2025届高考物理一轮复习第七章静电场专题突破带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题教学案沪科版

PAGE17-专题突破带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题带电粒子在交变电场中的运动1.此类题型一般有三种状况(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)粒子做直线来回运动(一般分段探讨)；(3)粒子做偏转运动(一般依据交变电场的特点分段探讨)。2.两条分析思路：一是力和运动的关系，依据牛顿其次定律及运动学规律分析；二是功能关系。3.注意全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。考向1粒子做直线运动【例1】(2024·河南商丘模拟)如图1甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间改变的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)，下列说法中正确的是()图1A.从t＝0时刻释放电子，电子必将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t＝0时刻释放电子，电子可能在两极板间振动C.从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子必将在两极板间振动D.从t＝eq\f(3T,8)时刻释放电子，电子必将从左极板上的小孔中穿出解析分析电子在一个周期内的运动状况，从t＝0时刻释放电子，前eq\f(1,2)T内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后eq\f(1,2)T内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动，t＝T时速度恰好为零。接着周而复始，所以电子始终向右做单向直线运动，直到打在右极板上，选项A正确，B错误；从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)内，电子向右做匀加速直线运动；在eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T内，电子受到的电场力向左，电子接着向右做匀减速直线运动，eq\f(3,4)T时刻速度为零；在eq\f(3,4)T～T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T～eq\f(5,4)T内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在eq\f(5,4)T时刻速度减为零，接着重复。可知若两极板距离足够大，电子可能在两极板间振动，若极板间距较小，电子可能打在右极板上，选项C错误；用同样的方法分析从t＝eq\f(3,8)T时刻释放电子的运动状况，电子先向右运动，后向左运动，若极板间距离较小，电子能干脆打在右极板上。若极板间距离较大，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终可能从左极板的小孔离开电场，选项D错误。答案A考向2粒子做偏转运动【例2】(多选)如图2甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的改变规律如图乙所示。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2A.末速度大小为eq\r(2)v0 B.末速度沿水平方向C.重力势能削减了eq\f(1,2)mgd D.克服电场力做功为mgd解析因0～eq\f(T,3)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，由牛顿其次定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·eq\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eq\f(1,2)mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误。答案BC1.如图3甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。起先A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下起先运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度改变规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律改变)()图3解析电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻起先，电子向A板做匀加速直线运动，eq\f(1,2)T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。答案A2.(多选)如图4甲所示，平行板相距为d，在两金属板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续放射速度相同的带正电粒子(不计重力)。t＝0时刻进入电场的粒子恰好在t＝T时刻到达B板右边缘，则()图4A.随意时刻进入的粒子到达电场右边界经验的时间为TB.t＝eq\f(T,4)时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大C.t＝eq\f(T,4)时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为eq\f(d,4)D.粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关解析随意时刻进入的粒子在水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由L＝v0t，得t＝eq\f(L,v0)，由于L、v0都相等，所以到达电场右边界所用时间都相等，且都为T，选项A正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的改变量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，选项B错误，D正确；对于t＝0时刻进入电场的粒子，据题意有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)；对于t＝eq\f(T,4)时刻进入的粒子，在前eq\f(T,2)时间内竖直方向的位移向下，大小为y1＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)，在后eq\f(T,2)时间内竖直方向的位移向上，大小为y2＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)，则知y1＝y2，即竖直方向的位移为0，所以粒子到达电场右边界时距B板距离为y＝eq\f(d,2)，选项C错误。答案AD电场中的力、电综合问题要擅长把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析与探讨。考向1直线运动情景【典例】(多选)(2024·湖南株洲一模)如图5所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，一个电荷量q＝1.41×10－4C、质量m＝1g的带电小球自A板上的孔P以大小为0.1m/s的水平速度v0飞入两板之间的电场，经0.02s后又回到P点，其间未与B板相碰，g取10m/s2，则()图5A.板间电场强度大小为100V/mB.板间电场强度大小为141V/mC.板与水平方向的夹角θ＝30°D.板与水平方向的夹角θ＝45°解析对带电小球进行受力分析，如图所示，小球的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－v0,\f(t,2))＝eq\f(0－0.1,\f(0.02,2))m/s2＝－10m/s2，依据几何关系得tanθ＝eq\f(F合,mg)＝eq\f(m|a|,mg)＝eq\f(|a|,g)＝eq\f(10,10)＝1，故θ＝45°，F电＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg＝qE，解得E＝100V/m，故A、D正确，B、C错误。答案AD1.(多选)如图6所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中()图6A.油滴将向下做匀加速运动B.电流计中电流由b流向aC.油滴运动的加速度渐渐变大D.极板带的电荷量削减解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量削减，电容器放电，电流由a流向b，选项D正确，B错误；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移过程中，两板间场强渐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度渐渐变大，选项C正确，A错误。答案CD2.(2024·江苏单科)如图7所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()图7A.仍旧保持静止 B.竖直向下运动C.向左下方运动 D.向右下方运动解析由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确。答案D考向2曲线运动情景教材引领1.[人教版选修3－1·P39·T3]先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入电场时速度方向与板面平行，在下列两种状况下，分别求出离开电场时电子速度偏角的正切值与氢核速度偏角的正切值之比。(1)电子与氢核的初速度相同；(2)电子与氢核的初动能相同。解析设偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏转电场中运动的时间为t＝eq\f(l,v0)，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))。(1)若电子与氢核的初速度相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若电子与氢核的初动能相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝1。