【物理】2019届一轮复习人教版电容器与电容带电粒子在电场中的运动学案 63页

第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 板块一　主干梳理·夯实基础 ‎【知识点1】　常见电容器　电容器的电压、电荷量和 电容的关系　Ⅰ1.电容器 ‎(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。‎ ‎(2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值。‎ ‎(3)电容器的充电、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。‎ ‎③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。‎ ‎2．常见的电容器 ‎(1)分类：从构造上可分为固定电容器和可变电容器。‎ ‎(2)击穿电压：加在电容器极板上的极限电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是额定电压，这个电压比击穿电压低。‎ ‎3．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＝。‎ ‎(3)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。‎ ‎(4)电容与电压、电荷量的关系 ‎①电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关。不随Q变化，也不随电压变化。‎ ‎②由C＝可推出C＝。‎ ‎4．平行板电容器及其电容 ‎(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板正对面积成正比，与两极板间介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比。‎ ‎(2)决定式：C＝，k为静电力常量。‎ ‎【知识点2】　带电粒子在匀强电场中的运动　Ⅱ ‎1．加速问题 若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量。‎ ‎(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv；‎ ‎(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv。‎ ‎2．偏转问题 ‎(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场。‎ ‎(2)运动性质：类平抛运动。‎ ‎(3)处理方法：利用运动的合成与分解。 ‎ ‎①沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t＝。‎ ‎②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动。‎ ‎③基本过程，如图所示 ‎【知识点3】　示波管 　Ⅰ ‎1．构造 示波管的构造如图所示，它主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。‎ ‎2．工作原理 ‎(1)如果偏转电极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)示波管的YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。‎ 板块二　考点细研·悟法培优 考点1 平行板电容器的两类动态变化问题 [对比分析]‎ ‎1．对公式C＝的理解 电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。‎ ‎2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路 ‎(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。‎ ‎(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。‎ ‎(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。‎ ‎(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。‎ ‎3．电容器两类问题的比较 分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量 U Q d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变 S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 例1　[2017·山东菏泽模拟]如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两极板间的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离(　　)‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带电油滴的电势能将减少 D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 ‎(1)电容器与电源连接，不变量是电压还是电荷量？‎ 提示：电压。‎ ‎(2)电压不变时，如何判断场强变化？‎ 提示：依据E＝判断。‎ 尝试解答　选B。‎ 电容器上极板接电源正极，则板间场强方向竖直向下。由于带电油滴在P点恰好处于平衡状态，受力分析如图所示，则油滴带负电。上极板上移，板间距离d变大，板间电压E不变，由E场＝，知E场变小，油滴向下运动，A选项错误；P点电势等于P点与下极板间电势差，由U＝E场d知，U变小，则P点电势降低，故B选项正确；电势能Ep＝qφ，负电荷在电势低的地方电势能大，则带电油滴的电势能将增加，故C选项错误；电容C＝，d增大，则C减小，由Q＝CU＝CE，知Q减小，所以D选项错误。‎ 总结升华 平行板电容器问题的分析 ‎(1)平行板电容器动态变化的两类题型 ‎①电容器始终与电源相连，U恒定不变，则有Q＝CU∝C，C＝∝，两板间场强E＝∝；‎ ‎②电容器充完电后与电源断开，Q恒定不变，则有U＝，C∝‎ eq f(εrS,d)，场强E＝＝∝。‎ ‎(2)分析平行板电容器的两个关键点 ‎①确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，是保持电量不变还是板间电压不变。‎ ‎②恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E＝可分析板间电场强度的变化情况。‎ ‎1．(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则(　　)‎ A．U变小，E不变 B．E变大，W变大 C．U变小，W不变 D．U不变，W不变 答案　AC 解析　当平行板电容器充电后与电源断开时，带电量Q不变，两极板间场强E＝＝＝，所以E保持不变，由于板间距d减小，据U＝Ed可知，电容器的电压U变小，A正确，B、D错误。由于场强E保持不变，因此，P点与接地的负极板即与地的电势差保持不变，即点P的电势保持不变，因此电荷在P点的电势能W 保持不变，故C正确。‎ ‎2. [2017·湖南株洲质检]如图所示，R是一个定值电阻，A、B为水平正对放置的两块平行金属板，两板间有一带电微粒P处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若增大A、B两金属板的间距，有向右的电流通过电阻R B．若增大A、B两金属板的间距，P将向上运动 C．若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动 D．