2）击穿电压：是指把电容器的电介质击穿导电使电容器损坏的极限电压。

二.电容
1．定义：电容器所带的电荷量Q 与两极板间的电压U 的比值 2．定义式：
是计算式非决定式）(U Q U Q C ∆∆==
3．电容的单位：法拉，符号：F 。

PF F F 12
610101==μ 4．物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于电容器两板间的
电势差增加1V 所需的电荷量。

5．制约因素：电容器的电容与Q 、U 的大小无关，是由电容器本身的结构决定的。

对一个确定的电容器，它的电容是一定的，与电容器是否带电及带电多少无关。

三.平行板电容器
1．平行板电容器的电容的决定式：
d d k C S S 41εεπ∝•=
即平行板电容器的电容与介质的介电
常数成正比，与两板正对的面积成正比，与两板间距成反比。

2．平行板电容器两板间的电场：可认为是匀强电场，E=U/d 四.带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子的加速：对于加速问题，一般从能量角度，应用动能定理求解。

若为匀变速直线运动，可用牛顿运动定律与运动学公式求解。

2. 带电粒子在匀强电场中的偏转：对于带电粒子以垂直匀强电场的方向进入电场后，受到的电场力恒定且与初速度方向垂直，做匀变速曲线运动（类平抛运动）。

⑴处理方法往往是利用运动的合成与分解的特性：分合运动的独立性、分合运动的等时性、分运动与合运动的等效性。

沿初速度方向为匀速直线运动、沿电场力方向为初速度为零的匀加速运动。

⑵基本关系：
x 方向：匀速直线运动
t
v L v v x 00==，
Y 方向：初速度为零的匀加速直线运动
①．离开电场时侧向偏转量：
2
02
22121mdv qUL at y == ②．离开电场时的偏转角： φ
20
tan mdv qUL
v v y =
=
φ
推论1.粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交一点,此点平分沿初速度方向的位移。

推论2.位移和速度不在同一直线上，且tan φ=2tan α。

【要点名师精解】
一、平行板电容器的动态分析
1.运用电容器定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变.
(2)用决定式C=分析平行板电容器电容的变化.
(3)用定义式C=分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化.
(4)用E=分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化.
2.电容器两类动态变化的分析比较
(1)第一类动态变化：两极板间电压U 恒定不变
md
qU m F a at y at v y ===
=，，221
(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变
【例1】(2011·阜阳模拟)如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒.S闭合时，该微粒恰好能保持静止.在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开.下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是( )
A.①情况下，可以通过上移极板M实现
B.①情况下，可以通过上移极板N实现
C.②情况下，可以通过上移极板M实现
D.②情况下，可以通过上移极板N实现
【答案】选B.
【详解】保持S闭合的分析：因为第①种情况下两板间电压U不变，所以电场强度E=U/d，只有d减小，E增大，电场力增大，带电微粒才向上运动打到上极板M上，故可以通过下移极板M或者上移极板N来实现，选项A错，B正确；充电后将S断开的分析：因为第②种情况下两
极板带电荷量Q不变，根据Q=CU，C=可得，E=，可以看出E与两板间
距离d无关，所以无论怎样移动M、N两极板改变两板间的距离，场强E、电场力F都不变，带电微粒都处于静止状态，选项C、D错误，B正确.
二、带电粒子在电场中的平衡与直线运动
1.带电粒子在电场中运动时重力的处理
(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，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力.
2.带电粒子在电场中的平衡
解题步骤:①选取研究对象.②进行受力分析，注意电场力的方向特点.③由平衡条件列方程求解.
3. 带电粒子在电场中的变速直线运动：可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解.
【例2】如图所示，板长L=4 cm的平行板电容器，板间距离d=3 cm，板与水平线夹角α=37°，两板所加电压为U=100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q=3×10-10C，以v0=1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出，取g=10 m/s2.求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度.
【答案】(1)m=8×10-8 kg (2)v=≈1.32 (m/s)
【详解】(1)画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：
qEcosα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcosα/dg代入数据得m=8×10-8 kg
(2)对液滴由动能定理得： qU=
v=
所以v=≈1.32 (m/s)
三、带电粒子在匀强电场中的偏转
1.粒子的偏转角
(1)以初速度v0进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ，则
结论：动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比.
(2)经加速电场加速再进入偏转电场
不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：
②
由①②式得：tanθ= ③
结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场.
2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)以初速度v0进入偏转电场④
作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出.
(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量：⑤
上面③式偏转角正切为：tanθ＝
结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，
它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是轨迹完全重合.
【例3】(2011·南通模拟)(18分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示
意图.在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤ L， 0≤y ≤ L)为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：
(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；
(2)由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能；
【答案】(1)设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀
加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，接着在无电场区域
匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假
设电子从NP边射出，出射点纵坐标为y1，
由y=对于B点y=L，则x= (2分)
所以eE·= (2分)
解得v0= (1分)
设在电场Ⅱ中运动的时间为t1
L-y1= (1分)
解得y1=0，所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(-2L，0) (2分)
(2)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v1时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2.
eEx= (2分)
y2= (2分)
解得xy2=，所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开
MNPQ时都从P点离开的. (2分)
其中只有从B点释放的电子，离开P点时动能最小，则从B到P由动能定理得：eE·(L+)=Ek-0 (3分)
所以Ek= (1分)
【感悟高考真题】
1.（2011·安徽高考·T18）图（a）为示管的原理图。

