高中高考物理总复习一轮复习知识归纳第七章第3讲

高考试卷试题学习资料第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(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：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与电容器两极板间的电势差的比值．(2)定义式：C＝eq\f(Q,U).(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF.(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．(2)决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).自测1对于某一电容器，下列说法正确的是()A．电容器所带的电荷量越多，电容越大B．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D．电容器两极板间的电势差减小到原来的eq\f(1,2)，它的电容也减小到原来的eq\f(1,2)答案C解析根据公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，电容的大小跟电容两端的电势差以及电容器所带的电荷量的多少无关，根据公式C＝eq\f(Q,U)可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，所以C正确，A、B、D错误．二、带电粒子在电场中的运动1．加速(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).(2)在非匀强电场中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).2．偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示．图1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．(3)基本关系式：运动时间t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏转量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(02,))，偏转角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02,)).三、示波管1．示波管的构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图2所示)图22．示波管的工作原理(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．(2)观察到的现象①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．自测2(2018·广东省惠州市模拟)如图3所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量为eq\f(h,U2))可采用的方法是()图3A．增大两板间的电势差U2B．尽可能使板长L短些C．使加速电压U1升高些D．尽可能使板间距离d小些答案D解析带电粒子加速时，由动能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv2带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得：L＝vth＝eq\f(1,2)at2又由牛顿第二定律得：a＝eq\f(qU2,md)联立得h＝eq\f(U2L2,4dU1)由题意，灵敏度为：eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1)可见，灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、加速电压U1降低一些，故A、B、C错误，D正确．命题点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＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝eq\f(U,d)分析场强的变化．③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．(2)Q不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析场强变化．例1(2016·全国卷Ⅰ·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案D解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小，因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小，再由E＝eq\f(U,d)，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．变式1(2018·北京卷·19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图4所示．下列说法正确的是()图4A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案A解析实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C变小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C变大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝eq\f(Q,U)知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的，D错误．变式2(多选)如图5所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，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点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，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()图5A．U变大，E变大 B．U变小，φP变小C．φP变小，Ep变大 D．φP变大，Ep变小答案AC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＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容减小，由U＝eq\f(Q,C)可知极板间电压增大，由E＝eq\f(U,d)可知，电场强度增大，故A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′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故C正确．命题点二带电粒子(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(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(02,)＝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(02,)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1例2(2018·河北省邢台市上学期期末)如图6所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则()图6A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0答案C解析两板间距离变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq\r(2)v0，选项D错误．变式3(多选)(2018·山西省吕梁市第一次模拟)如图7所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1m/s，到B点时速度vB＝eq\r(5)m/s，则()图7A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝3m/sB．微粒在整个运动过程中的最终速度为eq\r(5)m/sC．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为eq\r(5)m/s答案AB解析AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)，2qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)，解得vC＝3m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为eq\r(5)m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误．变式4(多选)(2018·广东省惠州市第三次调研)如图8，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，A、B间距离为d，重力加速度为g.则()图8A．力F大小的取值范围只能在0～eq\f(mg,cosθ)B．电场强度E的最小值为eq\f(mgsinθ,q)C．小球从A运动到B电场力可能不做功D．若电场强度E＝eq\f(mgtanθ,q)时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2θ答案BCD解析小球受到重力mg、力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示，可知，当电场力qE沿水平方向时，F＝eq\f(mg,cosθ)，电场力qE可以继续增大，F也能继续增大，F可以大于eq\f(mg,cosθ)，A错误；当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则得：qEmin＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为：Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，B正确；若电场强度E＝eq\f(mgtanθ,q)，电场力qE可能与AB方向垂直，如图位置1，小球从A运动到B电场力不做功，电势能变化量为0，也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为2mgdsin2θ，C、D正确．命题点三带电粒子(带电体)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(02,)).,离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(02,)).))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qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)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(02,))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子经电场偏转后射出，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．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(02,)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．例3(2016·北京理综·23改编)如图9所示，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．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.图9(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从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＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2.