电容器、带电粒子在电场中的运动

1、学案正标题一、考纲要求1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题二、知识梳理1.电容器的充、放电（1）充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能（2）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.（3）物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量3.平行板电容器（1）影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成

2、正比，与两板间的距离成反比（2）决定式：C，k为静电力常量特别提醒 C (或C)适用于任何电容器，但C仅适用于平行板电容器4.带电粒子在电场中加速若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增加量（1）在匀强电场中：WqEdqUmv2或FqEqma.（2）在非匀强电场中：WqUmv2.5.带电粒子在电场中的偏转（1）条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场（2）运动性质：匀变速曲线运动（3）处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动（4）运动规律：沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间沿电场力方向，做匀加速直线运动特别提醒 带电粒子在电场中的重

3、力问题（1）基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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.6.示波管（1）示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空如图所示（2）工作原理示波器是可以用来观察电信号随时间变化情况的一种电子仪器如果在偏转电极XX上加横向扫描电压同时加在偏转电极YY上所要研究的信号电压，电子束随信号电压的变化在纵向做竖直方向的扫描，其周期与偏转电极XX的扫描电压的周期相同，在荧光屏上就显示出信号电压随时间变化的图线三、要点精析1.平行板电容器的动态分析运

4、用电容的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分析电容器两极板间电场强度的变化2.平行板电容器动态分析的两类题型：（1）电容器始终与电源相连，U恒定不变，则有QCUC，C，两板间场强E；（2）电容器充完电后与电源断开，Q恒定不变，则有U，C，场强E.3.解电容器问题的常用技巧（1）在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关（2）对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些

5、是自变量，哪些是因变量，抓住C、QCU和E进行判定即可（3）涉及平行板间带电物体的受力及运动问题分析的核心是分析平行板间电场强度的变化4.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法5.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路（1）根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况此方法只适用于匀强电场（2）根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场6.带电粒子在匀强电场中的偏转（1）研究情况：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场（2）运动形式：类平抛运动（3）处理方法：应用运动的合成与分解沿初速度方向

6、做匀速直线运动，运动时间t.沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动，a.离开电场时的偏移量yat2.离开电场时的偏转角tan .两个结论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的偏转角度总是相同的证明：由qU0及tan 得tan .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O到电场边缘的距离为.7.处理偏转问题的“两技巧”（1）确定最终偏移距离（2）确定偏转后的动能(或速度)8.带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路运动学与动力学观点运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：a.带电粒子初速度方向与电场线共

7、线，则粒子做匀变速直线运动；b.带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的四、典型例题1.【2015新课标II-24】（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q>0）的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上

8、的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。【答案】【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°=v0sin60°由此得设A、B两点间的电热差为UAB，由动能定理有：解得考点：动能定理；带电粒子在电场中运动2.（2015浙江-14）下列说法正确的是A电流通过导体的热功率与电流大小成正比B力对物体所做的功与力的作用时间成正比C电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比D弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹

9、簧伸长量成正比【答案】C【解析】根据公式可得在电阻一定时，电流通过导体的发热功率与电流的平方成正比，A错误；根据公式可得力对物体所做的功与力的作用时间无关，B错误；根据公式可得电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比，C正确；弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关，和弹簧的材料等自身因素有关，D正确；考点：电功率，功，电容，胡克定律3.【2015山东-20】如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在时间内运动

10、的描述，正确的是A末速度大小为B末速度沿水平方向C重力势能减少了D克服电场力做功为【答案】BC【解析】因0-内微粒匀速运动，故；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在时刻的竖直速度为，水平速度为v0；在时间内，粒子满足，解得a=g，方向向上，则在t=T时刻，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，可知克服电场力做功为，选项D错误；故选BC考点：带电粒子在复合场中的运动.4.【2015北京-24】.（20 分）真空中放置的平行金属板可以作为光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电。以光照射 A 板，则板中的

