【物理】2019届一轮复习人教版静电场学案 80页

第八章 考 纲 要 求 考 情 分 析 静电现象 Ⅰ ‎　　1.命题规律 从近几年高考试题特点看，高考对本章内容主要以选择题题型考查静电场的基本性质，以综合题题型考查静电场知识与其他知识的综合应用。‎ ‎2．考查热点 命题内容主要包括电场的基本概念和性质；牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的应用；带电粒子在电场中的加速、偏转等知识。‎ 电荷　电荷守恒定律 Ⅰ 点电荷　库仑定律 Ⅰ 静电场　电场线　电势能　电势　等势面 Ⅰ 电场强度　点电荷的场强　电势差 Ⅱ 匀强电场中电势差和电场强度的关系 Ⅰ 带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 电容　电容器 Ⅰ ‎[说明]　(1)电场强度的计算最多考虑两个电场的叠加。‎ ‎(2)计算限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直的情况。‎ 第34课时　电荷守恒定律和库仑定律(双基落实课)‎ 知识点一　电荷、电荷守恒定律 ‎1．电荷 ‎(1)三种起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。‎ ‎(2)两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。‎ ‎2．对元电荷的理解 ‎(1)元电荷是自然界中最小的电荷量，通常取e＝1.6×10－19 C，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。‎ ‎(2)元电荷等于电子所带的电荷量，也等于质子所带的电荷量，但元电荷没有正负之分。‎ ‎(3)元电荷不是点电荷，电子、质子等微粒也不是元电荷。‎ ‎3．电荷守恒定律 电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。‎ ‎4．电荷均分原理 ‎(1)适用于大小、形状完全相同的导体球。‎ ‎(2)两导体球接触一下再分开，如果两导体球带同种电荷，总电荷量直接平分；如果两导体球带异种电荷，则先中和再平分。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(鲁科教材原题)下列现象中，不属于摩擦起电的有(　　)‎ A．将被毛皮摩擦过的塑料棒靠近碎纸屑，纸屑被吸起 B．在干燥的天气中脱毛线衣时，会听到轻微的噼啪声 C．用干燥的毛刷刷毛料衣服时，毛刷上吸附有许多细微的脏物 D．把钢针沿着磁铁摩擦几次，钢针就能吸引铁屑 解析：选D　A、B、C三个选项为摩擦起电，D选项为磁化现象，故D正确。‎ ‎2．(多选)(教科教材原题)把两个相同的金属小球接触一下再分开一小段距离，发现两球之间相互排斥，则这两个金属小球原来的带电情况可能是(　　)‎ A．两球原来带有等量异种电荷 B．两球原来带有同种电荷 C．两球原来带有不等量异种电荷 D．两球中原来只有一个带电 解析：选BCD　接触后再分开，两球相互排斥，说明分开后两球带同种电荷，两球原来可能带同种电荷、不等量的异种电荷或只有一个带电，故B、C、D正确。‎ ‎3．(鲁科教材原题)将一物体跟一带正电的验电器的金属球接触时，验电器的金属箔先合拢然后又张开，从这一现象可知，接触金属球以前，物体(　　)‎ A．带正电荷　　　　　 　B．带负电荷 C．不带电荷 D．都有可能 解析：选B　验电器的金属箔先合拢后张开，说明接触验电器金属球的物体和验电器所带电荷不同，即物体带负电荷，电荷先中和一部分；后又张开是因为物体带的负电荷有多余的传导给了验电器，验电器的金属箔因带同种电荷而张开，故B正确。‎ 物体带电现象都是电子转移造成的，解答此类问题一定要依据电荷守恒定律，既不能凭空创生电荷，也不能任意消灭电荷。‎ 知识点二　库仑定律 ‎1．库仑定律的内容和表达式 ‎(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。‎ ‎(2)表达式：F＝k。式中k＝9.0×109 N·m2/C2，称为静电力常量。‎ ‎2．库仑定律的适用条件 ‎(1)适用条件：真空中的点电荷。‎ ‎(2)带电体看成点电荷的条件：带电体自身的大小比它们之间的距离小得多。即使是两个比较大的带电体，只要它们之间的距离足够大，也可以视为点电荷。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(教科教材原题)真空中有两点电荷Q1、Q2相距r，若将Q2的电荷量增加为原来的3倍，并将两点电荷间的距离减为原来的一半，则在前后两种情况下，两电荷之间的作用力之比为(　　)‎ A．1∶16 B．1∶12‎ C．12∶1 D．6∶1‎ 解析：选B　根据库仑定律，F1＝k，F2＝k，解得F1∶F2＝1∶12，B正确。‎ ‎2．(教科教材原题)如图所示，两条不等长的细线一端拴在同一点，另一端分别拴两个带同种电荷的小球，电荷量分别是q1、q2，质量分别为m1、m2，当两小球处于同一水平面时恰好静止，且α>β，则造成α、β不相等的原因是(　　)‎ A．m1m2‎ C．q1q2‎ 解析：选A　库仑力作用符合牛顿第三定律，即q1、q2电荷量不相等时，相互作用的库仑力大小相等，因此α>β不是电荷量不相等造成的。根据受力平衡条件，α>β，则m1FB B．FAEA，B点的电场线比A点的密，且电场力与v同向，则E与v反向，故选项B正确。‎ ‎5.(2018·南通如皋质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)‎ A. B.－E C.－E D.＋E 解析：选B　把半个带正电荷的球面等效为整个带正电荷的球面跟半个带负电荷球面叠加在一起。整个带正电荷的球面在N点的场强E1＝k＝k，半个带负电荷球面在N点的场强E2＝E，方向与E1相反，N点的场强大小为EN＝E1－E2＝k－E，则B项正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．(2018·成都模拟)如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示这两处的电场强度的大小，则(　　)‎ A．a、b两点的电场强度方向相同 B．因为电场线由a指向b，所以Ea>Eb C．因为电场线是直线，所以Ea＝Eb D．因不清楚a、b两点附近的电场线分布情况，所以不能确定Ea、Eb的大小关系 解析：选AD　由题图电场线方向可知a、b两点的电场强度方向都向右，A项正确；仅一条电场线无法比较电场线的疏密程度和电场强度大小关系，B、C项错误，D项正确。‎ ‎7．如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON。现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)从P点由静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是(　　)‎ A．速度先增大，再减小 B．速度一直增大 C．加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大 D．加速度先减小，再增大 解析：选AD　在AB连线的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，故小球C受库仑力沿中垂线运动时，其加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大；由O点到无穷远处时，速度变化情况与前述变化情况具有对称性，如果P、N相距很近，则加速度先减小，再增大。综上所述，A、D正确。‎ ‎8．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子必定带正电荷 B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度 C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能 解析：选ACD　根据题图中粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子受电场力的方向沿电场线切线方向，故此粒子带 正电荷，选项A正确；由于电场线越密，场强越大，粒子受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点的加速度大，选项C正确，B错误；粒子从M点到N点，电场力做正功，根据动能定理得此粒子在N点的动能大，选项D正确。‎ ‎9．如图所示为在同一电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷所受电场力跟它的电荷量的函数关系图像，下列叙述正确的是(　　)‎ A．这个电场是匀强电场 B．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec C．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ea＞Ec＞Eb＞Ed D．a、b、d三点的强场方向相同 解析：选CD　由场强的定义式E＝并结合题图图像的斜率可知电场强度的大小，则Ea＞Ec＞Eb＞Ed，此电场不是匀强电场，选项A、B错误，C正确；图像斜率的正负表示电场强度的方向，a、b、d三点相应图线的斜率为正，三点的场强方向相同，选项D正确。‎ 第36课时　电势　电势能　电势差(重点突破课)‎ ‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．电场力做功与电势能 ‎(1)电场力做功 ‎①特点：电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关。如图，WAC＝WABC。‎ ‎②计算 a．W＝qEd，适用于匀强电场。‎ b．WAB＝qUAB，适用于任何电场。‎ ‎(2)电势能 ‎①大小：等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力做的功。‎ ‎②公式：Ep＝qφ。‎ ‎③电场力做功与电势能变化的关系：WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp，即电场力的功等于电势能变化量的负值。‎ ‎④电势能的相对性：电势能是相对的，零势能点选取不同，电势能的值不同。通常选取无穷远处或大地表面电势能为零。‎ ‎2．电势和等势面 ‎(1)电势 ‎①定义式：φ＝。‎ ‎②矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。‎ ‎③相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。‎ ‎(2)等势面 ‎①定义：电场中电势相同的各点构成的面叫做等势面。‎ ‎②等势面的特点 a．在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功。‎ b．电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。‎ c．任意两个等势面都不相交。‎ d．等差等势面越密的地方，电场强度越大。‎ ‎③几种典型电场的等差等势面分布(如图中虚线所示)。‎ ‎3．电势差　匀强电场中电势差与电场强度的关系 ‎(1)定义：电场中两点间电势的差值叫做电势差。‎ ‎(2)定义式：UAB＝φA－φB。‎ ‎(3)与电场力做功的关系：UAB＝。‎ ‎(4)匀强电场中与场强的关系：U＝Ed。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1．(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的方向处处与等势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 解析：选AD　电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，故电场强度的方向处处与等势面垂直，选项A正确；电场强度为零的地方电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的电场强度为零但是电势大于零，选项B错误；电场强度大小与电场线的疏密程度有关，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，故随电场强度的大小逐渐减小，电势不一定降低，选项C错误；任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，而电场线的方向是电势降落最快的方向，选项D正确。‎ ‎2．(2016·全国Ⅲ卷)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析：选B　在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误。‎ ‎ 重难点(一)　电场力做功与电势能 ‎[典例]　(2018·龙岩检测)将无穷远处的电势视为零，在电荷量为q的点电荷周围某点的电势可用φ＝ 计算，式中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量。两电荷量大小均为Q的异种点电荷固定在相距为L的两点，如图所示。现将一质子(电荷量为e)从两点电荷连线上的A点，沿以电荷＋Q为圆心、半径为R(L>R)的半圆形轨迹ABC移到C点，质子从A点移到C 点的过程中电势能的变化情况为(　　)‎ A．增加 B．增加 C．减少 D．减少 ‎[解析]　A点的电势为φA＝k－k＝；C点的电势为φC＝k－k＝，则A、C间的电势差为UAC＝φA－φC＝－，质子从A点移到C点，电场力做功为WAC＝eUAC＝－，做负功，所以质子的电势能增加，故B正确。‎ ‎[答案]　B ‎　电势能大小的判断 判断依据 判断方法 电场力做功 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加 公式Ep＝qφ 正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势低的地方电势能大 能量守恒 在只有电场力做功时动能和电势能之和保持不变，动能增加时，电势能减小 ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2018·淮安模拟)两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中的几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势零点，则(　　)‎ A．场强大小关系有Eb＞Ec B．电势大小关系有φb＞φd C．