若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P将向上运动 答案　C 解析　电容器和电源相连，则两极板间的电压恒定，若增大A、B两金属板的间距，根据公式C＝可知，电容减小，根据公式C＝，可得电容器两极板上所带电荷量减小，故电容器放电，R中有向左的电流，A项错误；由于两极板间的电压不变，若增大A、B两金属板的间距，根据公式E＝可得两极板间的电场强度减小，微粒P受到的电场力小于重力，将向下运动，B项错误；若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于两极板间的距离减小，则电场强度增大，电场力大于重力，P向上运动，C项正确；若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当于εr增大，但两极板间的电场强度不变，电场力不变，微粒P仍静止，D项错误。‎ 考点2 带电粒子在电场中的直线运动 [拓展延伸]‎ ‎1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法 ‎(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，一般都要考虑重力。‎ ‎2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路 ‎(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动。‎ ‎(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝mv2－mv。‎ 例2　[2018·潍坊月考]如图所示，金属板A、B水平放置，两板中央有小孔S1、S2，A、B与直流电源连接。闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力，要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔，应(　　)‎ A．仅上移A板适当距离 B．仅下移A板适当距离 C．断开开关，再上移A板适当距离 D．断开开关，再下移A板适当距离 ‎(1)电场力对小球做什么功？‎ 提示：负功。‎ ‎(2)断开开关，移动A板，板间场强如何变化？‎ 提示：不变。‎ 尝试解答　选D。‎ 设板间距离为d，O距S1为h，电源电压为U，由题意知从O释放一带电小球到达S2孔速度为零，则电场力对小球做负功，由动能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若仅上移A板适当距离，两板间电压不变，仍满足mg(h＋d)－qU＝0，小球仍刚好能到达S2，则A选项错误；若仅下移A板适当距离，到达S2处速度为零，故B选项错误；断开开关，Q不变，因E＝，则场强E不变，由动能定理得：mg(h＋d)－Eq·d＝0，将A板向上移适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功增多，故假设不成立，即到达不了S2处速度已为零，故C选项错误；若下移A板适当距离x，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达S2处小球速度不为零，能够穿过S2孔，故D选项正确。‎ 总结升华 带电体在电场中运动的分析方法 解决此类问题的关键是灵活利用动力学方法分析，可以采用受力分析和运动学公式相结合的方法进行解决，也可以采用功能结合的观点进行解决，往往优先采用动能定理。‎ 　[2014·安徽高考]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)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。‎ 答案　(1)　(2)　C ‎(3) 解析　(1)由v2＝2gh，得v＝。‎ ‎(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma 由运动学公式知：0－v2＝2ad 整理得电场强度E＝ 由U＝Ed，Q＝CU，‎ 得电容器所带电荷量Q＝C。‎ ‎(3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2‎ 整理得t＝。‎ 考点3 带电粒子在电场中的偏转 [拓展延伸]‎ ‎1．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＝，tanθ＝＝。‎ ‎(4)位移 ‎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的偏转角度和偏移量y总是相同的。‎ 证明：由qU0＝mv及tanφ＝，得tanφ＝。y＝＝。‎ ‎(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到电场边缘的距离为。‎ ‎3．在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。‎ ‎(1)确定最终偏移距离 思路一：‎ 思路二：‎ ‎(2)确定偏转后的动能(或速度)‎ 思路一：‎ 思路二：‎ 例3　[2016·山东菏泽高三模拟](多选)如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U。电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ A．滑动触头向右移动时，电子打在P上的位置上升 B．滑动触头向左移动时，电子打在P上的位置上升 C．电压U增大时，电子从发出到打在P上的时间不变 D．电压U增大时，电子打在P上的速度大小不变 ‎(1)电子打在屏上的位置与加速电压有什么关系？‎ 提示：加速电压越大，射入偏转电场的初速度越大，时间越短，侧向位移越小。‎ ‎(2)电子向上偏转还是向下偏转？‎ 提示：向上偏转。‎ 尝试解答　选BC。‎ 滑动触头右移，加速电压U0增大，电子射入金属板间初速度v0增大，穿过金属板时间减小，侧向位移变小，打在P上的位置下降，相反滑动触头左移，打在P上的位置上升，A错误，B正确；电压U增大，竖直方向加速度变大，而时间t＝不变，所以竖直方向分速度变大，P点合速度变大，故D错误，C正确。‎ 总结升华 带电粒子在电场中偏转问题的两种求解思路 ‎(1)运动学与动力学观点 ‎①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：‎ a ‎．带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；‎ b．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。‎ ‎②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。‎ ‎(2)功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。‎ ‎①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。‎ ‎②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。‎ 　[2017·河北石家庄模拟](多选)如图，一束由质子、氘核和氚核组成的粒子流，从相同位置沿垂直于电场强度的方向射入由平行板电容器形成的匀强电场中。若所有粒子均能射出电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，关于粒子的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．若粒子的运动轨迹相同，说明它们具有相同的初动能 B．比荷大的粒子，在射出电场时，其速度偏向角一定大 C．若粒子在电场中的运动时间相等，则它们的初速度一定相等 D．在电场中运动时间越长的粒子，电场力对它做的功越多 答案　AC 解析　粒子在极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，竖直方向 y＝at2＝，若粒子运动轨迹相同，即y相同，由于三种粒子电荷量q相同，故粒子初动能相同，A正确；粒子在极板间做类平抛运动，设速度偏向角为θ，tanθ＝＝＝＝，由于不知道粒子的初速度大小的关系，比荷大的粒子在射出电场时其速度偏向角不一定大，故B错误；粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间t＝，如果粒子在电场中的运动时间t相等，则三种粒子的初速度一定相等，故C正确；电场力对粒子做功W＝qEy＝qE×＝，粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间t＝，粒子的电荷量q相同，故电场力对粒子做功多少，不仅与粒子在电场中运动时间有关，还与粒子质量有关，在电场中运动时间越长的粒子，电场力对它做的功不一定越多，故D错误。