答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)见解析解析(1)根据动能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，电子射入偏转电场时的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg≈10－29N电场力F＝eq\f(eU,d)≈10－15N由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力．例4(多选)(2018·河南省南阳市上学期期末)如图10所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)()图10A．两极板间电压为eq\f(mgd,2q)B．板间电场强度大小为eq\f(2mg,q)C．整个过程中质点的重力势能增加eq\f(mg2L2,v\o\al(02,))D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上答案BC解析据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed得板间电势差U＝eq\f(2mg,q)×d＝eq\f(2mgd,q)，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE－mg,m)＝g，t＝eq\f(L,v0)，解得：y＝eq\f(gL2,2v\o\al(02,))，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝eq\f(gL2,v\o\al(02,))，重力势能的增加量Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,v\o\al(02,))，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M上，故D错误．变式5(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图11所示，空间存在电场强度为E、方向水平向右的范围足够大的匀强电场．挡板MN与水平方向的夹角为θ，质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：图11(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小；(2)O、M间的距离．答案(1)eq\f(v0,tanθ)(2)eq\f(mv\o\al(,02),2qEtan2θ)解析(1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为vx，则tanθ＝eq\f(v0,vx)解得：vx＝eq\f(v0,tanθ)(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为a，由牛顿第二定律：qE＝ma在如图所示的坐标系中：vx＝at，x0＝eq\f(1,2)at2，y0＝v0t设O、M间的距离为d，由几何关系：tanθ＝eq\f(y0,d＋x0)解得：d＝eq\f(mv\o\al(02,),2qEtan2θ).1．(2018·广东省揭阳市学业水平考试)据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是()A．充电时，电容器的电容变小B．充电时，电容器存储的电能变小C．充电时，电容器所带的电荷量可能不变D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零答案B解析电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结束后，电容器的电容不可能为零，故A、D错误；给手机充电时，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小，故B正确；给手机充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减小，故C错误．2．(多选)(2019·安徽省宿州市质检)如图1为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体()图1A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大C．向左移动时，θ减小 D．向右移动时，θ减小答案BC解析由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增大，则电容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减小，则电容C减少，由公式C＝eq\f(Q,U)可知电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误．3．(多选)(2018·广东省揭阳市高三期末)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C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C不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍D．保持d、C不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半答案ACD解析保持U不变，将d变为原来的两倍后，根据E＝eq\f(U,d)可得E变为原来的一半，A正确；保持E不变，将d变为原来的一半，根据U＝Ed可得U变为原来的一半，B错误；根据公式C＝eq\f(Q,U)可知将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C正确；根据C＝eq\f(Q,U)可得C不变，将Q变为原来的一半，U变为原来的一半，根据公式E＝eq\f(U,d)可知d不变，U变为原来的一半，E变为原来的一半，D正确．4．(2018·广东省广州市4月模拟)如图2，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(粒子重力不计)()图2A．保持U2和平行板间距不变，减小U1B．保持U1和平行板间距不变，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板答案D解析粒子在电场中加速U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，在偏转电场中，水平方向上x＝v0t，竖直方向上y＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,dm)t2，解得x2＝eq\f(4dU1y,U2)；开始时x＝eq\f(1,2)L，保持U2和平行板间距不变，减小U1，则x会减小，选项A错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，选项B错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，d变大，则x变大，故选项D正确．5．(2018·重庆市上学期期末抽测)如图3所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子()图3A．只受到电场力作用B．带正电C．做匀减速直线运动D．机械能守恒答案C解析带电粒子沿直线从位置a运动到位置b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以带电粒子带负电，故A、B错误；由于带电粒子做直线运动，所以电场力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直线运动，故C正确；电场力做负功，机械能减小，故D错误．6．(多选)(2018·陕西省宝鸡市质检二)如图4所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力．已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的()图4A．从N点进入的粒子先到达P点B．从M点进入的粒子先到达P点C．粒子在到达P点的过程中电势能都减小D．从M点进入的粒子的电荷量小于从N点进入的粒子的电荷量答案CD解析两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速运动，水平方向向左匀加速运动，由题图可知两粒子与P点的竖直距离相同，设为y，则运动到P点的时间为t＝eq\f(y,v0)，即两个粒子同时到达P点，故A、B错误；两粒子都带正电，电场力向左，且水平方向向左匀加速运动，故电场力做正功，电势能都减小，故C正确；由题图可知，从M点进入的粒子，其水平方向的位移较小，根据x＝eq\f(1,2)at2，可知相同的时间t内，从M点进入的粒子的加速度较小，根据a＝eq\f(qE,m)，两个粒子的质量相同，又在同一电场，即E相同，故从M点进入的粒子的电荷量较小，故D正确．7．(2018·山东省泰安市一模)如图5所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块(可看做点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零．已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.以下判断正确的是()图5A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力B．滑块在运动过程的中间时刻速率等于eq\f(v0,2)C．此过程中产生的内能为eq\f(mv\o\al(,02),2)D．Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(mv\o\al(,02)－2μgx,2q)答案D解析由于一直做减速运动，库仑力在增大，要减速到0，摩擦力应该始终比库仑力大，且由a到b过程中加速度在减小，不是匀变速运动，A、B错误，由动能定理－qUab－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)可知，C错误，D正确．8.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·21)如图6，一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()图6A．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的动量大小相等答案BD解析经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝eq\f(1,2)at2，得aa>ab，又由a＝eq\f(F,m)知，ma<mb，A项错误；经时间t到下半区域的同一水平面，则电场力做功Wa>Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B项正确；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ知，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D项正确．9．(多选)(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图7所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度v0从电场中的O点出发，沿ON方向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mg＝qE，不计空气阻力．则()图7A．小球运动的加速度大小为eq\f(g,2)B．小球可能一直做匀加速运动C．小球沿ON方向运动的最大位移为eq\f(v\o\al(02,),2g)D．在小球运动的前eq\f(v0,g)时间内，电场力对小球做功－eq\f(mv\o\al(02,),4)答案CD解析小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与初速度方向相反，故小球先做匀减速直线运动，当速度减为零时，再反方向做匀加速直线运动，故A、B错误；当向上速度减至零时，由运动学公式可得最大位移为x＝eq\f(v\o\al(02,),2g)，故C正确；向上匀减速至零所用的时间为t＝eq\f(v0,g)，在此过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，则电场力做功为－eq\f(mv\o\al(02,),4)，故D正确．10.(2019·陕西省咸阳市质检)如图8所示，将带电荷量均为＋q、质量分别为m和2m的带电小球A与B用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球A和B一起以大小为eq\f(1,3)g的加速度竖直向上运动．运动过程中，连接A与B之间的细线保持竖直方向，小球A和B之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g，求：图8(1)匀强电场的场强E的大小；(2)当A、B一起向上运动t0时间时，A、B间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过