将一负电荷放在d点时其电势能为负值 D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功 解析：选BD　电场线越密的地方，电场强度越大，由题图可得c点的电场线密，所以有Ec>Eb，故A项错误；沿着电场线，电势逐渐降低，b点比d点距右侧导体远，故b点电势高于d点的电势，故B项正确；电势能的正负与电势零点的选择有关，该题以无穷远为电势零点，所以负电荷放在d点时其电势能为正值，故C项错误；从题图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D项正确。‎ ‎2．(多选)(2018·湖北六校联合体联考)一带电小球在空中由A点运动到B 点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若小球的重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则(　　)‎ A．重力做功5 J　　　　　 　B．电势能减少2 J C．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J 解析：选BD　小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，D正确。‎ 重难点(二)　电势的理解和电势高低的判断 ‎1．电势是反映电场能的性质的物理量。即确定了电场中某点的电势，就可以知道任意电荷放在该点时的电势能。‎ ‎2．电势具有相对性，规定电势能为零的地方电势也为零。‎ ‎3．电势的高低与电场强度的大小无关。‎ ‎[典例]　(多选)(2017·天津高考)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)‎ A．电子一定从A向B运动 B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷 C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpArB，故φA>φB，EpA10 V C．φC<10 V D．上述都不对 解析：选C　由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UCB，所以φC<10 V，C正确。‎ ‎3．如图所示是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ垂直于MN。下列说法正确的是(　　)‎ A．O点电势与Q点电势相等 B．O、M间的电势差小于N、Q间的电势差 C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加 D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上 解析：选C　由电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A错误；且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UMO>UON，B错误；因UMQ>0，负电荷从M点到Q点电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点所受的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D错误。‎ ‎4．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则(　　)‎ A．直线a位于某一等势面内，φM>φQ B．直线c位于某一等势面内，φM>φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 解析：选B　由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，A错误；M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误；电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误。‎ ‎5．如图，在M、N处固定两个等量同种点电荷，两电荷均带正电。O点是MN连线的中点，直线PQ是MN的中垂线。现有一带正电的试探电荷q自O点以大小为v0的初速度沿直线向Q点运动。若试探电荷q只受M、N处两电荷的电场力作用，则下列说法正确的是(　　)‎ A．q将做匀速直线运动 B．q的加速度将逐渐减小 C．q的动能将逐渐减小 D．q的电势能将逐渐减小 解析：选D　q从O点向Q点运动过程中，所受电场力的合力从O点指向Q点，在O点时受合力为零，无穷远处合力也为零，所以从O点向Q点运动过程中受力可能先变大后变小，也可能一直变大，根据牛顿第二定律可知，加速度可能先变大后变小，也可能一直变大，A、B错误；q从O点向Q点运动过程中，速度一直在增大，所以动能一直增大，C错误；q从O点向Q点运动过程中，电场力一直做正功，所以电势能逐渐减小，D正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．如图所示，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是(　　)‎ A．b点电势为零，电场强度也为零 B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功 D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大 解析：选BC　因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场线方向为平行于x轴指向负电荷，所以电场线方向与中垂线(即y轴)方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向平行于x轴向右，故正的试探电荷在a点所受电场力方向向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，将正的试探电荷从O点移到a点，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误。‎ ‎7．(2018·常州模拟)‎ 如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等。一不计重力的带负电的粒子从右侧垂直等势面φ4向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则可以判断(　　)‎ A．φ1<φ2<φ3<φ4‎ B．粒子的运动轨迹和φ3等势面也可能垂直 C．φ4等势面上各点场强处处相等 D．该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场 解析：选AD　根据粒子的运动轨迹可知，所受的电场力垂直等势面，且指向轨迹的凹侧，可知电场线由等势面φ4指向φ1，顺着电场线电势逐渐降低，则可知φ1<φ2<φ3<φ4，选项A正确；因粒子的初速度与等势面φ4垂直，则粒子的运动轨迹不可能和φ3等势面也垂直，选项B错误；因等势面分布不均匀，故φ4等势面上各点场强不可能处处相等，选项C错误；由等势面的分布可知，该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场，选项D正确。‎ ‎8．如图所示，匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d。把一个带电量为＋q的点电荷从A点移动到B点电场力不做功；从B点移动到C点电场力做功为－W。若规定C点的电势为零，则(　　)‎ A．该电场的电场强度大小为E＝ B．C、B两点间的电势差为UCB＝ C．A点的电势为φA＝ D．若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是乙 解析：选BD　正点电荷从A点移动到B点电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，从B点移动到C点电场力做功为－W，说明电场强度的方向垂直AB边向上，则A点的电势φA＝－，故选项C错误；C、B两点间的电势差为UCB＝，故选项B正确；该电场的电场强度大小为E＝＝，故选项A错误；电子从A点沿AB方向 飞入，受力方向将沿电场线的反方向，故电子将向下偏转，运动轨迹的大致图像如题图中乙所示，故选项D正确。‎ ‎9．如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C。小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的vt图像如图乙所示，小球运动到B点时，图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是(　　)‎ A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大 C．由C到A电势逐渐降低 D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V 解析：选ACD　由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B点的电场强度最大，a＝＝，解得E＝1.2 V/m，选项A正确；从C到A，电场力一直做正功，则电势逐渐降低，故小球的电势能一直减小，选项B错误，C正确；由C到B，电场力做功为W＝mvB2－0，解得C、B间电势差为UCB＝＝0.9 V，选项D正确。‎ 第37课时　电场性质的应用(题型研究课)‎ ‎(一)　电场中的图像问题 题型1　v t图像问题　‎ 根据v t图像的速度变化、斜率变化确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。‎ ‎[例1]　(多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v-t图像如图所示，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能 C．C、D间各点电场强度和电势都为零 D．A、B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差 ‎[解析]　由题图图线可看出，过A点的切线的斜率大于B点，即粒子在A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，选项A正确；粒子在B点的速度大于A点，故从A点到B点动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故C、D间各点电场强度为零，电势相等但不一定为零，选项C错误；从A到B和从C到B粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，选项D错误。‎ ‎[答案]　AB 题型2　φ x图像问题　‎ ‎(1)电场强度的大小等于φ x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ x 图线存在极值，其切线的斜率为零。‎ ‎(2)在φ x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向。‎ ‎(3)在φ x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。‎ ‎[例2]　(多选)(2017·全国Ⅰ卷)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　　 　B．Ec∶Ed＝2∶1‎ C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3‎ ‎[解析]　设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做的功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，选项C正确，D错误。‎ ‎[答案]　AC 题型3　E x图像问题　‎ ‎(1)E x图像反映了场强随位移变化的规律。‎ ‎(2)E>0表示场强沿x轴正方向，E<0表示场强沿x轴负方向。‎ ‎(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定。‎ ‎[例3]　两个带正电，所带电量都为q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上电场强度E与x关系的是选项图中的(　　)‎ ‎[解析]　由等量同种点电荷的电场强度的分布情况可知，在两点电荷连线中点处电场强度最小，为零，从两点电荷向连线中点电场强度逐渐减小，关于连线中点对称的两点电场强度大小相等，但方向相反，因此A正确。‎ ‎[答案]　A 题型4　Ep x图像问题　‎ ‎(1)Ep x图像反映了电势能随位移变化的规律。‎ ‎(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小。‎ ‎(3)可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况。‎ ‎[例4]　一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图像中合理的是(　　)‎ ‎[解析]　由于粒子只受静电力作用，因此由F电＝可知，Epx图像的斜率大小即为粒子所受静电力大小，从题图可知，图像的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的静电力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A项错误；由于只受静电力作用，因此动能与电势能的和是定值，但由B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，B项错误；粒子受到的静电力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D项正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能Ek∝x2，结合题图和B项分析可知，C项错误。‎ ‎[答案]　D ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2017·江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)‎ A．q1和q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 解析：选AC　由题图可知，电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定带有异种电荷，A项正确；由E＝可知，φx图像的切线斜率表示电场强度，因此x1‎ 处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。