2025届高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动学案粤教版

PAGE22-第3讲电容器带电粒子在电场中的运动学问要点一、常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1.常见电容器(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肯定值。(3)电容器的充、放电充电：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。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＝eq\f(Q,U)。(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本事大小的物理量。(4)单位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF3.平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)确定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。二、带电粒子在匀强电场中的运动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.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动形式：类平抛运动。(3)处理方法：运动的合成与分解。图1①沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间t＝eq\f(l,v0)。②沿电场力方向为匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。③离开电场时的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d)。④离开电场时的偏转角tanθ＝eq\f(v⊥,v0)＝eq\f(qlU,mveq\o\al(2,0)d)。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)视察到的现象①假如在偏转电极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改变的稳定图象。基础诊断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)解析依据公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，电容的大小跟电容器两端的电势差以及电容器所带电荷量的多少无关，依据公式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。答案C2.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量肯定值为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图3所示，OA间距为h，则此电子的初动能为()图3A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度渐渐减小，依据动能定理可得－eUOA＝0－Ek，因为UOA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，选项D正确。答案D3.(2024·广东省惠州市模拟)如图4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))可采纳的方法是()图4A.增大两板间的电势差U2 B.尽可能使板长L短些C.使加速电压U1上升些 D.尽可能使板间距离d小些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又由牛顿其次定律得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。答案D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3.关于平行板电容器的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的状况下，电场强度与极板间的距离无关。【例1】(2024·全国Ⅰ卷，14)一平行板电容器两极板之间充溢云母介质，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，依据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。答案D【拓展提升1】(多选)将【例1】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是()A.电容器的电容增大 B.极板间的电势差增大C.极板上的电荷量变大 D.极板间电场强度变大答案BD【拓展提升2】(多选)若水平放置接有恒压电源的平行金属板内部空间有一带电粒子P恰能静止，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是()A.电容器所带电荷量保持不变B.极板间的电场强度保持不变C.粒子所在初位置的电势能保持不变D.粒子将加速向下运动解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当将上极板右移一段距离时，S减小，电容器的电容减小，由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，电压U不变，C减小，故电容器所带电荷量削减，选项A错误；U和d不变，由E＝eq\f(U,d)可知，极板间的电场强度保持不变，选项B正确；由于极板间的电场强度不变，粒子所在初位置到下极板间的距离不变，故该点到零电势点的电势差不变，即该点的电势不变，粒子的电势能不变，选项C正确；由于粒子的受力状况不变，故粒子仍旧保持静止状态，选项D错误。答案BC1.(2024·北京卷，19)探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图5所示。下列说法正确的是()图5A.试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B.试验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C.试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D.试验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析试验前，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，试验中，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。答案A2.(多选)(2024·山东青岛5月模拟)如图6所示，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是A、B板间的一点，在C、D板间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。现将C、D板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是()图6A.金属板C、D构成的电容器的电容减小B.P点电势降低C.玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流D.A、B两板间的电场强度减小解析依据C＝eq\f(εrS,4πkd)，将C、D板间的玻璃板抽出，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则金属板C、D构成的电容器的电容减小，A正确；闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板上的总电荷量不变，金属板C、D构成的电容器的电容减小，由U＝eq\f(Q,C)可知极板C、D间的电势差变大，极板A、B间的电势差变大，由E＝eq\f(U,d)可知极板A、B间的场强变大，P点与B板的电势差变大，又因B板接地，电势为零，故P点电势上升，因此C、D板构成的电容器处于放电状态，A、B板构成的电容器处于充电状态，电阻R中有向右的电流，C正确，B、D错误。答案AC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，带电粒子将做变速直线运动；若电场为匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动。2.分析方法方法①：由牛顿其次定律及匀变速直线运动的公式进行计算。方法②：应用动能定理qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)进行有关计算。方法③：应用动量定理或动量守恒定律进行有关计算。【例2】(多选)(2024·全国Ⅲ卷，21)如图7所示，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、下极板旁边，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止起先运动。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视。下列说法正确的是()图7A.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的动量大小相等解析两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝eq\f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。