11、电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于 A 板向 B 板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变，a 和 b 为接线柱。已知单位时间内从 A 板逸出的电子数为 N，电子逸出时的最大动能为，元电荷为 e。(1)A 板和 B 板之间的最大电势差，以及将 a、b 短接时回路中的电流 I短(2)图示装置可看作直流电源，求其电动势 E 和内阻 r。(3)在 a 和 b 之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为 U，外电阻上的消耗电功率设为 P；单位时间内到达 B 板的电子，在从 A 板运动到 B 板的过程中损失的动能之和设为。请推导证明: 。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给

12、出的物理量，要在解题中做必要的说明 )【答案】(1)，(2)(3)见解析【解析】(1)A板中逸出的电子累积在 B 板上，在 A、B 两板间形(1) A 板中逸出的电子累积在 B 板上，在 A、B 两板间形成由 A 指向 B 的电场。从 A 板后续逸出的电子在向 B 板运动的过程中会受到电场力的作用而做减速运动。达到稳定状态时，从 A 板逸出的最大动能的电子到 B 板时动能恰好为零。根据动能定理从而得到若将 a、b 短接，则两板间电势差为零，从而两板间无电场，从 A 板逸出的电子均能完整通过整个回路，即短路电流(2)当外电路断路时，A、B 两板间电压为该直流电源的电动势。电源内阻(3)证明：设连

13、接外电阻之后，单位时间内到达 B 板的电子个数为则回路中电流外电阻上消耗的电功率 P=UI 单位时间内到达 B 板的电子，从 A 板运动到 B 板过程中损失的动能之和为综合式可得，【考点】光电效应、闭合电路欧姆定律、电流的微观解释、电场5.【2015安徽-23】（16分）在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出），由A点斜射出一质量为m，带电荷量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；（2）粒子从A到C过程所经历的时间；（3）粒子经过C点时的速率。【答案】（1）

14、（2）（3）【解析】试题分析：（1）。（2）根据抛体运动的特点，粒子在x方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令，则由，得又,，解得则A到C过程所经历的时间（3）粒子在DC段做平抛运动，于是有，考点：本题考查带电粒子在电场中的运动、抛体运动等知识。6.【2015江苏-2】静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载春秋纬考异邮中有玳瑁吸衣若只说，但下列不属于静电现象的是A梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉【答案】C【解析】小线圈

15、接近通电线圈过程中，消息安全中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以C正确。7.【2015海南-5】如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q0）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正极板且与其相距的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为（）A3:2B2：1C5:2D3:1【答案】A【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，；对m有，联立解得，A正确；8.【2015天津-7】如图所示氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入

16、电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用的时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD【解析】设加速电场长度为d，偏转电场长度为L，在加速电场中有，在偏转电场中有，与比荷无关，所以三种粒子一定打到屏上同一位置，故选项D正确的，偏转电场对粒子做功，与粒子质量无关，所以选项A正确； 三种粒子在进入偏转电场时速度不同，而在偏转电场中电场力做功相同，故最后离开电场时速度不同，所以选项C错误； 因加速位移相同，

17、粒子质量越大加速度越小，故加速时间越长，大偏转电场中动动时间也越长，故选项B错误； 考点：带电粒子在电场中的加速和偏转9.(2014·天津·4)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(  )A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加【答案】C【解析】由于两极板的正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受

18、合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但粒子动能一定增加，所以只有C正确10.(2014·山东·18)如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(  )ABCD【答案】B【解析】由带电粒子在电场中的运动规律可知，两带电粒子的运动轨迹对称，则相切处定为两运动水平位移相同处，即为该矩形区域的中心，以带电粒子q为

19、研究对象，水平位移时，竖3011.(2014·安徽·22)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔一个质量为m、电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间【答案】(1) (2) (3)d【解析】(1)由自由落体规律可知，小球下落h时的末速度为v，有v22gh，即v(2)设小球在极板间运动的加速度