‎ ‎2.(多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)‎ A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 解析：选BC　由题图可知，正电荷从x2运动到x4的过程电场力做功不为零，两点电势能不相等，A项错误；从x1运动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B项正确；从x1运动到x4的过程场强先增大，后减小，所以电场力先增大后减小，C项正确，D项错误。‎ ‎(二)　电场线、等势线(面)与运动轨迹问题 ‎1.带电粒子在电场中的运动轨迹是由带电粒子受到的合外力以及初速度情况共同决定的，运动轨迹上各点的切线方向表示粒子在该点的速度方向；电场线只能够描述电场的方向和定性地表示电场的强弱，它决定了带电粒子在电场中各点所受电场力的方向和加速度的方向。显然，电场线不一定是带电粒子在电场中的运动轨迹。‎ ‎2．若同时满足以下三个条件，则带电粒子的运动轨迹与电场线重合：‎ ‎(1)电场线是直线。‎ ‎(2)带电粒子的初速度为零或者初速度的方向与电场线在同一条直线上。‎ ‎(3)带电粒子只受电场力或受其他力但其他力的合力方向与电场线平行。‎ ‎[典例]　(2016·全国Ⅱ卷)如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则(　　)‎ A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb ‎[解析]　a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb＜rc＜ra，则三点的电场强度由E＝k可知Eb＞Ec＞Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab＞ac＞aa。由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，则vb＜va，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，则va＞vc，故va＞vc＞vb，选项D正确。 ‎ ‎[答案]　D 利用电场线和等势面解决带电粒子运动问题的方法 ‎(1)根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向，带电粒子所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧，再结合电场线的方向确定带电粒子的电性。‎ ‎(2)根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功、电势能的变化情况或等势面的电势高低。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2018·三明模拟)如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中M点，以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增大 C．a的加速度将减小，b的加速度将增大 D．两个粒子的动能均增大 解析：选CD　根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异种电荷，但无法确定其具体电性，故A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B错误，D正确；从两粒子的运动轨迹判断，a经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确。‎ ‎2．(2018·洛阳一模)如图所示虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB。则下列结论正确的是(　　)‎ A．aA>aB，EkA>EkB　　　　 　B．aAEpB C．aAaB，EpAEkB，EpAφL>φM 解析：选AC　已知粒子在ab段做减速运动，则粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，而b、d两点在同一等势面上，所以粒子在a点的电势能小于在d点的电势能，故A正确，B错误；由带正电粒子在电势高的点电势能大，可知M的电势最高，K的电势最低，故C正确，D错误。‎ ‎7．(2018·盐城中学模拟)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示(OB＞BD)，取无穷远处电势为零，由图可知(　　)‎ A．B点电场强度为零 B．Q1为负电荷，Q2为正电荷 C．Q1电荷量一定大于Q2电荷量 D．将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功 解析：选BCD　因为φx图线的斜率等于电场强度大小，所以B点电场强度不为零，选项A错误；因B点左侧电势为负，右侧电势为正，故可知Q1为负电荷，Q2为正电荷，选项B正确；因电势为零的位置离D点较近，故Q1电荷量一定大于Q2电荷量，选项C正确；将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电势能降低，则电场力一直做正功，选项D正确。‎ ‎8．(2018·江西师大附中检测)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．x1处电场强度为零 B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3‎ C．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．x2～x3段是匀强电场 解析：选ABD　根据电势能与电势的关系Ep＝qφ及电场强度与电势的关系E＝得E＝·，由数学知识可知Epx图像切线的斜率大小等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；由题图可看出在O～x1段图像切线的斜率不断减小，由A项分析知电场强度减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图像切线的斜率不断增大，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，则电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确；根据粒子带负电，即q<0，则电势能越大，粒子所在处的位置电势越低，所以有φ1>φ2>φ3，故B正确。‎ ‎9．在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x的变化图线如图所示(图中φ0已知)。有一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的带电小球(可视为质点)，从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到x4。则下列叙述正确的是(　　)‎ A．小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大 B．小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大 C．若小球的初速度v0＝2 ，则运动过程中的最大速度为 D．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2 解析：选BC　由场强与电势差的关系可知，题图图线的斜率表示电场强度E，小球从O运动到x1的过程中，电场强度不变，所受电场力不变，A项错误；从x1运动到x3的过程中，电势不断减小，但小球带负电，因此小球的电势能一直增大，B项正确；小球运动到x1处时，电场力做正功最多，速度最大，由动能定理有：－q(0－φ0)＝mvm2－mv02，将v0＝2 代入，解得小球最大速度vm＝，C项正确；小球运动到x3处时速度最小，要使其能运动到x4处，在x3处速度最小为0，由动能定理有：－q[0－(－φ0)]＝0－mv02，解得：v0＝ ，D项错误。‎ 三、计算题 ‎10．如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP(MP边水平)，∠NMP＝θ，MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x(取M点处x＝0)的变化图像如图乙所示(图中E0、E1、E2为已知量)，重力加速度为g，设无限远处电势为零，M点所处的水平面为重力零势能面。‎ ‎(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？‎ ‎(2)求重力势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m；‎ ‎(3)求小球从N点运动到M点时的动能Ek。‎ 解析：(1)正电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E＝qφ，可知正电荷从N点到M点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ。‎ ‎(2)电势能为E1时，距M点的距离为 x1＝acos θ··cos θ＝ x1处重力势能E1＝mgx1sin θ 可得m＝＝。‎ ‎(3)在小球从N点到M点的过程中，根据动能定理得 mgasin θ＋E2－E0＝Ex－0‎ 解得Ex＝＋E2－E0。‎ 答案：(1)图线Ⅱ　(2)　 ‎(3)＋E2－E0‎ ‎11．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。‎ ‎(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力的大小；‎ ‎(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆形轨道上滑行过程中的最小速度的大小。‎ 解析：(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得 qE(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2－0‎ 由qE＝，μ＝0.5，s＝3R 解得v＝。‎ ‎(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用大小为F，则 F－qE＝m 解得F＝mg。‎ ‎(3)根据滑块受力特点可知，要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆形轨道DG间某点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vmin)，则有 ＝m 解得vmin＝。‎ 答案：(1)　(2)mg　(3) 第38课时　电容器(重点突破课)‎ ‎ ‎[必备知识]‎ ‎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，充电后电容器两个极板分别带上等量的异种电荷，电容器中储存电能。‎ ‎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两个极板间的电势差的比值。‎ ‎(2)定义式：C＝。‎ ‎(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)，1 F＝106 μF＝1012 pF。‎ ‎(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、介电常数、两板间的距离。‎ ‎(2)决定式：C＝。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1．(教科教材原题)关于电容器的电容，下列说法中正确的是(　　)‎ A．电容器所带电荷量越多，电容越大 B．电容器两板间电压越低，其电容越大 C．电容器不带电时，其电容为零 D．电容器的电容只由它本身的特性决定 解析：选D　电容器的电容只由它本身的特性决定，与电荷量、电压无关，故D正确。‎ ‎2．如图所示为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，对电容器来说正确的是(　　)‎ A．是充电过程 B．是放电过程 C．该电容器的电容为5×10－2 F D．该电容器的电量变化量为0.2 C 解析：选B　由Q＝CU知， U降低，Q减小，故为放电过程，A错，B对；由C＝＝ F＝5×10－3 F，可知C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，D错。‎ ‎3．(多选)(人教教材改编题)平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连。给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度。以下情况中，静电计指针的偏角减小的是(　　)‎ A．把两板间的距离减小 B．把两板间的相对面积减小 C．在两板间插入相对介电常数较大的电介质 D．使电容器电荷量再增加一些 解析：选AC　把两板间距离减小，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小，A正确；把两板间相对面积减小，电容减小，电荷量不变，电压变大，静电计指针偏角变大，B错误；在两板间插入相对介电常数较大的电介质，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小，C正确；电容器电荷量增加，电压变大，静电计指针偏角变大，D错误。‎ ‎ 重难点(一)　平行板电容器的动态分析 ‎2．分析思路 ‎[典例]　(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)‎ A．θ增大，E增大　　　　　 　B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 ‎[解析]　由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一小段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小。又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变。因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。‎ ‎[答案]　D 解决电容器问题的两个常用技巧 ‎(1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关。