物理大一轮复习试题：第七章第3节电容器带电粒子在电场中的运动

第3节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)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。(4)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)物理意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)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】(多选)由电容器电容的定义式C＝eq\f(Q,U)可知()A.若电容器不带电，则电容C为零B.电容C与电容器所带电荷量Q成正比C.电容C与所带电荷量Q无关D.电容在数值上等于使两板间的电压增加1V时所需增加的电荷量答案CD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(2,0)。(2)在非匀强电场中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。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(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))，偏转角θ的正切值，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。【自测2】如图2所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一束同种带电粒子从P点以相同速度平行于极板射入电容器，最后均打在下极板的A点，若将上极板缓慢上移，则()图2A.粒子打在下极板的落点缓慢左移B.粒子打在下极板的落点缓慢右移C.粒子仍然打在下极板的A点D.因粒子的电性未知，无法判断粒子的落点答案C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3所示)。图32.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)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，产生一个亮斑。(3)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。考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(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，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U＝Ed分析某点电势变化。(2)Q不变①根据C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，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(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)分析场强变化。1.(电压不变的动态分析)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。由于U与d都不变，再由E＝eq\f(U,d)知电场强度E不变，选项D正确。2.(电荷量不变的动态分析)(多选)如图4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4A.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，两极板间电介质增多，εr变大，则电容C增大，又由公式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；同理可知，当被测物体带动电介质板向右移动时，θ增大，故B正确，D错误。考点二带电粒子(体)在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。(2)粒子所受合力为恒力且F合≠0，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(2,0)＝2ad。3.用功能观点分析匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非匀强电场中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)❶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)。❷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。【例1】(2021·广西南宁期中)一匀强电场，电场强度方向是水平的，如图5所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力和重力作用下恰好能沿与电场强度的反方向成θ角做直线运动，重力加速度为g，求：图5(1)电场强度的大小；(2)小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差。答案(1)eq\f(mg,qtanθ)(2)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)cos2θ解析(1)小球做直线运动，所受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线方向，如图所示由几何关系可知mg＝qEtanθ解得E＝eq\f(mg,qtanθ)。(2)小球做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得F合＝eq\f(mg,sinθ)＝ma设从O点到最高点的位移为x，根据运动学公式可得veq\o\al(2,0)＝2ax运动的水平距离l＝xcosθ两点间的电势能之差ΔEp＝qEl联立解得ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)cos2θ。3.(多选)如图6所示为匀强电场中的一组等间距的竖直直线，一个带电粒子从A点以一定的初速度斜向上射入电场，结果粒子沿初速度方向斜向右上方做直线运动，则下列说法正确的是()图6A.若竖直直线是电场线，电场的方向一定竖直向上B.若竖直直线是电场线，粒子沿直线向上运动过程动能保持不变C.若竖直直线是等势线，粒子一定做匀速直线运动D.若竖直直线是等势线，粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大答案BD解析粒子做直线运动，则粒子受到的合力与初速度共线，因此粒子一定受重力作用；若竖直直线是电场线，粒子受到的电场力一定竖直向上，又因为粒子斜向右上做直线运动，所以粒子做匀速直线运动，动能不变，由于粒子的电性未知，因此电场方向不能确定，选项A错误，B正确；若竖直直线是等势线，电场力方向水平，由于粒子斜向右上做直线运动，因此电场力一定水平向左，合力方向与粒子运动的速度方向相反，粒子斜向右上方做匀减速运动，粒子受到的电场力做负功，因此粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大，选项C错误，D正确。考点三带电粒子(体)在电场中的偏转运动1.运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动能飞出电容器：t＝eq\f(l,v0)。不能飞出电容器：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，t＝eq\r(\f(2mdy,qU))。(2)沿电场力方向做匀加速直线运动加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)离开电场时的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))离开电场时的偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))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(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可见y与tanθ与粒子的q、m无关。