‎ 考点4 带电粒子在交变电场中的运动 [方法技巧]‎ ‎　带电粒子在交变电场中运动的分析方法 ‎(1)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。‎ ‎(2)分析时从两条思路出发：一是利用力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是利用功能关系进行分析。‎ ‎(3)此类题型一般有三种情况：‎ ‎①粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；‎ ‎②粒子做往返运动(一般分段研究)；‎ ‎③粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。‎ 例4　如图甲所示，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板 P、Q，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在紧靠P板处有粒子源A，自t＝0开始连续释放初速度不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射出电场，已知粒子质量为m，电荷量为＋q，不计粒子重力及相互间的作用力，电场变化周期T＝3d。试求：‎ ‎(1)t＝0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间；‎ ‎(2)粒子射出电场时的最大速率和最小速率。‎ ‎(1)t＝0时刻释放的粒子在金属板P、Q间做什么运动？‎ 提示：计算内匀加速运动的位移和板间距离d进行比较，判断有没有第二阶段运动。‎ ‎(2)求最大速率、最小速率可以借助什么方法？‎ 提示：画vt图。‎ 尝试解答　(1)d　 vmin＝(－2) 。‎ ‎(1)t＝0时刻释放的粒子在时间内一直做匀加速直线运动，设其加速度大小为a，位移为x，则由牛顿第二定律和电场力公式得：‎ q＝ma，‎ 解得：a＝ x＝at2＝·2‎ ‎＝··2＝d 可见，该粒子在时间内恰好运动到O处，故t＝0时刻释放的粒子在P、Q间的运动时间为t＝T＝d。‎ ‎(2)分析可知，在t＝0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应射出电场时的速率最大。‎ 设最大速率为vmax，由运动学公式得：‎ vmax＝a·＝ 设在t1时刻释放的粒子先做匀加速直线运动，经时间Δt后，再做匀速直线运动，在T时刻恰好由小孔O以速率大小为v1射出电场，则由运动学公式得：‎ v1＝a·Δt aΔt2＋aΔt×T＝a2‎ 解得：Δt＝T v1＝a·Δt＝(－2) 由下图粒子运动的vt图象可知，在t1至时间内某时刻进入电场的粒子，其运动过程为先加速，再匀速，再加速；当速度达到v1＝a·Δt时，粒子还未运动到小孔O处。图中阴影的面积等于粒子此时距小孔的距离；粒子需再加速后方可到达O处，此时速度已大于v1。所以，速率v1是粒子射出电场时的最小速率，即：‎ vmin＝(－2) 。‎ 总结升华 带电粒子在交变电场中的运动分析方法 带电粒子在交变电场中的运动涉及力学和电学知识的综合应用，由于不同时段受力不同，处理起来较为复杂，实际仍可按力学角度解答，做受力分析，分析其运动状态，应用力学和电学的基本规律定性、定量分析讨论和求解。‎ ‎(1)利用图象 带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象描述它在电场中的运动情况，可直观展示其物理过程，从而快捷地分析求解。‎ ‎(2)利用运动的独立性 对一个复杂的合运动，可以看成是几个分运动合成的。某一方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响。应用这一原理可以分析带电粒子在交变电场中的运动。根据各分运动的情况，再按运动的合成与分解规律分析合运动情况。‎ 　(多选)如图甲所示，A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律如图乙所示。电子只受电场力的作用，且初速度为零(设两板间距足够大)，则 (　　)‎ A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t＝0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子是在t＝时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t＝时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动 答案　ACD 解析　解法一：若电子在t＝0时刻进入板间电场，电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动，以后沿同一方向重复这种运动，直到碰到B板，故A正确，B错误；若电子在t＝时刻进入板间，则电子在从此计时起一个周期中的前T向B板运动，后T向A板运动，以后重复这种运动，直到碰到B板，故C正确；若电子在t＝时刻进入，电子将在从此计时起一个周期中的前向B板运动，后向A板运动，电子将在板间做往复运动，D正确。‎ 解法二：图象法。选取竖直向上为正方向，作出电子的vt 图象如图所示，根据vt图象与时间轴围成的面积表示位移可知A、C、D正确。‎ 考点5 带电体在电场与重力场中的综合问题 [解题技巧]‎ ‎　分析粒子运动的两个观点 ‎1．用动力学的观点分析带电粒子的运动 ‎(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。‎ ‎(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。‎ ‎(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。‎ ‎2．用能量的观点来分析带电粒子的运动 ‎(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。‎ ‎(2)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。‎ 例5　[2014·全国卷Ⅰ]如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，电场强度方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍，若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；‎ ‎(2)电场强度的大小和方向。‎ ‎(1)无电场时，小球做哪种运动？处理方法是什么？‎ 提示：平抛运动；应用平抛运动的规律求解。‎ ‎(2)施加电场以后，各形式能量关系是什么？‎ 提示：动能、重力势能和电势能之和守恒。‎ 尝试解答　(1)　(2)　方向：与竖直向下成30°夹角。‎ ‎(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有 dsin60°＝v0t①‎ dcos60°＝gt2②‎ 又有 Ek0＝mv③‎ 由①②③式联立得 Ek0＝mgd④‎ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋mgdcos60°⑤‎ 由④⑤式得 ＝⑥‎ ‎(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦‎ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧‎ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点电势相等，M与O点的距离为x，如图所示，‎ 则有＝⑨‎ 解得x＝d。MA为等势线，电场强度方向必与其垂线OC平行且向下。设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得 α＝30°⑩‎ 即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°。