‎ ‎(2)针对两极板带电荷量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，如图甲所示；当两极板间距离变化时，如图乙中电场线疏密不变，场强不变；当两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　)‎ 解析：选C　电容器的电容C＝，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容C与d成反比，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E＝，U＝，C＝，可知E＝保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势φ等于P点到负极板的电势差，即φ＝El，E不变，l减小，φ线性减小，C正确；由W＝qφ可知，W随φ的变化而变化，即W随l的变化而变化，D错误。‎ ‎2．(2016·全国Ⅰ卷)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 解析：选D　平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。‎ 重难点(二)　带电体在电容器中的平衡问题 ‎[典例]　如图所示，两块平行金属板c、d竖直放置，其间有用绝缘细线悬挂的带电小球，闭合开关，滑片P位于ab正中间时，小球偏离竖直方向α角，则(　　)‎ A．保持滑片P位置不变，将板c略向右移动，α角将变小 B．仅断开开关，α角将不变 C．仅调节电阻箱R使其阻值增大，α角将变大 D．仅将滑片P向b端移动时，α角将变大 ‎[解析]　保持滑片P位置不变，则Ucd不变，板c略向右移动，由E＝知电场强度变大，小球所受电场力变大，α角将变大，A错误；若断开开关，电容器将放电，两极板间电压变为零，电场强度变为零，小球将向下摆，α角将变小，B错误；电路稳定时电阻箱R中无电流，调节其阻值时，不影响两极板间的电场强度，α角不变，C错误；将滑片P向b端移动时，两极板间电压增大，电场强度增大，α角将变大，D正确。‎ ‎[答案]　D ‎(1)小球在电容器极板间除了受重力、细线的拉力还受水平向右的电场力，三力平衡。‎ ‎(2)当电容器极板移动或滑动变阻器滑片移动时，极板间电场强度发生变化，电场力变化，则α角发生相应变化才能重新平衡。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是(　　)‎ A．液滴可能带正电 B．增大两极板距离的过程中，电阻R中有从a到b的电流，电容器中负电荷从B到A C．断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降 D．断开S，减小两极板距离过程中，液滴静止不动 解析：选D　带电液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，电场力方向向上，电场方向向下，故液滴带负电，A错误；由C＝和Q＝CU可知，增大两极板距离的过程中，C变小，所以Q变小，因此电容器放电，放电电流的方向从a到b，负电荷由B板经电源和电阻R流向A板，B错误；断开S，由C＝，Q＝CU和U＝Ed知E＝，Q不变，S减小，E增大，电场力大于重力，液滴将加速上升，C错误；由E＝知，Q不变，d减小，E 不变，液滴静止不动，D正确。‎ ‎2．如图所示，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带电小球，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 解析：选B　由题图可知，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＝可知，极板间的电场强度减小，电场力减小，所以夹角将减小。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＝，极板间的电压U＝＝，极板间的电场强度E＝＝，电场强度与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确。‎ 重难点(三)　带电体在电容器中的运动问题 ‎[典例]　如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：‎ ‎(1)小球到达小孔处的速度；‎ ‎(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。‎ ‎[解析]　(1)设小球下落h时的速度为v，由自由落体规律有v2＝2gh，得v＝。‎ ‎(2)设小球在极板间运动的加速度为a，‎ 由v2＝2ad，得a＝＝，‎ 由牛顿第二定律qE－mg＝ma，‎ 电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，‎ 联立以上各式得E＝，Q＝。‎ ‎(3)由h＝gt12得小球做自由落体运动的时间t1＝ ，‎ 由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d ，‎ 则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝ 。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　 ‎(3) 带电小球在电容器上方只受重力，做自由落体运动。在电容器中做减速运动，根据运动情况可确定受力情况，进而确定电场强度和电荷量。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)‎ A．当增大两板间距离时，v增大 B．当减小两板间距离时，v增大 C．当改变两板间距离时，v也会变化 D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间变长 解析：选D　电子从静止开始运动，根据动能定理，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功。因为保持两个极板间的电压不变，所以v不变，而位移(两板间距离)增大时，电子在两板间运动的时间变长，故D项正确。‎ ‎2．(多选)如图所示，A、B为平行金属板，两板间距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变，则(　　)‎ A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 解析：选ACD　移动A板或B板后，质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达N孔之前速度能否减为零，若能减为零，则一定沿原路返回P点；若不能减为零，则穿过N孔后只受重力，将继续下落。初始时，质点到达N 孔时速度恰为零，由动能定理得mg·2d－qU＝0。因两板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当把A板上移、下移时，均满足mgh－qU＝0的条件，即h＝2d，则质点到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，A正确，B错误；当把B板上移后，设质点仍能到达N孔，则由动能定理得mgh′－qU＝mv2，因B板上移后h′<2d，所以mgh′0，即质点到达N孔时仍有向下的速度，故将穿过N孔继续下落，D正确。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．(2018·南京、盐城一模)如图所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合。则电容器的电容将(　　)‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．保持不变 D．先增大后减小 解析：选A　可变电容器的动片与定片逐渐重合，即电容器的正对面积增大，由C＝，可知电容变大，A项正确。‎ ‎2．(2018·苏锡常镇高三模拟)某一平行板电容器，其中一个极板带＋5.4×10－3 C电荷量，另一极板带－5.4×10－3 C电荷量，电容器两极板间电压为450 V，则该电容器的电容值为(　　)‎ A．2.4×10－5 F B．1.2×10－5 F C．8.3×104 F D．4.2×104 F 解析：选B　电容器所带电荷量为一个极板所带的电荷量，由Q＝5.4×10－3 C，U＝450 V，得C＝＝1.2×10－5 F，B项正确，A、C、D项错误。‎ ‎3．(2018·淮安、宿迁、连云港、徐州四市联考)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是(　　)‎ A．右移 B．左移 C．上移 D．下移 解析：选A　将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C＝可知，电容增大，而电容器所带电荷量不变，由C＝ 分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A项正确，B项错误；A板向上移或下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C＝可知，电容减小，而电容器所带电荷量不变，由C＝分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故C、D项错误。‎ ‎4．如图所示，先接通开关S使电容器充电，然后断开开关S。当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是(　　)‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E变小 解析：选C　电容器充电后再断开开关S，则电容器所带电荷量Q不变，由C＝可知，d增大时，C变小；又U＝，所以U变大；由于E＝，U＝＝，所以E＝，故d增大时，E不变，C正确。‎ ‎5．两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极板之间，如图所示。在其他条件不变的情况下，如果将两极板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中(　　)‎ A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b 解析：选D　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＝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＝可知，电容减小，由Q＝CU可知，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。‎ ‎6．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m、带电量为q的带电油滴在极板中央处于静止状态，则(　　)‎ A．极板M、N之间的电场强度为 B．油滴带正电 C．油滴的比荷＝ D．将极板N向下缓慢移动一小段距离Δd，油滴的加速度为－g 解析：选C　极板M、N之间的电场强度为E＝，选项A错误；由题意知油滴受到的电场力竖直向上，又极板M带正电，故油滴带负电，选项B错误；由mg＝qE＝q可得油滴的比荷＝，选项C正确；将极板N向下缓慢移动一小段距离Δd，极板之间电场强度E′＝，E减小，油滴所受电场力减小，重力将大于电场力，油滴将向下加速运动，由mg－qE′＝ma，解得油滴的加速度为a＝g－，选项D错误。‎ ‎7．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F。调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是(　　)‎ A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 解析：选B　保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电＝qE＝q减小，悬线的拉力为F＝将减小，选项B正确，A错误；保持R2不变，缓慢增大R1时，R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力不变，C、D错误。‎ ‎8.如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　当电场范围足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0‎ 分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy＝0时，根据运动学公式有vy2＝2×d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv02，联立得E＝，故选项B正确。‎ 二、多项选择题 ‎9．在如图所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一个角度。下述哪些做法可使指针张角增大(　　)‎ A．使A、B两板靠近一些 B．使A、B两板正对面积错开一些 C．断开S后，使B板向右平移拉开一些 D．断开S后，使A、B正对面积错开一些 解析：选CD　题图中静电计的金属杆接A板，外壳和B板均接地，静电计显示的是A、B两板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高，当闭合S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，保持不变，静电计指针张角不变，A、B错误；当断开S后，板间距离增大、正对面积减小，都会使A、B两板间的电容变小，而电容器所带电荷量不变，由C＝可知，板间电压U增大，则静电计指针张角增大，C、D正确。‎ ‎10．如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，下列说法正确的是(　　)‎ A．A板与静电计的指针带的是异种电荷 B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大 C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变 D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小 解析：选BD　静电计指针与A板连为一个导体，带电性质相同，A错误；根据C＝，C＝，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，Q不变，U增大，C错误；插入电介质，εr增大，C增大，Q不变，U减小，D正确。‎ ‎11．