20、为a，由v22ad，得a.由牛顿第二定律qEmgma，电容器的电荷量QCUCEd，联立以上各式得：E，Q(3)小球做自由落体运动的时间t1，小球在电场中运动的时间t2d.则小球运动的总时间tt1t2d12.如图所示，空间有与水平方向成角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点当小球静止时，细线恰好处于水平位置，现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为        (  )AmgLBmgLtan CD【答案】C【解析】小球静止时受力如图所示，则静电力F

21、.细线在电场方向的距离如图所示由动能定理W外F(Lsin Lcos )mgL0，将F代入可解得W外，C正确13.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧一个质量为m、电荷量为q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是(  )A小球一定能从B点离开轨道B小球在AC部分可能做匀速圆周运动C若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD小球到达C点的速度可能为零【答案】BC【解析】本题考查学生对

22、复合场问题、功能关系、圆周运动等知识综合运用分析的能力若电场力大于重力，则小球有可能不从B点离开轨道，A错若电场力等于重力，小球在AC部分做匀速圆周运动，B正确因电场力做负功，有机械能损失，上升的高度一定小于H，C正确由圆周运动知识可知若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，D错14.(2015·广东调研)(多选)如图所示，C为平行板电容器，开关S先接a对C充电，当S接b后，电容器         (  )A电容减小B电压减小C所带电荷量减少D板间电场强度不变【答案】BC【解析】平行板电

23、容器的电容由其结构决定，与电容器是否带电以及带电荷量多少无关，选项A错误；当S接b后，电容器通过灯泡放电，带电荷量不断减小，选项C正确；由电容的定义式C可知，电容器两极板间的电压U减小，选项B正确；由场强与电压的关系E可知，板间电场强度减小，选项D错误15.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示下列说法正确的是    (  )A保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D保持d不变，

24、将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半【答案】AD【解析】平行板间匀强电场的电场强度E，保持U不变，将d变为原来的两倍，场强E变为原来的一半，A正确由UEd可知B错误由C可知，保持d不变，则电容器的电容C不变，由C可知，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C错误，同理可知D正确16.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电容器中的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，则         (  )A带电油滴将沿竖直方向向上运

25、动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减小D电容器的电容减小，极板带电荷量将增大【答案】B【解析】上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量QCE将减小，D错17.(2015·广东调研)如图所示，S接a，带电微粒从P点水平射入平行板间，恰能沿直线射出若S接b，相同微粒仍从P水平射入，则

26、微粒        (  )A电势能减小B电势能不变C偏离直线向上偏转D偏离直线向下偏转【答案】D【解析】开始时，微粒沿直线射出，说明微粒所受电场力等于重力，方向竖直向上；S由接a改为接b，平行板间电压减小，由F电Eq可知，微粒所受电场力减小，重力大于电场力，故微粒向下偏转，选项C错误、D正确；电场力对微粒做负功，微粒的电势能增加，选项A、B错误18.示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行

27、，在满足电子能射出平行板电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度变大的是     (  )AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小DU1变小，U2变小【答案】B【解析】电子通过加速电场有eU1，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t；在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a，末速度vyat，偏转角tan ，所以，B正确19.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30&#

28、176;，重力加速度为g，且mgEq，则(  )A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为gC小球上升的最大高度为D若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为【答案】BD【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知ag，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得：mg·2h0，解得：h，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则EpqE

29、83;2hcos 120°qEhmg·，D正确20.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中           (  )A它们运动的时间tQ>tPB它们运动的加速度aQ<aPC它们所带的电荷量之比qPqQ12D它们的动能增加量之比EkPEkQ12【答案】C【解析】设P、Q两粒子的初速度均为v0，

30、加速度分别是aP和aQ，粒子P到上极板的距离是，它们类平抛的水平距离为l，则对P，由lv0tP，得到aP.同理对Q，lv0tQ，h，得到aQ.同时可知，tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，可见，qPqQ12，由动能定理，它们的动能增加量之比EkPEkQ(maQh)14，选C.21.(2015·云南统一检测)(多选)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0.已知t0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电