‎ 设电场强度的大小为E，有 qEdcos30°＝ΔEpA⑪‎ 由④⑦⑪式得 E＝。‎ 总结升华 力电综合问题的处理方法 力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等知识点，考查的知识点多，综合分析能力的要求高，试题难度较大，解答时要注意把握以下几点：‎ ‎(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择合适的规律列式求解。‎ ‎(2)带电的物体在电场中具有电势能，同时还可能具有动能和重力势能等，用能量观点处理问题是一种简捷的方法。‎ ‎(3)常见的几种功能关系 ‎①只要外力做功不为零，物体的动能就会改变(动能定理)。‎ ‎②静电力只要做功，物体的电势能就会改变，且静电力做的功等于电势能的减少量。如果只有静电力做功，物体的动能和电势能之间相互转化，总量不变(类似机械能守恒)。‎ ‎③如果除了重力和静电力之外，无其他力做功，则物体的动能、重力势能和电势能三者之和保持不变。‎ 　[2017·四川成都一诊](多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l＝2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m＝0.08 kg的带电小球，静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为零电势能点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的电荷量q＝6×10－5 C B．小球动能的最小值为1 J C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值 D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4 J 答案　AB 解析　对小球进行受力分析，如图甲所示，由于静止，可得mgtan37°＝qE。解得小球的电荷量为q＝＝6×10－5 C，A正确；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力。如图乙所示，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以小球在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，根据题意，在B点小球只受重力和电场力，其合力为小球做圆周运动提供向心力，而绳的拉力恰为零，F合＝＝1 N，又F合＝m，得EkB＝mv＝1 J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能Ep最大，所以在该点时机械能最小，C错误；小球由B运动到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4 J，总能量E＝EpB＋EkB＝5 J，D错误。‎ 满分指导5 应用动力学知识解决力电综合问题 ‎[2017·亳州模拟](16分)如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有①一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，②一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，③与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)要使④小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(2)这样运动的⑤小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎[审题　抓住信息，准确推断]　‎ 关键信息 信息挖掘 题干 ‎①一光滑半圆形绝缘轨道 小滑块与半圆轨道之间不存在摩擦 ‎②一带负电q＝10－4 C的小滑块 小滑块带负电，受电场力方向与电场强度方向相反 ‎③与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15‎ 小滑块与水平轨道间存在摩擦 问题 ‎④小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q 重力和电场力的合力提供向心力，该处小滑块不受轨道的弹力 ‎⑤小滑块通过P点时对轨道的压力 需先求小滑块受轨道的支持力 ‎[破题　形成思路，快速突破]　‎ ‎(1)小滑块初速度v0的求解思路。‎ ‎①选研究过程：小滑块在Q点；‎ ‎②列动力学方程：mg＋qE＝m；‎ ‎③小滑块从开始运动至到达Q点过程中：‎ a．选择规律：动能定理；‎ b．列方程式：‎ ‎－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv。‎ ‎(2)小滑块通过P点时对轨道的压力大小的求解。‎ ‎①请写出小滑块通过P点时速度大小的求解思路。‎ 提示：选取小滑块从开始运动至到达P点过程，由动能定理求得P点速度大小。‎ ‎②请写出小滑块通过P点时的动力学方程。‎ 提示：设轨道对小滑块的支持力为FN，FN＝m。‎ ‎③如何求小滑块对轨道的压力？‎ 提示：小滑块通过P点时受轨道的支持力和小滑块对轨道的压力遵循牛顿第三定律。‎ ‎[解题　规范步骤，水到渠成]　‎ ‎(1)设小滑块到达Q点时速度为v，‎ 由牛顿第二定律得 mg＋qE＝m (2分)‎ 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，‎ 由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv(3分)‎ 联立方程组，‎ 解得：v0＝7 m/s (2分)‎ ‎(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 ‎－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv(3分)‎ 又在P点时，‎ 由牛顿第二定律得 FN＝m (2分)‎ 代入数据，解得：FN＝0.6 N (2分)‎ 由牛顿第三定律得，‎ 小滑块对轨道的压力FN′＝FN＝0.6 N (2分)‎ ‎[点题　突破瓶颈，稳拿满分]　‎ ‎(1)常见的思维障碍：‎ ‎①在求小滑块在最高点Q的速度大小时，对小滑块受力分析时漏力，导致方程列错，计算结果错误；‎ ‎②小滑块从开始运动至到达Q点过程中利用动能定理列方程时，漏掉摩擦力的功，导致失分。‎ ‎(2)因解答不规范导致的失分：‎ 求小滑块通过P点时对轨道的压力时不用牛顿第三定律导致失分。‎ 板块三　限时规范特训 ‎　　时间：45分钟　满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1．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 答案　B 解析　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，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小，C错误；当电容器充电后断开电源，电容器的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＝＝，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强不变，故乙图中两极板间场强不变，电场力不变，夹角不变，A、D错误；综上分析，选项B正确。‎ ‎2．[2016·商丘高三模拟]如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)(　　)‎ A．保持开关S闭合，适当上移P极板 B．保持开关S闭合，适当左移P极板 C．先断开开关S，再适当上移P极板 D．先断开开关S，再适当左移P极板 答案　A 解析　如图，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向vx和竖直方向vy。竖直方向：vy＝v0sinθ，加速度a＝，E为场强，设t为粒子上升到最高点所用时间，则t＝＝。水平方向位移x＝‎ vx·2t＝2v0tcosθ。