(2018·清江中学月考)如图所示，平行板电容器与直流电源E′(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带电油滴静止于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)‎ A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴将向下运动 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 解析：选AD　电容器的下极板向上移动时，根据公式C＝可知d减小，C增大，A正确；由于电容器的两端电压恒定不变，则静电计两端的电压也不变，故静电计指针张角不变，B错误；根据公式E＝可知，电容器的场强变大，带电油滴将向上运动，C错误；若先将上极板与电源正极断开，则电容器所带的电荷量不变，再将下极板向上移动一小段距离，则电容器间的电场强度E＝＝＝，其大小恒定不变，故带电油滴所受的电场力不变，D正确。‎ ‎12．(2018·南通调研)如图所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．微粒的加速度不为零 B．微粒的电势能减少了mgd C．两极板的电势差为 D．M板的电势高于N板的电势 解析：选CD　带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力和电场力，而微粒沿直线运动，由直线运动条件可知，重力与电场力合力必为零，加速度为零，电场力方向竖直向上，大小等于重力，即mg＝q，所以两极板之间电势差U＝，A项错误，C项正确；而微粒带负电，所以电场方向竖直向下，而电场方向是由高电势指向低电势的，所以M板电势高于N板电势，D项正确；微粒由上板边缘运动到下板边缘，电场力方向与位移方向夹角为钝角，所以电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，B项错误。‎ ‎13．如图所示，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两板间的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是(　　)‎ A．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 解析：选BC　设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得：－qEx＝0－mv02，又E＝得x＝，由此可知，使带电粒子的初速度变为v0，或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，带电粒子进入电场后恰能到达B板处，同理易知使带电粒子的初速度变为2v0，带电粒子将从B板中心小孔射出，故B、C正确，A、D错误。‎ ‎14．(2018·江苏通、泰、扬、徐、淮、宿高三模拟)如图所示，空间有竖直方向的匀强电场(图中未画出)，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿水平方向成30°角的虚线MN以速度v0斜向上做匀速运动。当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿MN方向做直线运动，取O点电势为零，重力加速度为g，则(　　)‎ A．原电场方向竖直向下 B．改变后的电场方向垂直于MN C．电场方向改变后，小球的加速度大小为g D．电场方向改变后，小球的最大电势能为mv02‎ 解析：选CD　由题意知，小球所受电场力方向向上，与重力平衡，则原电场方向竖直向上，A项错误；由力的合成及题意可得，改变后的电场力方向与v0成120°角斜向上，此时电场方向不垂直于MN，B项错误；电场方向改变后，合力方向与v0方向相反，大小为mg，对应加速度大小为g，C项正确；电场力做负功最多时，电势能最大，根据重力做功与电场力做功相同，得出当小球速度为零时，电场力做负功最多，为mv02，D项正确。‎ 第39课时　带电粒子在电场中的运动(重点突破课)‎ ‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．带电粒子在电场中的直线运动 ‎(1)是否考虑粒子重力 ‎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。‎ ‎(2)常见两种分析思路 ‎①运动和力的关系：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。‎ ‎②动能定理：根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解，此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。‎ ‎2．带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎(1)运动情况 ‎①条件分析：不计重力的带电粒子垂直于电场线方向飞入匀强电场。‎ ‎②运动特点：类平抛运动。‎ ‎③处理方法：利用运动的合成与分解。‎ a．沿初速度方向：做匀速直线运动。‎ b．沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。‎ ‎(2)基本规律 设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响), 则有 ‎①加速度：a＝＝＝。‎ ‎②在电场中的运动时间：t＝。‎ ‎③速度 ‎ v＝，tan θ＝＝。‎ ‎④位移 ‎[小题热身]‎ ‎1．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是(　　)‎ A．A、K之间的电场强度为 B．电子到达A时的动能大于eU C．由K到A电子的电势能减小了eU D．由K沿直线到A电势逐渐减小 解析：选C　A、K之间的电场为非匀强电场，A、K之间的电场强度不是，选项A错误；由动能定理，电子到达A时的动能Ek＝eU，选项B错误；电子由K到A的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU，选项C正确；由K沿直线到A为沿着电场线的反方向，电势逐渐升高，选项D错误。‎ ‎2．如图所示，a、b两个带正电的粒子，电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的初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B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力。则(　　)‎ A．电荷量q1大于q2‎ B．质量m1小于m2‎ C．粒子的比荷> D．粒子的比荷< 解析：选C　设任一粒子的初速度为v，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度a＝①，时间t＝②，偏转量y＝at2③。因为两个粒子的初速度相等，由②得t∝x，则得a粒子的运动时间短，由③得a粒子的加速度大，由①得a粒子的比荷大，但a、b两粒子的质量和电荷量无法比较，故C正确。‎ ‎ 重难点(一)　带电粒子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，粒子初速度不为零，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＝，E＝，v2－v02＝2ad。‎ ‎3．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02；‎ 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。‎ ‎[典例]　(2018·天津和平区检测)‎ 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一稳压电源(未画出)相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中该粒子(　　)‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．机械能逐渐减小 D．做匀变速直线运动 ‎[解析]　带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，电场力必定垂直极板向上，若由左向右运动，则电场力与重力的合力必定与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动；若由右向左运动，则电场力、重力的合力与速度方向相同，粒子做匀加速直线运动，故A错误，D正确；电场力垂直于极板向上，若电场力做负功，则电势能增加；若电场力做正功，则电势能减小，故B错误；因重力不做功，当电场力做负功时，电势能增加，动能减小，此时机械能减小；当电场力做正功时，动能增加，此时机械能增加，故C错误。‎ ‎[答案]　D ‎(1)带电粒子在电场中运动时，易忽视受力分析而出现错误。‎ ‎(2)求解粒子的能量变化情况时，易忽视电场力做功的不确定性而出现错误。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)‎ A．运动到P点返回　 　B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 解析：选A　电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。‎ ‎2．如图所示，四个相同的金属容器共轴排列，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔。在最左边、最右边两个容器上加电压U后，容器之间就形成了匀强电场。今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线入射，刚好没有从最右边容器出射，则该电子停止运动前(　　)‎ A．通过各容器的速度比依次为∶∶1‎ B．通过各容器的时间比依次为5∶3∶1‎ C．通过各容器间隙所用的时间比依次为5∶3∶1‎ D．通过各容器间隙的加速度比依次为5∶3∶1‎ 解析：选A　由题意可知，容器内部由于静电屏蔽电场强度为零，容器之间为匀强电场，故电子在容器内做匀速直线运动，在容器之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，应用逆向思维，可以认为电子从右向左做初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过容器的速度之比为v1∶v2∶v3＝∶∶1，所以A正确；电子在容器中做匀速直线运动，故通过容器的时间之比为∶∶1，所以B错误；因各容器间的距离相等，故通过各容器间隙的时间之比t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，所以C错误；电子在匀强电场中所受电场力不变，故加速度不变，所以D错误。‎ 重难点(二)　带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎[典例]　(2018·临沂质检)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，A与虚线MN的间距为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；‎ ‎(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x。‎ ‎[解析]　(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1＝＝ ＝a1t12，v1＝a1t1，t2＝ 运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 。‎ ‎(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2＝＝，t3＝，vy＝a2t3，tan θ＝，‎ 解得：tan θ＝2。‎ ‎(3)‎ 如图，设电子在电场E2中的偏转距离为x1‎ x1＝a2t32‎ tan θ＝ 解得：x＝x1＋x2＝3L。‎ ‎[答案]　(1)3 　(2)2　(3)3L ‎(1)电子在加速电场中运动的距离是，而不是L。‎ ‎(2)电子从电场射出后不是直接打在屏上，而是靠惯性沿出电场时的运动方向运动一段时间才打到屏上。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·广州测试)如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，沿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(　　)‎ A．保持U2和平行板间距不变，减小U1‎ B．保持U1和平行板间距不变，增大U2‎ C．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 解析：选D　粒子在电场中加速，有U1q＝mv02，在偏转电场中，有x＝v0t，y＝at2＝t2，解得x2＝。开始时x＝L，保持U2和平行板间距不变，减小U1，x减小，选项A错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，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，x变大，此措施可行，选项D正确。‎ ‎2．(2018·甘肃二诊)如图所示，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中的半圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强大小都为E0，方向沿圆弧半径指向圆心O。离子质量为m、电荷量为q，QN＝2d，PN＝3d，离子重力不计。‎ ‎(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；‎ ‎(2)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值。‎ 解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，得 qU＝mv2‎ 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，得qE0＝m，解得：R＝。‎ ‎(2)离子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律，得＝vt，PN＝at2‎ 由牛顿第二定律，得qE＝ma 解得：E＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)‎ A.　　　　　　　　 