31、场则        (  )A所有粒子都不会打到两极板上B所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D只有tn(n0，1，2)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场【答案】ABC【解析】带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动由t0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍在0时间内带电粒子运动的加速度a，由匀变速直线运动规律得vyatt，同理可分析T时间内的运动情况，所以带

32、电粒子在沿电场方向的速度v与Et图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)而经过整数个周期，E0t图象与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B正确、D错误；带电粒子在t0时刻入射时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A正确；当粒子在t0时刻入射且经过T离开电场时，粒子在t时达到最大速度，此时两分位移之比为12，即v0t2×at2，可得vyv0，故粒子的最大速度为vv0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确22. (多选)光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行一质量为m、带电荷量为q的粒子由某一边

33、的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域，不计粒子的重力当粒子再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为         (  )A0BqElCDqEl【答案】ABC【解析】存在如下几种可能情况，设粒子带正电（1）从bc边进入，ad边射出时，由动能定理得，EkqEl.（2）从ab边进入，从ad边射出，则EkqEl，则B可能；（3）从ab边进入，从cd边射出，得EkqEl；(4)从ad边进入，若qEl，则到达bc时速度为零，故A可能；(5)从ad边进入，从bc边射出，EkqEl；(6)从a

34、d边进入，若qEl，则未出电场区，而后做反向匀加速运动，返回ad边时，动能仍为，故C可能、D不可能23.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则(  )A在前时间内，电场力对粒子做的功为UqB在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11D在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为12【答案】BC【解析】粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个的时间内沿电

35、场线方向的位移之比为13，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，选项A错，B对；由WEq·x知在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11，选项C对，D错24.如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是(  )A第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C所有液滴下落过程所能

36、达到的最大动能不相等D所有液滴下落过程中电场力做功相等【答案】C【解析】第一滴液滴下落时，A上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力

37、做功不同，所以D错误25.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图2所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是(  )【答案】C【解析】由平行板电容器的电容C可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U，E与d无关，则B错在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离d，移动x后为dx.因为移动极板过程中电场强度E不变故PE(dx)EdEx

38、，其中xl0，则C正确；正电荷在P点的电势能WqPqEdqEx，显然D错26.如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场电子的重力不计在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(  )A仅将偏转电场极性对调B仅增大偏转电极板间的距离C仅增大偏转电极板间的电压D仅减小偏转电极板间的电压【答案】C【解析】改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A错误；根据E可知，当两极板间距离d增大时，E减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项B错误；电子进入偏转电场后做类

39、平抛运动，则Lv0t、ema及tan 可得tan ，当U增大时偏转角也增大，选项C正确，D错误27.如图所示，一价氢离子和二价氦离子的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们(  )A同时到达屏上同一点B先后到达屏上同一点C同时到达屏上不同点D先后到达屏上不同点【答案】B【解析】一价氢离子和二价氦离子的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.28.如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可以忽略不计的带正电粒子固定在

40、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(  )A0t0                B.t0C.t0T                DTt0【答案】B【解析】设粒子的速度方向、位移方向向

41、右为正依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负分别作出t00、时粒子运动的速度图象，如图所示，由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0t0与t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零，t0时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0T时情况类似因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确29.如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接Q表示电容器所带的电荷量，E表示两板间的电场强度则(  )A当d增大，S不变时，Q减小，E减小B当S增大，d不变时

42、，Q增大，E增大C当d减小，S增大时，Q增大，E增大D当S减小，d增大时，Q不变，E增大【答案】AC【解析】由C，C，E，可知A、C正确30.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mgqE，则(  )A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为gC小球上升的最大高度为D若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为【答案】BD【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成1

43、20°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知ag，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得mg·2h0，解得h，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则EpqE·2hcos 120°qEhmg·，D正确31.如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0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到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(