(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(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。【例2】(多选)(2021·山东临沂月考)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的。如图7所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，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，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则()图7A.若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等B.若比荷eq\f(q,m)相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等C.若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等D.若不同比荷eq\f(q,m)的带负电粒子由O点射入，偏转角度θ相同答案BCD解析设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a＝eq\f(qU,md)，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，所以当带负电粒子的比荷eq\f(q,m)相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；如图所示，设偏转电场的板间距离为d′，在偏转电场中有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(U2l,2U1d′)，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷eq\f(q,m)的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故D正确。4.(多选)(2021·全国乙卷)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图象中，可能正确的是()答案AD解析分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电的粒子向y轴正方向偏转，带负电的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q，2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误。思维转换法解决与电容器相关的实际问题电容器在现代生活中应用十分广泛，其中作为传感器使用的有智能手机上的电容触摸屏、电容式传声器、电容式位移传感器等。【示例1】目前智能手机普遍采用了电容触摸屏。电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指(肉)触摸电容触摸屏时，手指(肉)和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。寒冷的冬天，人们也可以用触屏手套进行触控操作。下列说法正确的是()图1A.使用绝缘笔压电容触摸屏也能进行触控操作B.为了安全，触屏手套指尖处应该采用绝缘材料C.手指按压屏的力变大，手指(肉)和工作面形成的电容器电容变大D.手指与屏的接触面积变大，手指(肉)和工作面形成的电容器电容变小答案C解析绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故A错误；电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，触屏手套指尖处采用绝缘材料，将无法形成感应电流，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C正确；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D错误。【示例2】(2021·北京海淀模拟)一位同学用底面半径为R的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图2所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘电介质，其厚度为d，介电常数为εr。若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒定为U，则下列说法中正确的是()图2A.瓶内液面降低了eq\f(2kdIt,UεrR) B.瓶内液面升高了eq\f(2kdIt,UεrR)C.瓶内液面升高了eq\f(kdIt,UεrR) D.瓶内液面降低了eq\f(kdIt,UεrR)答案A解析由图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，由题目图可知，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；则由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小。由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，那么电容的电量减小；瓶内液面降低。t时间内减少的电量q＝It，依据C＝eq\f(Q,U)，可得q＝U·ΔC，液面的高度为h时的正对面积S＝2πR·h，联立解得Δh＝eq\f(2kdIt,UεrR)，故A正确，B、C、D错误。考点一平行板电容器的动态分析1.(多选)传感器是一种采集信息的重要器件，如图1所示的是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片上时，以下说法中正确的是()图1A.若F向上压膜片，电路中有从a到b的电流B.若F向上压膜片，电路中有从b到a的电流C.若F向上压膜片，电路中不会出现电流D.若电流表有示数，则说明压力F发生变化答案BD解析由题意可知，电容器的电压不变。若F向上压膜片电极，电容增大，电荷量增大，电容器充电，电路中形成顺时针方向的充电电流，即电路中有从b到a的电流，故A、C错误，B正确；当压力F变化时，电容变化，电荷量变化，电路中就有电流，故D正确。2.(2021·山东临沂模拟)如图2所示，水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，上极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现先将开关断开，再将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()图2A.电容器的电容增大B.极板所带的电荷量增多C.带电油滴将向下运动D.极板间的电场强度不变答案D解析根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，则电容C减小，故A错误；由于开关已经断开，则电容器电荷量不变，故B错误；根据C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)得E＝Q·eq\f(4πk,εrS)，可知d增大，电场强度不变，受力情况不变，油滴不动，故C错误，D正确。考点二带电粒子(体)在电场中的直线运动3.如图3所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则()图3A.微粒到达B点时动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.微粒的加速度大小等于gsinθC.两极板的电势差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D.