B．edUh C. D． 解析：选D　金属板间的电场强度E＝，根据动能定理有－eEh＝0－Ek，故电子的初动能Ek＝，选项D正确。‎ ‎2．如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的(设电源电动势为U)(　　)‎ A．电子到达B板时的动能是Ue B．电子从B板到达C板动能变化量为零 C．电子到达D板时动能是3Ue D．电子在A板和D板之间做往复运动 解析：选C　电子在AB之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；在BC 之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确。‎ ‎3．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出。若不计重力，则a和b的比荷之比是(　　)‎ A．1∶2　　 B．2∶1　　 　C．1∶8　　 　D．8∶1‎ 解析：选D　设粒子的水平速度为v0，AB间距为d，则d＝×2，＝×2。以上两式联立可解得：∶＝8∶1，故D正确。‎ ‎4．质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入。它们最后打在同一点(粒子重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中，粒子(　　)‎ A．运动时间之比tP∶tQ＝1∶2‎ B．所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2‎ C．电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2‎ D．动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1‎ 解析：选B　粒子在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为粒子在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根据公式x＝v0t可得两者的运动时间相同，A错误；在竖直方向上的位移之比＝，因为yP＝aPt2＝·t2，yQ＝aQt2＝·t2，联立可得qP∶qQ＝1∶2，B正确；电场力做功为W＝Eqy，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故＝＝，过程中只有电场力做功，所以电势能转化为动能，即粒子的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D错误。‎ ‎5.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后，垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2‎ D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4‎ 解析：选B　设加速电压为U1，偏转电压为U2，C、D板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，由动能定理得：qU1＝mv02，则粒子通过加速获得的速度为v0＝ 。三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论：y＝可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。‎ 二、多项选择题 ‎6.如图所示，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(　　)‎ A．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 解析：选BC　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，故C正确，D错误。‎ ‎7．(2018·泰安检测)如图1所示，在两平行的金属板间加上如图2所示的电压。在0～1 s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t＝2 s时电荷仍运动且未与极板接触。则在1～2 s内，点电荷(g取10 m/s2)(　　)‎ A．做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s2‎ B．做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s2‎ C．做变加速直线运动，2 s末加速度大小为10 m/s2‎ D．2 s末速度大小为10 m/s 解析：选BC　由题意知，第1 s内点电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力方向向上，与重力平衡；第2 s内电压变大，故电场强度变大，电场力变大，第2‎ ‎ s末电场强度增加为第1 s末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，故此时加速度大小为10 m/s2，且第2 s内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，做变加速直线运动，A错误，C正确；第2 s内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，平均加速度大小为：＝ m/s2＝5 m/s2，B正确；根据速度时间公式，2 s末速度大小为：v＝t＝5 m/s，D错误。‎ ‎8.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则(　　)‎ A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2‎ B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1‎ C．A和B的质量之比为1∶12‎ D．A和B的位移大小之比为1∶1‎ 解析：选ABC　粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝at2得a＝，两者沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确，D错误。‎ ‎9.(2015·天津高考)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)‎ A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 解析：选AD　根据动能定理有qE1d＝mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝ 。在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝·t22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确；根据动能定理，qE1d＋qE2y＝m v22，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝ ，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误；根据vy＝t2及tan θ＝得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确。‎ 三、计算题 ‎10.(2018·江苏如东中学期中)如图所示，在xOy平面内，有沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿y轴正方向以某一速度射入电场，A、B为其运动轨迹上的两点，且对应的横坐标xB－xA＝L，已知该粒子在A点的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为60°，当粒子运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计粒子重力，求：‎ ‎(1)粒子的初速度v0；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎(3)A点的坐标(xA，yA)。‎ 解析：(1)把A点的速度进行正交分解，沿y轴方向的分速度即为初速度v0，则 v0＝vsin 60°＝v。‎ ‎(2)设B点的速度为vB，则vB＝＝v 从A到B的过程中由动能定理可得 qUAB＝mvB2－mv2，‎ 解得UAB＝。‎ ‎(3)在y轴方向上，粒子做匀速直线运动，在x轴方向上，粒子做初速度为零的匀加速直线运动(设加速度为a)，从O点运动到A的过程中有：‎ y方向：yA＝v0tA，x方向：xA＝tA 而E＝，a＝，vcos 60°＝atA 解得xA＝，yA＝ 则A点的坐标为。‎ 答案：(1)v　(2)　(3) ‎11．(2018·清江中学月考)如图所示，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，求：‎ ‎(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间夹角的正切值tan α；‎ ‎(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。‎ 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＝。‎ ‎(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，粒子在电场中运动的时间t′＝ 粒子在电场中的加速度为：a＝＝，‎ 所以vy＝at′＝。‎ 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝＝。‎ ‎(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则 y＝at′2＝ 又x＝y＋Ltan α，解得：x＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3) 第40课时　带电体在电场中运动的综合问题(题型研究课)‎ ‎(一)　带电粒子在交变电场中的运动问题 ‎　　1.带电粒子在交变电场中运动的分析方法 ‎(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在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、做功或确定与物理过程相关的边界条件。‎ ‎(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。‎ ‎(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。‎ ‎2．常见的三类运动形式 带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。‎ 考法1　粒子在交变电场中的直线运动　‎ ‎[例1]　(多选)(2018·西安长安区一中检测)如图甲所示平行金属板AB之间的距离为6 cm，两板间电场强度随时间按图乙所示规律变化。设场强垂直于金属板由A指向B为正，周期T＝8×10－5 s。某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－19 C，质量为1.6×10－26 kg，某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则(　　)‎ A．若粒子在t＝0时释放，则一定能运动到B板 B．若粒子在t＝时释放，则一定能运动到B板 C．若粒子在t＝时释放，则一定能运动到A板 D．若粒子在t＝时释放，则一定能运动到A板 ‎[解析]　粒子在板间运动的加速度a＝＝ m/s2＝108 m/s2，在时间内粒子的位移x1＝a2＝×108×(4×10－5)2m＝8×10－2 m ＝8 cm，因x1>＝3 cm，故若粒子在t＝0时释放，则一定能运动到B板，选项A正确；若粒子在t＝时释放，则粒子向A板运动，最后到达A板，选项B错误；若粒子在t＝时释放，在～的时间内，粒子向B板加速运动，位移为x2＝a2＝×108×(2×10－5)2m＝2×10－2 m＝2 cm；在～的时间内粒子向B板减速运动，位移为x3＝x2＝2 cm，故粒子能到达B板，选项C错误；若粒子在t＝ 时释放，则在～ 的时间内粒子向B板加速运动，位移为x2′＝a2＝×108×(10－5)2m＝0.5×10－2 m＝0.5 cm，在～的时间内粒子向B板减速运动，位移为x3′＝x2′＝0.5 cm；在～T的时间内粒子向A板加速运动，位移为x2″＝a2＝×108×(3×10－5)2m＝4.5×10－2 m＝4.5 cm；因(4.5－2×0.5)cm＝3.5 cm>3 cm，故粒子能到达A板，选项D正确。‎ ‎[答案]　AD ‎(1)不同时间段内电场强度的方向及粒子所受电场力的方向易弄错。‎ ‎(2)粒子的运动在不同时间段内可能出现加速、减速的情况，运动方向和加速度方向易出现错误。‎ 考法2　带电粒子在交变电场中的偏转　‎ ‎[例2]　(2018·淮安月考)如图甲所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d＝0.1 m，板长L＝0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间。距金属板右端x＝0.5 m处竖直放置一足够长的荧光屏。现在AB板间加如图乙所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102 V。在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－2 C，速度大小均为v0＝1.0×104 m/s。带电粒子的重力不计。求：‎ ‎(1)在t＝0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度；‎ ‎(2)荧光屏上出现的光带长度；‎ ‎(3)若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v＝2.0×104 m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长。‎ ‎[解析]　(1)从t＝0时刻进入的粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间t＝＝3×10－5 s，正好等于一个周期，竖直方向先加速运动T，后减速运动T，加速度大小 a＝＝108 m/s2‎ 射出电场时竖直方向的速度 v＝a×T－a×T＝103 m/s。