如果在电极YY’之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是
【答案】选B.
【详解】示波管YY’间为信号电压，XX‘为扫描电压，0～t1，Y板电势高电子向Y板偏转，
X’电势高电子向X’板偏转，由此知CD错；又根据偏移量公式
2
2
qu
y t
md
，偏移量与偏转
电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，
1
2
1
t
、
1
2
3
t
时刻偏转电压最大，
偏移量也最大，所以B对。

2.（2011·安徽高考·T20）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。

若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。

则
t0可能属于的时间段是
A.
004T t <<
B. 0324T T
t <<
C.034T t T <<
D.
098T T t <<
【答案】选B.
【详解】
画出带电粒子速度-时间图像，根据v-t 图像中的“面积”研究各时刻开始的带电粒子的运动
情况，A 选项可画出T/8时刻开始的运动图像，如图a 由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向B 板靠近，最终会打到B 板上,A 选项错；B 选项可画出5T/8时刻进入的运动图像，如图b 由图知在一个周期内粒子运动的总面积为负，即粒子向A 板靠近，最终会打到A 板上,B 选项对；C 选项可画出7T/8时刻进入的运动图像，由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向B 板靠近，最终会打到B 板上，C 选项错；同理D 选项错。

3.（2011·天津理综·T5）板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差
为1U ，板间场强为1E .现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这
时两极板间电势差2
U ，板间场强为
2
E ，下列说法正确的是
A. 2121
,U U E E == B. 21212,4U U E E ==
C.
2121
,2U U E E ==
D. 2121
2,2
U U E E
==
【答案】选C．
【详解】当平行板电容器的其他条件不变，板间距离变为
d
2
1
时，电容器的电容为
c
d
k
S
c2
2
4
=
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
='
π
ε
，又知电容器的带电量为2Q，则得知
U
C
Q
U=
='
2
2
，即1
2
U
U=，根据匀强电场中电势差与场强之间的关系式d
U
E=
得
1
2
2
2
2
1
E
d
U
E=
=
，因此选项C正确，其它选项都错误。

4.（2011·浙江理综·T25）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。

图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。

质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。

通过调整两板间距d可以改变收集效率η。

当d=d0时，η为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。

不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。

求收集效率为100%时，两板间距的最大值为dm；
求收集效率η与两板间距d的函数关系；
若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量/
M t
∆∆与两板间距d的函数关系，并绘出图线
【详解】（1）收集效率η为81% ，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有
t
v
L
=
①
在竖直方向有
2
021
81.0at d = ②
其中
0md qU m qE m F a =
==
③
当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为100%，两板间距即为dm.如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有
t
v L 0= ④
在竖直方向有
2
21t a d m '= ⑤
其中
m md qU m E q m F a =''='=
⑥
联立①—⑥各式可得
9.0d d m = ⑦
（2）通过前面的求解可知，当
9.0d d ≤时，收集效率η均为100%.
党d>0.9d0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有
2
0)
(21v L md qU x =
⑧
根据题意，收集效率为
d x
=
η ⑨
联立①、②、③、⑧及⑨式可得
2
0)(
81.0d d =η
（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为
0nmbdv t M
⨯=∆∆η
当
9.0d d m ≤时，1=η，因此
0nmbdv t M
=∆∆
当d>0.9d0时，
2
0)
(
81.0d d =η，因此
d d nmbv t M
20081.0=∆∆
绘出的图线如下
答案:：(1)
9.0d (2) η=100%（
9.0d d ≤时），
2
0)
(
81.0d d =η（d>0.9d0时）(3)
0nmbdv t M
=∆∆（09.0d
d m ≤时），d d nmbv t
M 20081.0=∆∆（d>0.9d0时） 图线见解析. 5.（2011·福建理综·T20）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。

如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动。

已知电场强度的大小分别是
3
1 2.010E =⨯N/C 和
3
2 4.010E =⨯N/C ，方向如图所示，带电微粒质量
20
1.010m kg -=⨯，带电量91.010q C -=-⨯,A 点距虚线MN 的距离1 1.0d cm =，不计带电微粒的重力，忽略
相对论效应。