答案BD1.如图8所示，相距为d的平行板A和B之间有电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场。电场中C点到B板的距离为0.3d，D点到A板的距离为0.2d。有一个质量为m的带电微粒沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图8A.该微粒在D点时的电势能比在C点时的大B.该微粒做匀变速直线运动C.在此过程中电场力对微粒做的功为0.5mgdD.该微粒带正电，所带电荷量大小为q＝eq\f(mg,E)解析由于带电微粒受到电场力与重力，沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点，所以竖直向上的电场力与重力大小相等，方向相反，微粒做匀速直线运动，故B错误；电场力竖直向上，电场向下，所以该微粒带负电，从C点运动至D点，电场力做正功，电势能减小，所以微粒在D点时的电势能比在C点时的小，故A、D错误；在此过程中，电场力对微粒做的功为W＝Fs＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，故C正确。答案C2.(多选)如图9所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持肯定的距离不变，且此距离为x0＝eq\f(4,9)d，则下列推断正确的是()图9A.A、B两滑块的质量之比为eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B两滑块的质量之比为eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.两滑块的碰撞为弹性碰撞D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞解析对滑块A在碰撞前依据动能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，依据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动，有vt＝eq\f(4,9)d，联立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd＞0，D正确，C错误。答案AD带电粒子(带电体)在电场中的偏转运动1.两个结论(1)不同的带电粒子从静止起先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qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU2l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U2l2,4U1d)，tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)。(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到入射点的距离为eq\f(l,2)。2.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当探讨带电粒子的末速度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。考向带电粒子在电场中的偏转运动【例3】如图10所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则()图10A.q1＞q2 B.m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)解析设粒子的速度为v0，电荷量为q，质量为m，所以加速度a＝eq\f(qE,m)，运动时间t＝eq\f(x,v0)，偏转位移为y＝eq\f(1,2)at2，整理得y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，明显由于A粒子的水平位移小，则有eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2)，但A粒子的电荷量不肯定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。答案C【拓展提升3】在【例3】中假如仅将“以相同的速度”改为“以相同的初动能”，则下列说法正确的是()A.q1＞q2 B.m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)解析由【例3】的解析可知y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，由题意Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得y＝eq\f(qEx2,4Ek0)，由于A粒子的水平位移小，则A粒子的电荷量大，即q1大于q2，A正确；由以上分析可知，不能确定两粒子的质量关系，B、C、D错误。答案A考向带电体在电场中的偏转运动【例4】(2024·全国Ⅲ卷，24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后放射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点放射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2)。重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。依据牛顿其次定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)。③(2)设B从O点放射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，依据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④且有v1·eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)。答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)1.(2024·江苏卷，5)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以肯定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P－t关系图象是()解析设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿电场方向：受电场力F电＝qE，则加速度a＝eq\f(F电,m)＝eq\f(qE,m)，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)电场力做功的功率P＝F电vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(（qE）2t,m)＝kt∝t，选项A正确。答案A2.(2024·天津卷，3)如图11所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()图11A.动能增加eq\f(1,2)mv2 B.机械能增加2mv2C.重力势能增加eq\f(3,2)mv2 D.电势能增加2mv2解析动能改变量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A错误；重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能削减量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，则电势能削减量等于电场力做的功ΔEp减＝W电＝qEx＝2mv2，B正确，D错误；在竖直方向做匀减速运动，到N点时竖直方向的速度为零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C错误。答案B3.(2024·全国Ⅱ卷，24)如图12，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽视不计。图12(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析(1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑧答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1.在探讨影响平行板电容器电容大小因素的试验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图1所示。现保持B板不动，适当移动A板，发觉静电计指针张角减小，则A板可能是()图1A.右移 B.左移C.上移 D.下移解析电容器两极板上的电荷量不变，静电计指针张角减小，说明两极板间电压变小，依据C＝eq\f(Q,U)得出电容变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知两极板之间距离变小或正对面积变大，选项A正确，B、C、D错误。答案A2.(2024·广东省宝安中学高三检测)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，最终均打在下极板的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.粒子仍旧打在下极板的A点D.