‎ ‎(2)无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同。‎ 偏转最大的粒子偏转量d1′＝a2＋aT·T－a2＝3.5×10－2 m 反方向最大偏转量 d2′＝a2＋aT·T－a2＝0.5×10－2 m 出现光带的总长度l＝d1′＋d2′＝4.0×10－2 m。‎ ‎(3)带电粒子在电场中运动的时间变为，打在荧光屏上的范围如图所示。‎ d1＝·＝3.75×10－2 m d2＝·＝1.25×10－2 m 形成的光带长度 l＝d1＋d＋d2＝0.15 m。‎ ‎[答案]　(1)103 m/s　(2)4.0×10－2 m　(3)0.15 m ‎(1)由水平射入电场的速度计算粒子在电场中运动的时间，分析该时间和偏转电压变化周期的关系。‎ ‎(2)找出正向偏转位移最大和反向偏转位移最大的粒子，确定它们进入电场的时刻，计算出光带总长度。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2018·青岛一模)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。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(　　)‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 解析：选CD　设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝‎ 可知，a2＝2a1，可知，1.5 s末粒子的速度为零，然后反方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为零，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确。‎ ‎2．(2018·哈尔滨九中模拟)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：‎ ‎(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；‎ ‎(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。‎ 解析：(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝mv02‎ 设电容器间偏转电场的场强为E，则有：E＝ 设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：‎ 沿中心轴线方向有：t＝ 垂直中心轴线方向有：a＝ y＝at2＝＝ 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：vy＝at tan θ＝ 电子在荧光屏上偏离O点的距离为 Y＝y＋Ltan θ＝ 由题图乙知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，‎ 解得Y＝13.5 cm。‎ ‎(2)由题知电子偏转量y的最大值为，可得当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。‎ 代入上式得：Y＝ 所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：2Y＝3L＝30 cm。‎ 答案：(1)13.5 cm　(2)30 cm ‎(二)　带电体在等效场中的运动问题 ‎1．等效思维法 等效思维法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。‎ ‎2．方法应用 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＝ 视为“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力场”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。‎ ‎[典例]　如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)小球所受的电场力大小；‎ ‎(2)小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。‎ ‎[解析]　(1)小球经过C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，如图所示，所以小球受到的电场力的大小 F＝mgtan θ＝mg。‎ ‎(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有＝m，‎ 解得v＝。‎ 在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有 mgr(1＋cos θ)＋Frsin θ＝mv02－mv2，‎ 解得v0＝2。‎ ‎[答案]　(1)mg　(2)2 ‎(1)带电小球的运动可以等效为只有重力时竖直平面内的圆周运动。‎ ‎(2)小球经过C点时速度最大，可以作为等效“最低点”，则通过圆心和C点相对的D点可以作为等效“最高点”。‎ ‎(3)重力和电场力合力的方向，一定在等效“最高点”和等效“最低点”连线的延长线的方向上。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)如图，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则(　　)‎ A．小球在B点时速度最大 B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少 C．小球在B点时的细线拉力最大 D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加 解析：选BD　小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，故A、C错误；从A点到C点的过程中，因为重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。‎ ‎2．如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。‎ 解析：(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，则有 ＝tan θ，所以E＝。‎ ‎(2)当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin 时，小球到达Q点时速度为零。‎ 在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有 ‎－mg·2r＝0－mvmin2，‎ 所以vmin＝ ，即小球的初速度应不小于。‎ 答案：(1)　(2)不小于 ‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，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(　　)‎ A．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 解析：选C　微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；不能确定电场力的方向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误。‎ ‎2．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B时速度为零。以下说法中正确的是(　　)‎ A．小球在B位置处于平衡状态 B．小球受到的重力与电场力的关系是 Eq＝mg C．小球将在A、B之间往复运动，且幅度将逐渐减小 D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－qEl　‎ 解析：选D　小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力，故在B 点小球所受的合力不为零，不是平衡状态，故A错误；根据动能定理得：mglsin θ－qEl(1－cos θ)＝0，解得Eq＝mg，故B错误；类比单摆，小球将在A、B之间往复运动，能量守恒，幅度不变，故C错误；小球从A到B，沿电场线方向运动的有效距离：d＝l－lcos θ＝l，所以电场力做功：W＝－qEd＝－Eql，故D正确。‎ ‎3．(多选)(2018·宜宾检测)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则(　　)‎ A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0‎ B．粒子的电荷量为 C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02‎ D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 解析：选AD　粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t＝＝T，竖直方向上的位移恰好为d，则时间内的位移为，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；由上述分析知，d＝·2，解得q＝，选项B错误；粒子在电场力作用下的加速度大小a＝＝，t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d′＝2×a2－2×a2＝aT2＝d，故电场力做功(即电势能减少)W＝×d＝U0q＝mv02，选项C错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。‎ ‎4．(多选)(2018·湖北六校联合体联考)‎ 一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．3v B．4v C．5v D．6v 解析：选AC　若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有q＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有q＝mg＋kv′，解得v′＝3v；如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有q＋mg＝kv″，解得v″＝5v，故A、C正确，B、D错误。‎ 二、计算题 ‎5．(2018·吉安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置的偏角α＝60°时，小球速度为零。‎ ‎(1)求小球的带电性质和电场强度E；‎ ‎(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时的初速度vA的大小(可含根式)。‎ 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。‎ 小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有 ‎0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)‎ 解得E＝。‎ ‎(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方。‎ 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有 m＝mg mv2－mvA2＝－mgL(1＋cos 30°)‎ 解得vA＝。‎ 答案：(1)正电　　(2) ‎6．如图甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)。一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)，开始处于图中的A点。在t＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t0，刚好运动到B点，且瞬时速度为零。已知电场强度大小为E0。求：‎ ‎(1)电场变化的周期T应满足的条件；‎ ‎(2)A、B之间的距离；‎ ‎(3)若在t＝时刻释放该粒子，则经过时间t0粒子的位移大小。‎ 解析：(1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v t图像如图所示，‎ 可见，当t0＝nT时，粒子的速度刚好为零，故有T＝(n为正整数)。‎ ‎(2)由(1)图可知，A、B之间的距离x＝a2×2n＝‎ n··2＝。‎ ‎(3)若在t＝时刻释放该粒子，其v t图像如图所示，‎ 解得t0时间内粒子的位移x′＝na2×2－a2×2＝。‎ 答案：(1)T＝(n为正整数)　(2)　(3) ‎7．(2018·徐州、宿迁、连云港、淮安高三模拟)如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。求：‎ ‎(1)C、D板的长度L；‎ ‎(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；‎ ‎(3)粒子打在荧光屏上区域的长度。‎ 解析：(1)粒子在A、B板间有 qU0＝mv02‎ 在C、D板间有 L＝v0t0‎ 解得L＝t0。‎ ‎(2)粒子从nt0(n＝0,2,4，…)时刻进入C、D板间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动 偏移距离y＝at02‎ 加速度a＝ 得y＝。‎ ‎(3)粒子在C、D板间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远 出C、D板时的偏转角tan θ＝，vy＝at0‎ 打在荧光屏上距中心线的最远距离 s＝y＋Ltan θ 荧光屏上区域长度Δs＝s＝。‎ 答案：(1)t0　(2)　(3) ‎8．(2016·上海高考)‎ 如图(a)，长度L＝0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q＝1.8×10－7 C；一质量m＝0.02 kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置 x的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2)‎ ‎(1)小球B所带电量q；‎ ‎(2)非均匀外电场在x＝0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小E；‎ ‎(3)在合电场中，x＝0.4 m与x＝0.6 m之间的电势差U；‎ ‎(4)已知小球在x＝0.2 m处获得v＝0.4 m/s的初速度时，最远可以运动到x＝0.4 m处。