答案见解析拓展提升2.如图8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L＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中心平行极板射入。已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电荷量q＝＋1×10－8C，g＝10m/s2。图8(1)开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒落到下极板的正中心，求微粒入射速度v0；(2)开关S闭合后，微粒恰好从上极板的右边缘射出电场，求所加的电压值U。解析(1)开关S闭合前，有：eq\f(L,2)＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝eq\f(L,2)eq\r(\f(g,d))＝10m/s。(2)开关S闭合后，微粒恰好从上极板的右边缘射出，有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)，又qeq\f(U2,d)－mg＝ma2，解得U2＝200V。答案(1)10m/s(2)200V真题闯关3.(2024·全国卷Ⅲ，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)⑦答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)4.(2024·全国卷Ⅱ，25)如图9所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：图9(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍旧为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③联立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3④(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M进入电场后做直线运动，由几何关系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H)⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由能量守恒得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEs1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2eq\o(○,\s\up3(11))由已知条件Ek1＝1.5Ek2eq\o(○,\s\up3(12))联立④⑤⑦⑧⑨⑩eq\o(○,\s\up3(11))eq\o(○,\s\up3(12))式得E＝eq\f(\r(2)mg,2q)eq\o(○,\s\up1(13))答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(\r(2)mg,2q)活页作业(时间：40分钟)基础巩固练1.如图1所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不行伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是()图1A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误。答案B2.(多选)如图2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2A.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BD3.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。答案D4.如图4所示，D是一只二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P的运动状况是()图4A.向下运动 B.向上运动C.仍静止不动 D.不能确定解析当带电微粒P静止时，对其进行受力分析得qE＝mg，即qeq\f(U,d)＝mg。当A、B之间距离增大时，电容器的电容C减小，由Q＝CU得，Q也减小，但由于电路中连接了一个二极管，它具有单向导电性，不能放电，故电容器A、B两极板上的电荷量不变，场强不变，电场力仍等于微粒的重力，故带电微粒仍保持静止状态，选项C正确。答案C5.如图5甲所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量的正点电荷。M、O、N为两点电荷连线上的点。其中O为连线中点，且MO＝ON。在M点由静止释放一个电荷量为q的正摸索电荷，结果该摸索电荷在MN间做来回往复运动，在一个周期内的v－t图象如图乙所示，则下列说法正确的是()图5A.M和N两点的电场强度和电势完全相同B.摸索电荷在O点所受电场力最大，运动的速度也最大C.摸索电荷在t2时刻到达O点，t4时刻到达N点D.摸索电荷从M经O到N的过程中，电势能先减小后增大解析依据等量的正点电荷的电场的特点可知，M和N两点的电场强度大小相等，方向相反，不相同，而电势是相同的，选项A错误；依据等量的正点电荷的电场的特点可知，O点在其连线上电势最低，电场强度为0，所以摸索电荷在O点所受电场力最小，但运动的速度最大，选项B错误；摸索电荷在t2时刻的速度再次等于0，所以在t2时刻到达N点，选项C错误；由图可知，摸索电荷从M经O到N的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，所以电势能先减小后增大，选项D正确。答案D6.(多选)电流传感器反应特别灵敏，与计算机相连接，能马上描绘出电流随时间改变的图象。如图6甲所示，在视察充电、放电现象的试验中，电源用直流8V，电容器的电容是几十微法。先使开关S掷向1端，电源向电容器充电，这个过程瞬间完成。然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间改变的I－t曲线如图乙所示。下列说法正确的是()图6A.S接1时，电容器充电，带电量Q增加，板间电压U增大，板间场强E减小B.S接2时，电容器放电，带电量Q削减，板间电压U减小，板间场强E减小C.在I－t图中图线与横轴所围的面积表示电荷量D.依据以上数据和信息不行能估算出电容的大小解析电容器充电，板间场强E增大，选项A错误；电容器放电，带电量Q削减，板间电压U减小，板间场强E减小，选项B正确；在I－t图中，由q＝It可知，图线与横轴之间的面积表示放电的电荷量，选项C正确；由于充电后电容器的电压是8V，放电的电荷量等于图线与横轴之间的面积，依据C＝eq\f(Q,U)可能估算出电容的大小，选项D错误。答案BC7.(2024·山东潍坊模拟)如图7甲所示，平行金属板A、B正对竖直放置，CD为两板中线上的两点。A、B两极板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，经时间T到达D点，此时速度为v0。在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时带电小球仍从C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t＝T时，小球()图7A.在D点上方 B.恰好到达D点C.速度大于v D.速度小于v解析小球仅受重力作用时从C到D做自由落体运动，由速度公式得v0＝gT；现加水平方向的周期性改变的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～eq\f(T,4)沿电场力方向做匀加速直线运动，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)做反向的匀加速直线运动，eq\f(3T,4)～T做反向的匀减速直线运动，由对称性水平速度减为零，故t＝T时合速度为v0，水平位移为零，则刚好到达D点，故选项B正确。答案B8.(多选)如图8所示，带电小球自O点由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是()图8A.小球带负电B.t1<t2C.t1>t2D.将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下解析由题图可知，A、B间的电场强度方向向下，小球从C到D做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t1<t2，选项B正确，C错误；将B板向上平移少许时两板间的电压不变，依据动能定理可知mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋x)－eq\f(qUx,d′)＝0，联立得x＝eq\f(h,h＋d－d′)d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以选项D错误。答案AB综合提能练9.(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.(多选)如图10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10A.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AD11.在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图11所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴起先向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压削减ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中所带电荷量不变，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽视不计。重力加速度为g。求：图11(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt与其次个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU1与ΔU2之比。解析(1)油滴静止时，由平衡条件得mg＝qeq\f(U0,d)，则eq\f(q,m)＝eq\f(dg,U0)。(2)设第一个Δt内油滴