求： B 点距虚线MN 的距离
2
d ；
带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t 。

【答案】（1）0.50cm (2) 1.5×10-8s
【详解】（1）带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有02211=-d qE d qE
得
cm d E E d 50.012
1
2==
(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有
11ma qE = 22ma qE =
设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分t1和t2：，由运动学公式有
2
1112
1t a d =
2
22221t a d =
t= t1+t2
联立方程解得t=1.5×10-8s
6.（2011·北京高考·T24）静电场方向平行于x 轴，其电势ϕ随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中
0ϕ和d 为已知量。

一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x 轴方向做周
期性运动。

已知该粒子质量为m 、电量为-q ，其动能与电势能之和为-A （0<A<q 0ϕ）,忽略重
力。

求
（1）粒子所受电场力的大小； （2）粒子的运动区间； （3）粒子的运动周期。

【答案】（1）0
q d φ （2）00(1)(1)A A d x d q q φφ--≤≤-（3042()
d m q A q φφ-【详解】⑴由图可知，0与d （或-d ）两点的电势差为φ0
电场强度大小
d E 0
ϕ=
电场力的大小
d q qE F 0
ϕ=
=
⑵设粒子在 [-x0，x0]区间运动，速率为v ，由题意得
A q mv -=-ϕ2
21…………………①
由图可知
)
1(0d x
-
=ϕϕ……………②
由①②得，
A
d
x
q
mv-
-
=)
1(
2
1
2ϕ
……………③
因动能非负，有
)
1(
≥
-
-A
d
x
qϕ
得
)
1(
ϕq
A
d
x-
≤
即
)
1(
0ϕq
A
d
x-
=
……………④
粒子运动的区间00
(1)(1)
A A
d x d
q q
φφ
--≤≤-
⑶粒子从-x0处开始运动四分之一周期，根据牛顿第二定律粒子的加速度：
F qE q
a
m m md
φ
===
……………⑤
由于粒子做匀加速直线运动，则
2
00
22
(1)
x md A
t
a q q
φφ
==-
粒子运动的周期
4
42()
d
T t m q A
q
φ
φ
==-
7.（2010·天津·12）质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。

汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，O’O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O’O的距离。

以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。

（1）设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿O’O的方向从O’点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。

若在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0;
(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。

上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。

现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O’点沿O’O方向射入，屏上出现两条亮线。

在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏
产生的，另一光点是未知离子产生的。

尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时O ’O 方向的分速度总是远大于x 方向和y 方向的分速度。

解析：（1）离子在电场中受到的电场力
0y F q E
= ①
离子获得的加速度
0y y F a m =
②
离子在板间运动的时间
00L
t v =
③
到达极板右边缘时，离子在y +方向的分速度
y y v a t = ④
离子从板右端到达屏上所需时间
00'D t v =
⑤
离子射到屏上时偏离O 点的距离
00'
y y v t =
由上述各式，得
00200q ELD y m v =
⑥
（2）设离子电荷量为q ，质量为m ，入射时速度为v ，磁场的磁感应强度为B ，磁场对离子的洛伦兹力
x F qvB
= ⑦
已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，'O O 方向的分速度总是远大于在x 方向和y 方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度
x qvB
a m =
⑧
x
a 是离子在x 方向的加速度，离子在x 方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到
达极板右端时，离子在x 方向的分速度
()x x qvB L qBL
v a t m v m ==
=
⑨
离子飞出极板到达屏时，在x 方向上偏离O 点的距离
'
()x qBL D qBLD x v t m v mv ==
⑩
当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在y 方向上偏离O 点的距离为y ，考虑到⑥式，得
2qELD
y mv =
⑾
由⑩、⑾两式得
2k x y
m =
⑿
其中
2qB LD k E =
上式表明，k 是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，
x 坐标3.24mm 的光点对应的是碳12离子，其质量为112m u =，x 坐标3.00mm 的光点对应的
是未知离子，设其质量为2
m ，由⑿式代入数据可得
214m u
≈
⒀
故该未知离子的质量数为14。

8．（2010·江苏物理·15）制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示，加在极板A 、B 间的电压AB
U 作周期性变化，其正向电压为
U ，反向电
压为
-k (1)
0U k >，
电压变化的周期为2r ，如图乙所示。

在t=0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动。

若整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用。

（1）若
5
4k =
，电子在0—2r 时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件；
（2）若电子在0—2r 时间未碰到极板B ，求此运动过程中电子速度v 随时间t 变化的关系； （3）若电子在第N 个周期内的位移为零，求k 的值。

答案：
9.（09·北京·19）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。

一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。

若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b ( C )
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，
故对粒子a有：Bqv=Eq 即只要满足E =Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误。