若小球在x＝0.16 m处受到方向向右，大小为0.04 N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？‎ 解析：(1)由题图(b)可知，当x＝0.3 m时，‎ F1＝k＝0.018 N 因此q＝＝1×10－6 C。‎ ‎(2)设在x＝0.3 m处点电荷与小球间作用力为F2，‎ F合＝F2＋qE 因此 E＝＝ N/C ‎＝－3×104 N/C 电场在x＝0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小为 ‎3×104 N/C。‎ ‎(3)根据题图(b)可知在x＝0.4 m与x＝0.6 m之间合力做功大小W合＝0.004×0.2 J＝8×10－4 J 由qU＝W合，可得U＝＝800 V。‎ ‎(4)由题图(b)可知小球从x＝0.16 m到x＝0.2 m处 电场力做功W1＝ J＝6×10－4 J 小球从x＝0.2 m到x＝0.4 m处 电场力做功W2＝－mv2＝－1.6×10－3 J 由题图(b)可知小球从x＝0.4 m到x＝0.8 m处 电场力做功W3＝－0.004×0.4 J＝－1.6×10－3 J 由动能定理W1＋W2＋W3＋F外s＝0‎ 解得s＝－＝0.065 m。‎ 答案：(1)1×10－6 C　(2)3×104 N/C　(3)800 V ‎(4)0.065 m 一、单项选择题 ‎1．(2018·常州模拟)复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC(没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体)制成的。复印机的基本工作过程是：(1)在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；(2)文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成 “静电潜像”；(3)鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；(4)鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上。以下说法正确的是(　　)‎ A．步骤(1)中发生了静电感应现象 B．步骤(2)中发生了局部导电现象 C．步骤(3)中发生了静电平衡现象 D．步骤(4)中发生了静电屏蔽现象 解析：选B　步骤(1)中在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电，此过程不是静电感应现象，选项A错误；步骤(2)文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成 “静电潜像” 发生了局部导电现象，选项B正确；步骤(3)中有电荷的移动，没有发生静电平衡现象，选项C错误；步骤(4)中，鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上不是静电屏蔽现象，选项D错误。‎ ‎2．(2018·贵阳期中)如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则(　　)‎ A．EA一定大于EB，φA一定大于φB B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB 解析：选B　两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A、B点之间，也可能在B点以上，还可能在A点以下，故EA不一定大于EB；电场强度方向一直向上，故电势越来越低，φA一定大于φB，故B项正确。‎ ‎3．(2018·宁波模拟)如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，闭合开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使张角增大的办法是(　　)‎ A．使a、b板的距离增大一些 B．使a、b板的正对面积减小一些 C．断开开关S，使a、b板的距离增大一些 D．断开开关S，使a、b板的正对面积增大一些 解析：选C　闭合开关S，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故A、B项错误；断开开关S，电容器所带的电量不变，a、b板的距离增大，则电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故C项正确；断开开关S，电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故D项错误。‎ ‎4．(2016·江苏高考)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同 解析：选C　由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总是与等势面(容器内表面)垂直，选项C正确；沿任意路径将检验电荷由A点移动到B点，电场力做功都为零，选项D错误。‎ ‎5．(2018·江苏清江中学月考)如图所示，真空中A、B两个正点电荷的电荷量分别为Q和q，放在光滑绝缘的水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接。当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0。设弹簧发生的均是弹性形变，则(　　)‎ A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0‎ B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0‎ C．保持Q不变，将q变为－q，平衡时弹簧的缩短量等于x0‎ D．保持q不变，将Q变为－Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0‎ 解析：选B　设弹簧的劲度系数为k，原长为x，当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：kx0＝k，保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：kx1＝k，由上式易得：x1<2x0，A项错误；同理可以得到，保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，B项正确；保持q不变，将Q变为－Q，如果缩短量等于x0，因两点电荷间距离减小，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，C项错误；同理，D项错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．如图所示四个电场空间，A图中ab连线平行于两极板，B、D图中a、b在点电荷(电荷量相同)连线垂直平分线上。在这四个电场空间里，可以使一带正电粒子(重力不计)做匀速圆周运动经过a、b两点的电场是(　　)‎ 解析：选BC　带正电粒子做匀速圆周运动，要求经过a、b两点时，电场力大小相等，方向均指向圆心，方向在变化。A图中，带正电粒子在a、b两点所受电场力大小相等，方向相同，所以带正电粒子不能做匀速圆周运动，A项错误；B图中，带正电粒子在a、b两点所受电场力大小相等，a点方向竖直向下指向O点，b点方向竖直向上指向O点，带正电粒子可以以O点为圆心，在与两电荷连线垂直的竖直平面内做匀速圆周运动，B项正确；C图中，带正电粒子可以以负电荷为圆心做匀速圆周运动，C项正确；D图中，带正电粒子在a、b两点所受电场力大小相等，方向相同，所以带正电粒子不可能做匀速圆周运动，D项错误。‎ ‎7．(2018·南师附中)如图所示，固定在水平面上的绝缘粗糙斜面处于水平向右的匀强电场E中，现将一个质量为m的带负电物体从斜面顶端由静止释放，若物体沿斜面滑行一段距离速度达到v，则在此过程中(　　)‎ A．物体减少的电势能与重力势能的总和等于物体增加的动能 B．物体减少的机械能等于物体增加的电势能与系统产生的热量总和 C．物体机械能的增量、电势能的增量与系统产生的热量的代数和为零 D．物体受到的合力所做的功等于物体增加的动能与系统产生的热量总和 解析：‎ 选BC　由能量守恒可知，物体减少的电势能与重力势能的总和等于物体增加的动能与克服摩擦力所做的功，故A项错误；由功能关系可知，物体减少的机械能等于物体增加的电势能与系统产生的热量总和，故B项正确；由能量守恒定律可知，物体机械能的增量、电势能的增量与系统产生的热量的代数和为零，故C项正确；由动能定理可知，物体受到的合力所做的功等于物体增加的动能，故D项错误。‎ ‎8．(2018·苏锡常镇高三模拟)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得(　　)‎ A．M点的场强小于N点的场强 B．M点的电势低于N点的电势 C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加 D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同 解析：选BC　电场线的疏密表示场强的大小，由题图可得，M点的场强大于N点的场强，A项错误；x轴、y轴处处与场强垂直，则x轴、y轴为等势线，沿着电场线的方向电势逐渐降低，M点的电势低于N点的电势，B项正确；将一负电荷由O点移到M点电场力做负功，电势能增加，C项正确；将一正电荷由O点移到M点电场力做正功，将一正电荷由O点移到N点电场力不做功，D项错误。‎ ‎9．(2018·扬州检测)如图所示，轻质弹簧左端固定，置于水平向左场强为E的匀强电场中，一质量为m，电荷量为＋q的绝缘物块(可视为质点)，从距弹簧右端L1处由静止释放，物块与水平面间动摩擦因数为μ，物块向左运动经A点(图中未画出)时速度最大为v，弹簧被压缩到最短时物块离释放点的距离为L2，重力加速度为g，则从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中(　　)‎ A．物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为(qE－μmg)L2‎ B．物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和 C．物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为(qE－μmg)L1－mv2‎ D．若物块能弹回，则向右运动过程中经过A点时速度最大 解析：选AB　根据功能关系可知，电场力和摩擦阻力的功等于系统机械能的变化，则：ΔE＝(qE－μmg)L2，故选项A正确；根据能量守恒可知，物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故选项B正确；由题意可知，当物块处于A点即弹簧处于压缩状态时，速度最大为v，则弹簧的弹性势能不能表示为(qE－μmg)L1－mv2，故选项C错误；当物块的速度最大时即处于平衡状态，当向左运动到速度最大即A点时，受到向左的电场力和向右的摩擦力和弹力，即：Eq＝μmg＋F弹，若物块能弹回，在速度最大时，有：Eq＋μmg＝F弹′，可知：F弹′>F弹，即向右运动时速度最大的位置不是A点，故选项D错误。‎ 三、计算题 ‎10．(2018·江苏清江中学模拟)如图所示，光滑的薄平板A放置在光滑水平桌面上，平板右端与桌面对齐，在平板上距右端d＝0.6 m处放一比荷＝0.1 C/kg的带电体B(大小可忽略)，薄平板A长L＝1 m，质量M＝2 kg。在桌面上方区域内有不同的匀强电场，OO′左侧电场强度为E＝10 V/m，方向水平向右；OO′右侧电场强度为左侧的5倍，方向水平向左。在薄平板A的右端施加恒定的水平作用力F，同时释放带电体B，经过一段时间后，在OO′处带电体B与薄平板A分离，其后带电体B到达桌面右边缘时动能恰好为零(g取10 m/s2)。求：‎ ‎(1)OO′处到桌面右边缘的距离；‎ ‎(2)加在A上恒定水平作用力F的大小；‎ ‎(3)从B与A分离开始计时，B第一次回到分离点时运动的总时间。‎ 解析：(1)B在OO′左侧运动时，qE＝ma1，‎ 设B到达OO′时的速度为v，则：v2＝2a1x1，‎ B在OO′右侧运动时，有 q×5E＝ma2，v2＝2a2x2，‎ 由几何关系知，x1＋x2＝d，‎ 代入数据解得x2＝0.1 m。‎ ‎(2)在B做加速运动的时间内，A的位移为 L－x2＝a3t12，又F＝Ma3，x1＝a1t12，‎ 代入数据解得F＝3.6 N。‎ ‎(3)B在OO′右侧电场中以初速度v做匀减速直线运动，‎ t2＝＝0.2 s B在OO′右侧电场中速度减小到零后再反向做匀加速直线运动，运动时间也为t2＝0.2 s 故从B与A分离开始计时，B第一次回到分离点时运动的总时间为：‎ t＝2t2＝0.4 s。‎ 答案：(1)0.1 m　(2)3.6 N　(3)0.4 s ‎11．(2018·江阴月考)真空室中有如图甲所示的装置，电极K持续发出的电子(初速度不计)经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线OO′射入。M、N板长均为L，间距为d，偏转极板右边缘到荧光屏P(足够大)的距离为s。M、N两板间的电压UMN随时间t变化的图线如图乙所示。调节加速电场的电压，使得每个电子通过偏转极板M、N间的时间等于图乙中电压UMN的变化周期T。已知电子的质量、电荷量分别为m、e，不计电子重力。‎ ‎(1)求加速电场的电压U1；‎ ‎(2)欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏P上，求图乙中电压U2的范围；‎ ‎(3)证明在(2)问条件下电子打在荧光屏上形成亮线的长度与距离s无关。‎ 解析：(1)由动能定理可知：eU1＝mv02－0‎ L＝v0T 解得电压U1＝。‎ ‎(2)nT(n＝0,1,2，…)时刻进入偏转电场的电子，先做类平抛运动，后做匀速直线运动，射出电场时沿垂直于极板方向偏移的距离y最大。‎ y1＝×2‎ y2＝2y1‎ y＝y1＋y2≤ 得U2≤。‎ ‎(3)对满足(2)问条件下任意确定的U2，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度均为vy＝ 电子速度偏转角的正切值均为tan α＝＝ 电子射出偏转电场时的偏转角度均相同，即速度方向相同，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的偏移距离可能不同，偏移距离的最大值与最小值之差Δy＝2，Δy与U2有关。因电子射出时速度方向相同，所以在屏上形成亮线的长度等于Δy，可知，屏上形成亮线的长度与荧光屏P到极板M、N右边缘的距离s无关。‎ 答案：(1)　(2)U2≤　(3)见解析