微粒从A点到B点的过程，电势能减少eq\f(mgd,cosθ)答案C解析微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项A错误；根据qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得E＝eq\f(mg,qcosθ)，a＝gtanθ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量ΔEp＝qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，选项D错误。4.(2021·山东省实验中学零模)如图4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q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B。仅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(3,7)l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是()图4A.电荷量q1与q2的比值为3∶7B.电荷量q1与q2的比值为3∶4C.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16D.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7答案B解析设电场强度大小为E，两粒子的运动时间为t，对正电荷A有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)t2，对负电荷B有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)t2，联立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，A错误，B正确；由动能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，求得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，C、D错误。考点三带电粒子(体)在电场中的偏转运动5.(2021·云南通海模拟)如图5所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()图5A.U1∶U2＝1∶8 B.U1∶U2＝1∶4C.U1∶U2＝1∶2 D.U1∶U2＝1∶1答案A解析带电粒子在电场中做类平抛运动，则y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\f(x2,veq\o\al(2,0))，得U＝eq\f(2mveq\o\al(2,0)dy,qx2)，所以U∝eq\f(y,x2)，U1∶U2＝eq\f(\f(1,2)d,l2)∶eq\f(d,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l))2)＝1∶8，故A正确。6.(多选)(2021·河北石家庄二中模拟)如图6所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直于E进入电场，它们分别落在A、B、C三点，则可判断()图6A.落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B.三小球在电场中运动时间相等C.三小球到达正极板时的动能关系是EkA＞EkB＞EkCD.三小球在电场中运动的加速度关系是：aC＞aB＞aA答案AD解析在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示，三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，即tA>tB>tC，由于竖直位移相同，根据h＝eq\f(1,2)at2知，aA<aB<aC，则结合牛顿第二定律知，落在A点的小球带正电，B球不带电，C球带负电，故A、D正确，B错误；根据动能定理W合＝Ek－Ek0，三球所受合力关系FA<FB<FC，三球的初动能相等，可知EkA<EkB<EkC，故C错误。7.如图7所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y。要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转极板的情况)()图7A.增大偏转电压U B.增大加速电压U0C.增大偏转极板间距离 D.将发射电子改成发射负离子答案A解析设偏转极板板长为l，极板间距为d，由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，t＝eq\f(l,v0)，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2得，联立得偏转位移y＝eq\f(Ul2,4U0d)，增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A正确，B、C错误；由于偏转位移y＝eq\f(Ul2,4U0d)与粒子质量、带电荷量无关，故将发射电子改变成发射负离子，偏转位移不变，选项D错误。8.(多选)(2021·四川峨眉山模拟)某同学设计了一种静电除尘装置，如图8甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是()图8A.只增大电压UB.只增大高度dC.只增大长度LD.只增大尘埃被吸入水平速度v0答案AC解析增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)，即增加y即可，只增加电压U可以增加y，故A正确；只增大高度d，位移y减小，故B错误；只增加长度L，可以增加y，故C正确；只增加水平速度v0，y减小，故D错误。9.(多选)(2021·天津高三月考)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图9所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则()图9A.A球带正电，B球带负电B.A球比B球先落地C.在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小答案AD解析两球在水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t知，v0相同，则A运动的时间比B的长，B球先落地，竖直方向上，由h＝eq\f(1,2)at2可知，竖直位移相等，运动时间长的加速度小，即aA<aB，则A所受的合力比B的小，所以A所受的电场力向上，带正电，B所受的电场力向下，带负电，故A正确，B错误；A所受的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加，B所受的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减小，故C错误；A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，则A的合力做功较少，由动能定理知两球从抛出到各自落地过程中A球的动能变化量小，故D正确。10.(多选)在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中()图10A.做匀变速运动 B.速率先增大后减小C.电势能增加了eq\f(1,2)mv2 D.a点的电势比b点低eq\f(mv2,q)答案AC解析颗粒受到的重力和电场力是恒力，所以颗粒做的是匀变速运动，故A正确；由题知，电场力与重力的合力指向左下方，由合力方向与速度方向的夹角可知，合力先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故B错误；在平行于电场方向，颗粒的动能减小量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，减小的动能转化为了颗粒的电势能，所以颗粒电势能增加了eq\f(1,2)mv2，故C正确；在平行于电场方向，由动能定理