物理步步高大一轮复习讲义第六章 第3讲

考点一电容器的电容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．对公式C＝eq\f(Q,U)的理解电容C＝eq\f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．3．两种类型的动态分析思路(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＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化．[思维深化]C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4πkd)是电容器电容的两个公式．判断关于它们的说法是否正确．(1)从C＝eq\f(Q,U)可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压．(×)(2)从C＝eq\f(εrS,4πkd)可以看出，电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系．(√)(3)它们都适用于各种电容器．(×)(4)C＝eq\f(Q,U)是适用于各种电容器的定义式，C＝eq\f(εrS,4πkd)是只适用于平行板电容器的决定式．(√)1．[电容器物理量间的关系](多选)对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是()答案BC2．[电容器的充放电]两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图1所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中()图1A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向aB．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向bC．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向aD．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b答案D解析电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝eq\f(U,d)可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容减小，Q＝CU，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a流向b，故D正确．3．[电容器动态分析](多选)如图2所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则()图2A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点电势将降低C．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D．带电油滴的电势能保持不变答案BC解析电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P点处于静止状态，因此有mg＝qE.当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器电容减小，板间场强E＝eq\f(U,d)减小，油滴所受的电场力减小，mg>qE，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A错；P点电势等于P点到下极板间的电势差，由于P到下极板间距离h不变，由φP＝ΔU＝Eh可知，场强E减小时P点电势降低，B对；由C＝eq\f(Q,U)可知电容器带电荷量减小，C对；带电油滴所处P点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D错．4．[电容器动态分析](2015·新课标Ⅱ·14)如图3，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图3A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动答案D解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．电容器动态分析问题的分析技巧1．抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．2．根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．考点二带电粒子(或带电体)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＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1[思维深化]带电粒子在电场中运动时重力如何处理？答案(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．5．[带电粒子的加速]如图4所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极间电压不变，则()图4A．当减小两板间的距离时，速度v增大B．当减小两极间的距离时，速度v减小C．当减小两极间的距离时，速度v不变D．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长答案C解析由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，eq\x\to(v)＝eq\f(d,t)，eq\f(v,2)＝eq\f(d,t)，即t＝eq\f(2d,v)，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误．6．[带电粒子的直线运动](多选)如图5所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是()图5A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出答案BC解析设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得：－qEx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又E＝eq\f(U,d)得x＝eq\f(mdv\o\al(2,0),2qU)，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处，x变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为eq\r(2)v0；或使A、B两板间的电压变为eq\f(1,2)U；或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C正确，A、D错误．解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法1．用牛顿运动定律和运动学规律．2．用动能定理或能量守恒定律．3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．考点三带电粒子在电场中的偏转运动1．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：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))②沿电场力方向，做匀加速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)).,离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0)).))2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(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qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(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O到偏转电场边缘的距离为eq\f(l,2).3．带电粒子在匀强电场中偏转的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：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．[思维深化]如图6，含有大量eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的判断是否正确．图6(1)出现三个亮点，偏离O点最远的是eq\o\al(1,1)H.(×)(2)出现三个亮点，偏离O点最远的是eq\o\al(4,2)He.(×)(3)出现两个亮点．(×)(4)只会出现一个亮点．(√)7．[电场中偏转的能量分析](2014·天津·4)如图7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()图7A．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，微粒的电性不确定，则微粒所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据微粒运动轨迹，微粒所受合力一定向下，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，但微粒动能一定增加，所以只有C正确．8．[用逆向思维分析粒子的偏转](多选)长为l、间距为d的平行金属板M、N带等量异种电荷，A、B两带电粒子分别以不同速度v1、v2从金属板左侧同时射入板间，粒子A从上板边缘射入，速度v1平行金属板，粒子B从下板边缘射入，速度v2与下板成一定夹角θ(θ≠0)，如图8所示．粒子A刚好从金属板右侧下板边缘射出，粒子B刚好从上板边缘射出且速度方向平行金属板，两粒子在板间某点相遇但不相碰．不计粒子重力和空气阻力，则下列判断正确的是()图8A．两粒子带电荷量一定相同B．两粒子一定有相同的比荷C．粒子B射出金属板的速度等于v1D．相遇时两粒子的位移大小相等答案BC解析A、B两粒子能在板间相遇，说明两粒子具有相同的水平速度，因此粒子B射出金属板的速度等于v1，C正确；粒子A刚好从金属板右侧下板边缘射出，所以两粒子入、出位置对调，运动轨迹形状相同但左、右翻转，如图所示，故垂直于金属板的方向两粒子有相同的加速度，由a＝eq\f(qE,m)可知，它们有相同的比荷但带电荷量可能不同，A错，B对；由对称关系可知，相遇点距离板左、右两侧的距离相等，即从粒子射入到相遇所用时间等于粒子穿过金属板的时间的一半，即t0＝eq\f(t,2)＝eq\f(l,2v1)，垂直于板的方向可看做是某粒子做初速度为零的匀加速直线运动，故相遇点到上、下板的距离之比等于1∶3，此时粒子B的位移大于A的位移，D错．9．[带电粒子在交变电场中运动](2015·山东理综·20)(多选)如图9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，0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．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0～T时间内运动的描述，正确的是()图9A．末速度大小为eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了eq\f(1,2)mgd D．克服电场力做功为mgd答案BC解析因0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝eq\f(2T,3)时刻的竖直速度为vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度为v0；在eq\f(2T,3)～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－geq\f(T,3)＝0，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ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，eq\f(1,2)mgd－W克电＝0，可知克服电场力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误；故选B、C.10．[带电粒子在电场中偏转的综合分析]如图10所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：图10(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tanα；(3)粒子打在屏上的点P到O点的距离x.答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解析(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝eq\f(2L,v0).(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝eq\f(Eq,m)所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0)).(3)解法一设粒子在电场中的偏转距离为y，则y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(1,2)·eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))又x＝y＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法二x＝y＋vyeq\f(L,v0)＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法三由y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))，eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).分析粒子在电场中偏转运动的两种方法1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算．(1)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．(2)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．考点四电场中的力电综合问题1．解答力电综合问题的一般思路2．运动情况反映受力情况(1)物体静止(保持)：F合＝0.(2)做直线运动①匀速直线运动：F合＝0.②变速直线运动：F合≠0，且F合方向与速度方向总是一致．(3)做曲线运动：F合≠0，F合方向与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线的凹侧．