10.（09·天津·5）如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点。

则（ B ）
A.粒子受电场力的方向一定由M 指向N
B.粒子在M 点的速度一定比在N 点的大
C.粒子在M 点的电势能一定比在N 点的大
D.电场中M 点的电势一定高于N 点的电势
解析：由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A 错；粒子由M 到N 电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故B 对C 错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M 、N 点电势的高低，C 错。

11.（09·海南物理·5）一平行板电容器两极板间距为d 、极板面积为S ，电容为/o S d ε，
其中
o ε是常量。

对此电容器充电后断开电源。

当增加两板间距时，电容器极板间
（ A ）
A ．电场强度不变，电势差变大
B ．电场强度不变，电势差不变
C ．电场强度减小，电势差不变
D ．电场强度较小，电势差减小
12.（09·福建·15）如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。

一带电油滴位于容器中的P 点且恰好处于平衡状态。

现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 （ B ）
A.带点油滴将沿竖直方向向上运动
B.P 点的电势将降低
C.带点油滴的电势将减少
D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
13.（09·浙江·20）空间存在匀强电场，有一电荷量q ()0>q 、质量m 的粒子从O 点以速率0
v 射入电场，运动到A 点时速率为
2v 。

现有另一电荷量q -、质量m 的粒子以速率
2v 仍
从
O
点射入该电场，运动到B 点时速率为0
3v 。

若忽略重力的影响，则
（ AD ）
A ．在O 、A 、
B 三点中，B 点电势最高 B ．在O 、A 、B 三点中，A 点电势最高
C ．OA 间的电势差比BO 间的电势差大
D ．OA 间的电势差比BA 间的电势差小
解析：正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到
B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高。

所以B点最高，
A对；()()
q
mv q
v
m
v
m
q
W
U OA
OA2
3
2
1
2
2
1
2
2
2
=
-
=
=
，()()
q
mv
q
v
m
v
m
q
W
U OB
OB2
5
2
2
1
3
2
1
2
2
2
-
=
-
-
=
-
=
，故D对。

14.（09·山东·25）（18分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。

位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。

已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。

上述m、q、l、l0、B为已知量。

（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）
（1）求电压U的大小。

（2）求
1
2时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。

（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。

解析：
（1）0
t=时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，0t时刻刚好从极板边缘射
出，在y 轴负方向偏移的距离为1
2l ，则有0
U E l =① Eq ma =②
2
01122l at =③
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为
2
02
0ml U qt =④。

（2）012t 时刻进入两极板的带电粒子，前0
12t 时间在电场中偏转，
后012t 时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。

带电粒子沿x 轴方向的分速度大小为00l v t =
⑤
带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小为⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为
22
x y
v v v =+
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R ，则有
2
v Bvq m
R =⑧ 联立③⑤⑥⑦⑧式解得052ml
R qBt =
⑨。

（3）
2t 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。

带电粒子离开磁场时沿y 轴正
方向的分速度为
'0
y v at =⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与y 轴正方向的夹角为α，则
0'tan y
v v α=
，联立③⑤⑩式解得
4π
α=
，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对
的圆心角为
22π
α=
，所求最短时间为min
14t T
=,带电粒子在磁场中运动的周期为
2m T Bq π=，联立以上两式解得
min 2m
t Bq π=。

15（09·安徽·23）如图所示，匀强电场方向沿x 轴的正方向，场强为E 。

在(,0)A d 点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m 的带电微粒，其中电荷量为q 的微粒1沿y 轴负方向运动，经过一段时间到达(0,)d -点。

不计重力和分裂后两微粒间的作用。

试求
（1）分裂时两个微粒各自的速度；
（2）当微粒1到达（0,)d -点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；
（3）当微粒1到达（0,)d -点时，两微粒间的距离。

答案：（1）m qEd v 21-=，m qEd v 22=方向沿y 正方向（2）m qEd -qE P 2=（3）2d 2 解析：（1）微粒1在y 方向不受力，做匀速直线运动；在x 方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。

所以微粒1做的是类平抛运动。

设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：
在y 方向上有
-t v d 1=
在x 方向上有
m qE
a =
-2
21at d =
m qEd --v 21=
根号外的负号表示沿y 轴的负方向。

中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有
021=+mv mv
m qEd
v v 212=-=
方向沿y 正方向。

（2）设微粒1到达（0，-d ）点时的速度为v ，则电场力做功的瞬时功率为
Bx B qEv qEv P ==θcos
其中由运动学公式m qEd
-ad -v Bx 22-==
所以m qEd -qE
P 2=
（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d ）点时发生的位移 d S 21=
则当微粒1到达（0，-d ）点时，两微粒间的距离为d S 2BC 221==
16（09·福建·21）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中。

一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。

一质量为m 、带电量为q （q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g 。

（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm ，求滑块从静止释放到速度大小为vm 过程中弹簧的弹力所做的功W ；
（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t 图象。

图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm 是题中所指的物理量。

（本小题不要求写出计算过程）。