保持开关S闭合，电容器两板间电压U不变，适当上移P极板，两极板间的距离变大，根据E＝知场强变小，竖直方向运动时间变长，水平方向的位移x＝2v0tcosθ变大，该粒子可能从Q板的B孔射出，A正确；若左移P极板，不影响场强，仍落在原处，B错误；断开开关S，则电容器电量Q不变，适当上移P极板，由E＝知场强E不变，则粒子仍落到原处，C错误；断开开关S，若左移P极板，由E＝知S变小E变大，则粒子加速度a变大，上升到最高点所用时间t变小，则水平方向位移x变小，不能到达B孔，D错误。‎ ‎3. [2018·陕西咸阳模拟]如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动。重力加速度为g，粒子运动的加速度为(　　)‎ A.g B.g C.g D.g 答案　A 解析　抽出前，粒子受重力和电场力平衡，mg＝q，抽出后，根据牛顿第二定律，有mg－q＝ma，联立解得a＝g，A正确。‎ ‎4．[2018·陕西渭南模拟]如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0‎ 垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(　　)‎ A．开关S断开 B．初速度变为 C．板间电压变为 D．竖直移动上板，使板间距变为2d 答案　C 解析　开关S断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器两极板间电压不变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为一半，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，B错误；当板间电压变为时，场强变为原来的，电场力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝at2知，时间为原来的2倍，由x＝v0t知水平位移为原来的2倍，所以能沿b轨迹落到下板边缘，C正确；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，电场力为原来的，加速度为原来的，根据y＝at2知，时间为原来的倍，水平位移为原来的倍，不能到达下板边缘，D错误。‎ ‎5．[2018·吉林辽源五中模拟]如图所示，D为一理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)，平行金属板M、N 水平放置，两板之间有一带电微粒以速度v0沿图示方向做直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的运动情况是(　　)‎ A．沿轨迹①运动 B．沿轨迹②运动 C．沿轨迹③运动 D．沿轨迹④运动 答案　B 解析　当微粒运动到P点时，迅速将M板上移一小段距离，由于二极管反向电阻无穷大，两极板上电量不变，由电容的决定式C＝，定义式C＝得MN两板间电压升高，由E＝＝，知电场强度不变，粒子受到的电场力不变，微粒的运动方向不变，仍沿轨迹②做直线运动，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎6. 如图所示，电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的震动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接。若声源S做简谐运动，则(　　)‎ A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变 B．a振动过程中，a、b板所带电量不变 C．a振动过程中，电容器的电容不变 D．a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器电容最大 答案　D 解析　金属板b在声波驱动下沿水平方向振动，两极板间的距离发生变化，两极板与电源相连，电势差恒定，两板间的场强发生变化，A错误；电容器的电容随两板间距离改变而改变，两板带电量随电容改变而改变，B、C错误；当距离最近时，电容最大，D正确。‎ ‎7．如图所示，若在这个示波管的荧光屏上出现了一个亮斑P，那么示波管中的(　　)‎ A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 答案　AC 解析　由电子枪发射出的电子带负电，所以P点的亮斑是由于极板X和Y带正电所形成的，故A、C正确。‎ ‎8．[2016·山东日照质检]如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动(细管绝缘且光滑)。以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是(　　)‎ 答案　AB 解析　在匀强电场中，沿电场线方向，电势均匀降低，A正确；带负电小球受电场力与场强方向相反，在匀强电场中受电场力不变，故加速度不变，所以在x<0区域内加速度方向为正方向，在x>0区域内为负方向，B正确；小球在原点的初速度为v0，经过任意一段位移x后的速度为v，由匀变速直线运动规律可知，v2－v＝2ax，所以vx 图象不是直线，C错误；由动能定理有：Eqx＝Ek－mv，故Ekx图象应为一次函数图象，D错误。‎ ‎9. 三个电子从同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场，出现如图所示的轨迹，则可以判断(　　)‎ A．它们在电场中运动时间相同 B．A、B在电场中运动时间相同，C先飞离电场 C．C进入电场时的速度最大，A最小 D．电场力对C做功最小 答案　BCD 解析　三电子在电场中运动的加速度a相同，在垂直于极板方向，yA＝yB>yC，由y＝at2知在电场中运动的时间tA＝tB>tC，A错误，B正确；B、C水平位移相同，tB>tC，故vC>vB，而A、B运动时间相同，但xAvA，故C进入电场的速度最大，A最小，C正确；电场力做功W＝Eqy，而yA＝yB>yC，故电场力对C做功最小，D正确。‎ ‎10．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)‎ 答案　AD 解析　在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小不变，F＝，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小不变，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以at图象应如图D所示，vt图象应如图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以xt图象应是曲线，B错误。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11．[2017·衡水二模](15分)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板距为d，大量电子(质量为m，电荷量为e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计重力)。‎ 求这些电子穿过平行板时距OO′的最大距离和最小距离。‎ 答案　　 解析　以电场力的方向为正方向，画出电子在t＝0、t＝t0时刻进入电场后，沿电场力方向的速度vy随时间变化的vyt图象如图丙和丁所示 电场强度E＝ 电子的加速度a＝＝ 由图丙中vy1＝at0＝ vy2＝a×2t0＝ 由图丙可得电子的最大侧移，即穿过平行板时距OO′的最大距离 ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝ 由图丁可得电子的最小侧移，即穿过平行板时距OO′的最小距 离 ymin＝t0＋vy1t0＝。‎ ‎12．[2016·北京高考](15分)如图所示，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。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。‎ ‎(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＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2；‎ ‎(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。