(4)F合与v的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动：90°＜α≤180°.(5)匀变速运动：F合＝恒量．[思维深化]在匀强电场与重力场共存的空间，可将两个场叠加起来，称为等效重力场，那么等效重力加速度g′如何表示？答案先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝eq\f(F合,m)视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可．11．[等效重力法分析力电综合问题]如图11所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面内半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为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，电荷量为q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？图11答案v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力和支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力和轨道作用力，如图所示，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′＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg′＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)，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v0运动，由动能定理知：－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3)).12．[动力学和能量观点分析力电综合问题]如图12所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，g取10m/s2，求：图12(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？答案(1)7m/s(2)0.6N解析(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R)小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立方程组，解得：v0＝7m/s.(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝meq\f(v′2,R)代入数据，解得：FN＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N.13．[动力学和能量观点分析力电综合问题]如图13所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图13(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的eq\f(1,2)，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能．答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有FNsin37°＝qE①FNcos37°＝mg②由①②可得E＝eq\f(3mg,4q)(2)若电场强度减小为原来的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)由牛顿第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma可得a＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL.分析力电综合问题的两种思路1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题．2．能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．1．如图14所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是()A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小图14答案B解析甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝eq\f(U,d)可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小．乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，极板间的电压U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，极板间的电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，场强与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确．2.(2014·山东·18)如图15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、带电荷量分别为＋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()图15A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))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，则相切处必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为研究对象，水平位移eq\f(s,2)时，竖直位移为eq\f(h,2).由eq\f(s,2)＝v0t，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，所以B项正确．3．(2015·江苏单科·7)(多选)如图16所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()图16A．做直线运动 B．做曲线运动C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小答案BC解析对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．4．如图17所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4×103N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m＝0.2kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图17(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块在斜面上运动的总路程s和系统产生的热量Q.答案(1)2.4m/s(2)1m0.96J解析(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96N设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得(mg＋qE)h－Ffeq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝2.4m/s.(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，(mg＋qE)h＝Ffs解得滑块在斜面上运动的总路程：s＝1mQ＝Ffs＝0.96J练出高分基础巩固1.如图1所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么()图1A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动答案B解析微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．2．(2015·海南单科·5)如图2所示，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(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正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M∶m为()图2A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶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，aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,M)t2；对m有，am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，联立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，A正确．3．(2013·广东·15)喷墨打印机的简化模型如图3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()图3A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与所带电荷量无关答案C解析带负电的微滴进入电场后受到向上的电场力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的电场力作用，电场力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2及a＝eq\f(qE,m)，得带电微滴的轨迹方程为y＝eq\f(qEx2,2mv\o\al(2,0))，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C正确，D错误．4．(多选)平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图4所示，那么()图4A．保持开关S闭合，将A板稍向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，将A板稍向上移，则θ减小C．开关S断开，将A板稍向B板靠近，则θ不变D．开关S断开，将A板稍向上移，则θ减小答案AC解析保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变，将A板稍向B板靠近，极板间距离减小，根据E＝eq\f(U,d)，知电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A正确；保持开关S闭合，将A板稍向上移，电容器两极板间的电势差不变，板间距离也不变，则板间场强不变，小球所受的电场力不变，θ不变，故B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)、C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)联立得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，知将A板稍向B板靠近，E不变，电场力不变，θ不变，故C正确；将A板稍向上移，则S减小，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)知，E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，D错误．5．(多选)如图5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，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eq\f(1,2)处返回，则下述措施能满足要求的是()图5A．使初速度减为原来的eq\f(1,2)B．使M、N间电压提高到原来的2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eq\f(1,2)答案BD解析在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以d＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE)，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的eq\f(1,2)，x＝eq\f(d,4)，故A错；使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＝eq\f(d,2)，故B对；使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＝eq\f(d,4)，故C错；使初速度和M、N间电压都减为原来的eq\f(1,2)，电场强度变为原来的一半，x＝eq\f(d,2)，故D对．6．(多选)如图6所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是()图6A．小球经过环的最低点时速度最大B．小球在运动过程中机械能守恒C．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg＋qED．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg＋qE)答案AD解析根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；根据动能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mv2，根据牛顿第二定律得：FN－qE－mg＝meq\f(v2,R)，解得：FN＝3(mg＋qE)，则球对轨道的压力为3(mg＋qE)，故C错误，D正确．7．(多选)如图7所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()图7A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零答案CD解析设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．综合应用8．如图8所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力．当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上．现欲使质量为m、入射速度为eq\f(v,2)的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是()图8A．使粒子的带电荷量减少为原来的eq\f(1,4)B．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C．使两板间的距离增加到原来的2倍D．使两极板的长度