因未知粒子的电性，无法推断粒子的落点解析断开电源后，电容器电荷量保持不变，电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，将上极板缓慢上移，d变大，电场强度不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍旧打在下极板的A点。故C正确，A、B、D错误。答案C3.(多选)如图3所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最终分别落在1、2、3三点，不计三个液滴间的相互作用，则下列说法正确的是()图3A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间肯定相同C.三个液滴落究竟板时的速率相同D.液滴C所带电荷量最多解析三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落究竟板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落究竟板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。答案BD4.如图4所示，带电的平行金属板A、B间的电势差为U，板间距离为d，A板带正电，B板中心有一小孔。一带电荷量为q、质量为m的微粒从孔的正上方距B板高h处由静止下落，若微粒恰能落至A、B板的正中心C点。下列说法中错误的是(重力加速度为g)()图4A.微粒在下落过程中动能渐渐增大，重力势能渐渐减小B.微粒下落过程中重力做功为mg(h＋eq\f(d,2))，电场力做功为－eq\f(qU,2)C.微粒落入电场中，电势能渐渐增加，其增加量为eq\f(qU,2)D.若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板解析微粒下落至C点的过程中，重力做功为mg(h＋eq\f(d,2))，重力势能减小；电场力做功为－eq\f(qU,2)，电势能增加，增加量为eq\f(qU,2)，微粒动能先增大后减小，故A错误，B、C正确；由动能定理得，微粒由h高处下落过程，有mg(h＋eq\f(d,2))－qeq\f(U,2)＝0，即qU＝mg(2h＋d)，由2h处下落过程，有mg(2h＋d)－qU＝0，说明微粒恰能到达A板，故D正确。答案A5.如图5甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，t＝0时，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中心M点有一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间改变。假设电子始终未与两板相碰。在0<t<8×10－10s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小渐渐增大的时间是()图5A.0＜t＜2×10－10sB.2×10－10s＜t＜4×10－10sC.4×10－10s＜t＜6×10－10sD.6×10－10s＜t＜8×10－10s解析作出粒子运动的v－t图象如图所示。由图象可知选项C正确。答案C6.(多选)如图6所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在静电力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间、加速度与位移之间改变关系的图象正确的是()图6解析设带电小球在静电力和弹簧弹力作用下静止时，弹簧形变量为Δx，则kΔx＝qE，将电场反向，小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力，小球离开弹簧前，依据牛顿其次定律得，小球的加速度a＝eq\f(qE＋k（Δx－x）,m)，知a随弹簧压缩量Δx－x的减小匀称减小，当脱离弹簧后，小球的加速度a＝eq\f(qE,m)，保持不变。可知小球先做加速度渐渐减小的加速运动，后做匀加速运动，故A、C项正确，B、D项错误。答案AC7.如图7所示，设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽视不计，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，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d，不计电子所受重力。求：图7(1)电子射入偏转电场时初速度v0的大小；(2)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(3)电子从偏转电场射出时速度的大小和方向。解析(1)依据动能定理有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)故电子射入偏转电场的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))电子在偏转电场中的加速度a＝eq\f(eU,md)偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。(3)电子离开偏转电场时沿垂直于极板方向的速度vy＝aΔt＝eq\f(UL,d)eq\r(\f(e,2mU0))电子离开偏转电场时速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(\f(2eU0,m)＋\f(eU2L2,2mU0d2))设电子离开偏转电场时速度方向与偏转极板的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)eq\f(UL2,4U0d)(3)eq\r(\f(2eU0,m)＋\f(eU2L2,2mU0d2))与v0方向的夹角θ满意tanθ＝eq\f(UL,2U0d)综合提能练8.如图8所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态。以下说法正确的是()图8A.若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B.若将A向左平移一小段位移，则油滴仍旧静止，G表中有a→b的电流C.若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流D.若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流解析由于油滴处于静止状态，所以qeq\f(U,d)＝mg。若将S断开，由于电容器的电荷量不变，则电压U不变，油滴仍处于静止状态，选项A错误；若将A向左平移一小段位移，则电容C变小，电压U不变，Q＝CU变小，所以电流方向为b→a，此时油滴仍静止，选项B错误；若将A向上平移一小段位移，电容C变小，电压U不变，则Q变小，所以电流方向为b→a，此时qeq\f(U,d)＜mg，油滴向下加速运动，选项C正确；若将A向下平移一小段位移，则电容C变大，电压U不变，Q变大，所以电流方向为a→b，此时qeq\f(U,d)＞mg，油滴向上加速运动，选项D错误。答案C9.(多选)如图9所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°。若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mg＝qE，则()图9A.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eq\f(veq\o\al(2,0),2g)D.小球电势能的最大值为eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上，如图所示，A错误；小球所受的重力和电场力大小相等，依据平行四边形定则知，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，依据牛顿其次定律知，小球运动的加速度大小为g，B正确；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，则小球上升的最大高度h＝s·sin30°＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，C错误；在整个过程中电场力做功W＝qEscos120°＝－eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，电势能增加eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，所以小球电势能的最大值为eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，D正确。答案BD10.(2024·上饶一模)如图10所示，在AOB平面内存在着一个匀强电场，OA＝L，OB＝eq\f(3L,2)，∠AOB＝60°。一个电荷量为q的带正电粒子以初动能Ek从O点两次沿不同方向抛出，并分别运动到A、B两点。若粒子运动到A、B两点时的动能分别为EA＝2Ek，EB＝eq\f(5Ek,2)，粒子重力不计，则匀强电场的场强大小为()图10A.eq\f(Ek,qL) B.eq\f(5Ek,3qL)C.eq\f(\r(3)Ek,3qL) D.eq\f(2\r(3)Ek,3qL)解析由题意令电场强度与OA成α角，与OB成β角，粒子在电场中所受电场力F＝Eq，粒子带正电，故电场力方向与场强方向相同，依据题意有：从O到A只有电场力做功，有Eqlcosα＝2Ek－Ek从O到B只有电场力做功有Eq·eq\f(3,2)L·cosβ＝eq\f(5Ek,2)－Ek联立两式可得cosα＝cosβ又∠AOB＝60°所以有α＝β＝30°所以可得场强E＝eq\f(2Ek－Ek,qLcos30°)＝eq\f(2\r(3)Ek,3qL)故A、B、C项错误，D项正确。答案D11.(多选)如图11所示，A、B是两块水平放置的平行金属板，一带电小球垂直于电场线方向射入板间，小球将向A极板偏转，为了使小球沿射入