‎ 答案　(1) 　 ‎(2)见解析 ‎(3)φ＝　电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。‎ 解析　(1)根据动能定理可得：eU0＝mv 所以电子射入偏转电场时的初速度v0＝ 在偏转电场中，电子的运动时间 Δt＝＝L 在偏转电场中，电子的加速度a＝。‎ 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝。‎ ‎(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G＝mg＝9.1×10－30 N 电场力F＝＝8×10－16 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力。‎ ‎(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与电荷量q的比值，即φ＝，由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值叫做“重力势”，即φG＝。‎ 电势φ和“重力势”φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。‎ 限时规范专题练(六)　带电粒子在复合场中运动问题 对应学生用书P301　　时间：45分钟　满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1. [2014·天津高考]如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷。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 答案　C 解析　根据微粒偏转方向可知微粒所受合力一定是竖直向下，则合力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，C正确。由于不知道重力和电场力大小关系，所以不能确定电场力方向，不能确定微粒电性，也不能确定电场力对微粒做功的正负，因此也不能确定微粒电势能和机械能的变化情况，A、B、D错误。‎ ‎2. 如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度v0垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点(　　)‎ A．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的时间相等 C．三小球到达正极板时动能关系：EkA>EkB>EkC D．三小球在电场中运动的加速度关系：aA>aB>aC 答案　A 解析　带负电的小球受到的合力为mg＋F电，带正电的小球受到 的合力为mg－F电′，不带电小球仅受重力mg，根据牛顿第二定律可得带负电的小球加速度最大，其次为不带电小球，最小的为带正电的小球，故小球在板间运动时间可用水平方向运动的时间求解，t＝，xCaB>aA，B、D错误；故落在C点的小球带负电，落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电，A正确。因为重力对三个小球做功相同，电场对带负电的小球C做正功，对带正电的小球A做负功，对不带电的B球不做功，根据动能定理可得三小球落在板上的动能大小关系为EkC>EkB>EkA，C错误。‎ ‎3．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可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(　　)‎ A．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，电势能减少 D．小球在运动过程中机械能守恒 答案　B 解析　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场强度方向向上，所以小球带 正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。‎ ‎4．[2016·苏州高三调研]如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直。现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是(　　)‎ A．A一定带正电，B一定带负电 B．A、B两球所带电荷量的绝对值之比qA∶qB＝1∶2‎ C．A球电势能一定增加 D．电场力对A球和B球做功相等 答案　B 解析　电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移后电势都变化，而两个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能确定每一个小球所带电荷的电性，A、C、D错误；由电势能变化之和为零得EqBL＝EqA·2L，即|qA|∶|qB|＝1∶2，B正确。‎ ‎5. [2018·山东菏泽模拟]如图所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场，两极板间相距为d。一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度 v0射入，沿直线从下极板的边缘射出。已知微粒的电量为q、质量为m。下列说法正确的是(　　)‎ A．微粒运动的加速度不为0‎ B．微粒的电势能减小了mgd C．两极板间的电势差为 D．N极板的电势高于M板的电势 答案　C 解析　由题意分析可知，微粒所受电场力方向竖直向上，与重力平衡，微粒做匀速直线运动，加速度为零，A错误；微粒穿过平行板电容器过程，重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律知，微粒的电势能增加了mgd，B错误；微粒的电势能增加量ΔE＝mgd，又ΔE＝qU，得到两极板的电势差U＝，C正确；电场力方向竖直向上，微粒带负电，故电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，D错误。‎ ‎6．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕过点O、O′垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做(　　)‎ A．匀速直线运动 B．水平向右的匀加速直线运动 C．斜向右下方的匀加速直线运动 D．曲线运动 答案　B 解析　设电源两端的电压为U，两金属板间的距离为d，带电液滴的质量为m，带电荷量为q，则液滴P静止时，由平衡条件可得：q＝mg。金属板转动后，P所受的电场力大小为F＝q，方向与竖直方向成α角指向右上方，但电场力在竖直向上方向的分力F1＝Fcosα＝q·cosα＝q＝mg，故电场力和重力的合力水平向右，即P做水平向右的匀加速直线运动，B正确，A、C、D均错误。‎ ‎7．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板不带电，由于重力作用，微粒能落到下板的正中央。已知微粒质量m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，则下列说法正确的是(　　)‎ A．微粒的入射速度v0＝10 m/s B．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 C．电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D．电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出 电场 答案　AC 解析　开关S闭合前，两极板不带电，微粒落到下板的正中央，由：＝gt2，＝v0t，得v0＝10 m/s，A正确；电容器上板接电源正极时，微粒的加速度更大，竖直方向运动时间更短，水平位移将更小，还将打在下板，B错误；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则：＝at2，L＝v0t，mg－＝ma，得U＝120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U＝200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V≤U≤200 V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C正确，D错误。