44、  )A使初速度减为原来的B使M、N间电压加倍C使M、N间电压提高到原来的4倍D使初速度和M、N间电压都减为原来的【答案】BD【解析】粒子恰好到达N板时有Uq，恰好到达两板中间返回时有qmv2，比较两式可知B、D选项正确32.如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L0.4 m，两极板间距离d4×103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央已知微粒质量m4×105 kg、电荷量q1×108 C，g10 m/s2则下列说法正确的是

45、(  )A微粒的入射速度v010 m/sB电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场【答案】AC【解析】开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由gt2，v0t，得v010 m/s，A对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则a，Lv0t1，mgma，得U1120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U2200 V，所以平行板上板带

46、负电，电源电压为120 VU200 V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C对，D错33.(多选)平行板电容器两板间的电压为U，板间距离为d，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子从该电容器的正中央沿与匀强电场的电场线垂直的方向射入，不计重力当粒子的入射初速度为v0时，它恰好能穿过电场而不碰到金属板现在使该粒子以v0/2的初速度以同样的方式射入电场，下列情况正确的是                (  )A该粒子将碰到金属板而不能飞出B

47、该粒子仍将飞出金属板，在金属板内的运动时间将变为原来的2倍C该粒子动能的增量将不变D该粒子动能的增量将变大【答案】AC【解析】使该粒子以v0/2的初速度以同样的方式射入电场，粒子在电场中运动时间变长，该粒子将碰到金属板而不能飞出，选项A正确、B错误；电场力做功相同，该粒子动能的增量将不变，选项C正确、D错误34.如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m2.0×1011kg、电荷量为q1.0×105C，从a点由静止开始经电压为U100V的电场加速后，垂直于匀强电场方向进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向

48、成30°角已知PQ、MN间距离为20cm，带电粒子的重力忽略不计求：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速度v1；（2）匀强电场的场强大小；（3）ab两点间的电势差【答案】（1）104m/s （2）1.73×103 N/C （3）400V【解析】（1）由动能定理得：qU代入数据得v1104m/s（2）因带电粒子重力不计，则进入PQ、MN间电场中后，做类平抛运动，粒子沿初速度方向做匀速直线运动：dv1t.粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：vyat.由题意得：tan30°由牛顿第二定律得qEma联立以上相关各式并代入数据得：E×103N/C1.73&#

49、215;103 N/C（3）由动能定律得：qUabmv2m联立以上相关各式代入数据得：Uab400V35.如图所示，两平行金属板A、B长为L8cm，两板间距离d8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q1.0×1010C、质量为m1.0×1020kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v02.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面P

50、S为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上(静电力常量k9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不计)（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；（2）在图上粗略画出粒子的运动轨迹；（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小【答案】（1）3cm 12cm （2）见解析（3）负电 1.04×108C【解析】（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(偏移位移)：yat2aLv0t则yat2 ()20.03m3cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到

51、中心线的距离为Y，则有，解得Y4y12cm（2）第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧（3）粒子到达H点时，其水平速度vxv02.0×106m/s竖直速度vyat1.5×106m/s则v合2.5×106m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电根据几何关系可知半径r15cmkm解得Q1.04×108C36.如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出求

52、：（1）两板间所加偏转电压U的范围；（2）粒子可能到达屏上区域的长度【答案】（1）（2）【解析】（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，偏转角为，则有：yat2Lv0taE由式解得y当y时，U则两板间所加电压的范围为（2）当y时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y0)，则y0(b)tan而tan，解得y0则粒子可能到达屏上区域的长度为37.如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的

53、速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力（1）求电子穿过A板时速度的大小；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？【答案】（1）（2）（3）减小加速电压U1或增大偏转电压U2【解析】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU10，解得v0.（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t，Fma，FeE，E，yat2解得：y.（3）由y可知，减小U1或增大U2均可使y增大从而使电子打在P点上方38. (2015·浙江五校第一次联考)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在x0的区域内有电场强度大小E4 N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