‎ ‎8. 如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是(　　)‎ A．小球再次到M点时，速度刚好为零 B．小球从P到M过程中，合力对它做了mgL的功 C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgL D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动 答案　BD 解析　小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为mg，方向水平向右，所以小球由P到M点时，速度最大，而不是零，A错误；电场力与重力的合力为mg，合力方向上的位移为L，所以做功为mgL，B正确；机械能的增加量就是动能的增加量mgL和重力势能的增加量mgL之和，C错误；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合力大小恒定，方向水平向右，小球将做匀变速曲线运动，D正确。‎ ‎9．一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球在水平方向一直做匀速直线运动 B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同 C．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同 D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同 答案　AC 解析　由于水平方向不受外力，A正确；若mg＝qE，则小球在电场内竖直方向做匀速运动，由于经过无电场区一次就加速一次，则经电场区的时间越来越短，B、D错误；C选项中小球在竖直方向先经过无电场区时加速，接着以同样大小加速度经过电场区时减速，加速度方向、速度大小周期性改变地向下运动，C正确。‎ ‎10. 如图所示，质量为m带电荷量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B点时速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则下列选项正确的是(　　)‎ A．微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍 B．带电微粒的机械能增加了2mv C．A、B两点间的电势差为 D．A、B两点间的电势差为 答案　ABC 解析　由题意知：从A到B的运动可以看成水平方向上初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为，竖直方向上初速度为v0的竖直上抛运动，且两个方向的运动具有等时性。由运动学公式可得：2v0＝t,0＝v0－gt，则qE＝2mg，选项A 正确；根据功能关系，机械能的增加量等于除重力外其他力做的功，即ΔE＝W其他＝m·(2v0)2＝2mv，选项B正确；根据功能关系，qU＝ΔE，U＝，选项C正确，选项D错误。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11．(14分)一质量为m，带电量为＋q 的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管。管上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示，求：‎ ‎(1)小球初速度v0；‎ ‎(2)电场强度E的大小；‎ ‎(3)小球落地时动能。‎ 答案　(1)2L　(2)　(3)mgh 解析　(1)(2)电场中小球运动，‎ 在水平方向上：0＝v0－t，①‎ 竖直方向上：＝，②‎ 又0－v＝－L ③‎ 联立①②③‎ 得：v0＝2L，‎ E＝。‎ ‎(3)从抛出到落地由动能定理得：‎ ‎－EqL＋mgh＝Ek－mv 则小球落地时动能：‎ Ek＝＋mgh－EqL＝mgh。‎ ‎12．[2016·河北正定模拟](16分)从地面以v0斜向上抛出一个质量为m的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力。现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等。求：‎ ‎(1)无电场时，小球升到最高点的时间；‎ ‎(2)后来加上的电场的场强大小。‎ 答案　(1)　(2)或 解析　(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16‎ 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则 由v＝2gh，得mv＝mgh mv∶mv＝9∶16‎ 解得初始抛出时：vx∶vy＝3∶4‎ 所以竖直方向的初速度为vy＝v0‎ 竖直方向做匀减速直线运动 vy＝gt 得t＝。‎ ‎(2)设后来加上的电场场强大小为E，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有t＋v0＝v0‎ 解得：E1＝ 若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有t－v0＝v0‎ 解得：E2＝。‎ 一、选择题 ‎1．[2015·全国卷Ⅱ]如图，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(　　)‎ A．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 答案　D 解析　两平行金属板水平放置时，微粒恰好保持静止状态，其合力为零，对其受力分析，如图1所示，设电容器两板间的电场强度为E，微粒受到竖直向下的重力G和竖直向上的电场力qE，且G＝qE；两平行金属板逆时针旋转45°时，对微粒受力分析，如图2所示，由平行四边形定则可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且为恒力，所以微粒向左下方做匀加速运动，D正确，A、B、C错误。‎ ‎2．[2015·山东高考]直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)‎ A.，沿y轴正向 B.，沿y轴负向 C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向 答案　B 解析　正点电荷在O点时，G点场强为0，即两负点电荷在G 点的场强大小为E1＝，方向沿y轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H处的场强大小为E2＝E1＝，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，在H处产生的场强大小为E3＝，方向沿y轴正方向。所以H处场强大小E＝E2－E3＝，方向沿y轴负方向，选项B正确。‎ ‎3．[2015·安徽高考]图示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是(　　)‎ A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点 答案　C 解析　α粒子加速度的方向与α粒子受到的合外力方向相同，α粒子和重金属原子核都带正电，α粒子受到的合外力方向在其与重金属原子核的连线上且为斥力，易知只有P点的受力方向正确，故C正确。‎ ‎4．[2017·全国卷Ⅰ](多选) 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Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1‎ C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3‎ 答案　AC 解析　由题图知，a、b、c、d四个点距点电荷的距离依次增大，且rb＝2ra，由E＝知，Ea∶Eb＝4∶1，A正确；rd＝2rc，由E＝知，Ec∶Ed＝4∶1，B错误；在移动电荷的过程中，电场力做的功与电势能的变化量大小相等，则Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1，C正确；Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1，D错误。‎ ‎5. [2017·天津高考](多选)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EAφB，EpAφQ 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 答案　B 解析　根据电子由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，可知N点和P点处于同一等势面上，直线d位于某一等势面内。根据匀强电场的特性，可知直线c位于另一等势面内。由于电子由M点运动到N点的过程中，电场力做负功，说明电场线方向从M指向N，故M点电势高于N点电势，B正确，A错误；由于M、Q处于同一等势面内，电子由M点运动到Q点的过程中，电场力不做功，C错误；电子由P点运动到Q 点的过程中，电场力做正功，D错误。‎ ‎8．[2015·四川高考](多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a(　　)‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加 D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 答案　BC 解析　如图所示，根据三角形定则，在重力G大小和方向都不变、库仑斥力F变大且与重力之间的夹角θ由90°逐渐减小的过程中，合力F合将逐渐增大，A项错误；从N到P的运动过程中，支持力不做功，而重力与库仑力的合力F合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90°，再增大为钝角，即合力F合对小球a先做正功后做负功，小球a的速率先增大后减小，B项正确；小球a从N到Q靠近小球b的运动过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增加，C项正确；P 到Q的运动过程中，小球a减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和，D项错误。‎ ‎9．[2017·江苏高考](多选)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 答案　AC 解析　两个点电荷在x轴上，如果q1、q2为同种电荷，x轴上各点的电势不会有如题图所示形状的φx图象；当q1、q2为异种电荷，如解析图所示位于x轴上，且q1的电量大于q2的电量，才会有如题图所示形状的φ x图象，故q1、q2必为异种电荷，A正确；x1处的电势为零，但φ x图象斜率不为零，故x1处的电场强度不为零，B错误；x2处的电势比x1处的电势高，则负电荷在x2处的电势能比在x1处的小，C正确；由φx图象知，x1处图象的斜率比x2处的大，则x1处的电场强度比x2处的大，故负电荷从x1移动到x2，所受电场力减小，D错误。‎ ‎10．[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 答案　A 解析　设A和B、B和C间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，根据动能定理得：‎ eE1d1－eE2d2＝0－0①‎ 当C板向右平移后，BC板间的电场强度 E2′＝＝＝＝，‎ BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。‎ 第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则 eE1d1－eE2x＝0－0②‎ 比较①②两式知，x＝d2，电子在B、C间受到的电场力水平向左，故电子运动到P点时返回，A正确。‎ 二、非选择题 ‎11．[2017·全国卷Ⅰ]真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点。重力加速度大小为g。‎ ‎(1)求油滴运动到B点时的速度；‎ ‎(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。‎ 答案　(1)v0－2gt1　(2)见解析 解析　(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 qE2－mg＝ma1①‎ 油滴在时刻t1的速度为 v1＝v0＋a1t1②‎ 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足 qE2＋mg＝ma2③‎ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为 v2＝v1－a2t1④‎ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1⑤‎ ‎(2)由题意，在t＝0时刻前有 qE1＝mg⑥‎ 油滴从t＝0到时刻t1的位移为 s1＝v0t1＋a1t⑦‎ 油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－a2t⑧‎ 由题给条件有 v＝2g(2h)⑨‎ 式中h是B、A两点之间的距离。‎ 若B点在A点之上，依题意有 s1＋s2＝h⑩‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1⑪‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2＋2>1⑫‎ 即当 ‎0⑭‎ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。‎ 若B点在A点之下，依题意有 s1＋s2＝－h⑮‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E2＝E1⑯‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2－2>1⑰‎ 即t1>⑱‎ 另一解为负，不合题意，已舍去。‎ ‎12．[2017·全国卷Ⅱ] 如图，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刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求 ‎(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。‎ 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) 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然为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＝0①‎ s1＝v0t＋at2②‎ s2＝v0t－at2③‎ 联立①②③式得s1∶s2＝3∶1④‎ ‎(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，由运动学公式得 v＝2gh⑤‎ H＝vyt＋gt2⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝⑦‎ 联立①②⑥⑦式可得 ＝，vy＝gt 由⑤式得h＝＝gt2，‎ 由⑥式得H＝gt2，则 h＝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，离开电场时水平方向的分速度为v0′，竖直方向的分速度为vy′，则 ＝⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，则 Ek1＝m(v0′2＋vy′2)⑩‎ Ek2＝mvy′2⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得 E＝。‎