1、第3课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动考纲解读 1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题考点一平行板电容器的动态分析1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2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3两种类型的动态分析思路(1)确定不变量
2、，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例1如图1所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态以下说法中正确的是()图1A若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有ba的电流B若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有ba的电流C若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有ba的电流解析根据电路图可知，
3、A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有ba的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有ba的电流，选项B正确；若将S
4、断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C，U和E，可得E，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误答案AB变式题组1平行板电容器的动态分析用控制变量法，可以研究影响平等板电容器的因素(如图2)，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变，若()图2A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，增大S，则变小D保持d不变，增大S，则不变答案AC2平行板电容器的动态分析将平行板电容器两
5、极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示，下列说法正确的是()A保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半答案AD解析由C，C，E可知，A、D正确两种类型平行板电容器的动态分析问题平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，则QCUC，而C，两板间场强E；二是电容器充电后与电源断开，此时Q恒定，则U，C，场强E.考点二带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动1做直线运
6、动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子或静止，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，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动2用功能观点分析a，E，v2v2ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv非匀强电场中：WqUEk2Ek1例2(2013新课标16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将()A打到下极板上 B
7、在下极板处返回C在距上极板处返回 D在距上极板d处返回解析带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg(d)qU0；若电容器下极板上移，设带电粒子在距上极板d处返回，则重力做功WGmg(d)，电场力做功W电qUqUqU，由动能定理得WGW电0，联立各式解得dd，选项D正确答案D递进题组3带电粒子在电场中直线运动分析 如图3，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源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()图3A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加
8、C动能逐渐增加D做匀变速直线运动答案BD解析要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A错误；因电场力做负功，故电势能增加，B正确；合力做负功，故动能减少，C错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D正确4带电体在电场中的直线运动如图4所示，一电荷量为q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin 370.6，cos 370.8.求：图4(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；
9、(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有FNsin 37qEFNcos 37mg由可得E(2)若电场强度减小为原来的，即E由牛顿第二定律得mgsin 37qEcos 37ma可得a0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin 37qELcos 37Ek0可得Ek0.3mgL处理带电粒子在电场中运动的常用技巧(1)微观粒子(如电子、质子、粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化(2)普通的带电体(如
10、油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化考点三带电粒子在电场中的偏转1带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场(2)运动性质：匀变速曲线运动(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动(4)运动规律：沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间沿电场力方向，做匀加速直线运动2带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的证明：由qU0mvyat2()2tan 得：y，tan (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长
11、线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.3带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置间的电势差例3如图5所示，两平行金属板A、B长为L8 cm，两板间距离d8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q1.01010 C、质量为m1.01020 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v02.0106 m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)已知
12、两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上(静电力常量k9.0109 Nm2/C2，粒子的重力不计)图5(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小解析(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(偏移位移)：yat2aLv0t则yat2()20.03 m3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有，
13、解得Y4y12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(3)粒子到达H点时，其水平速度vxv02.0106 m/s竖直速度vyat1.5106 m/s则v合2.5106 m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电根据几何关系可知半径r15 cmkm解得Q1.04108 C答案(1)3 cm12 cm(2)见解析(3)负电1.04108 C变式题组5带电粒子在电场中的偏转如图6所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初
14、速度v0沿水平方向射入电场且能穿出求：图6(1)两板间所加偏转电压U的范围；(2)粒子可能到达屏上区域的长度答案(1)(2)解析(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，偏转角为，则有：yat2Lv0taE由式解得y当y时，U则两板间所加电压的范围为(2)当y时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y0)，则y0(b)tan 而tan ，解得y0则粒子可能到达屏上区域的长度为6带电粒子在交变电场中运动如图7甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上
15、，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：图7(1)交变电压的周期T应满足什么条件；(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件答案(1)T，其中n取大于等于 的整数(2)tT(n1,2,3)解析(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度的方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有LnTv0，解得T粒子在T内离开中心线的距离为ya(T)2又a，E，解得y在运动过程中离开中心线的最大距离为ym2y粒子不撞击金属板，应有ymd解得T2d 故n ，即n取大于等于 的整数所以粒
16、子的周期应满足的条件为T，其中n取大于等于 的整数(2)粒子进入电场的时间应为T，T，T故粒子进入电场的时间为tT(n1,2,3)带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点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)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：首先对带电粒子受力分析，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
17、，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的考点四带电体在复合场中的运动等效法处理叠加场问题1各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场2将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：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”再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可例4半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的小球，空间存在水平向右的匀强电场
18、，如图8所示，小球所受电场力是其重力的倍，将小球从环上最低点位置A点由静止释放，则：图8(1)小球所能获得的最大动能是多大；(2)小球对环的最大压力是多大解析(1)因qEmg，所以qE、mg的合力F合与竖直方向夹角tan ，即37，则小球由A点静止释放后从A到B过程中做加速运动，如图所示，B点动能最大，由动能定理得qErsin mgr(1cos )Ek解得B点动能即最大动能Ekmgr.(2)设小球在B点受圆环弹力为FN，由牛顿第二定律得FNF合而F合mg解得FNmg，由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为mg.答案(1)mgr(2)mg变式训练7带电体在电场中的多过程问题 如图9所示，在竖
19、直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E1.0104 N/C，现有质量m0.20 kg、电荷量q8.0104 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知xAB1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：(取g10 m/s2)图9(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；(2)带电体最终停在何处答案(1)10 m/s，方向竖直向上(2)C点上方到
20、C点的竖直距离为 m处解析(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE(xABR)mgxABmgRmv2解得v10 m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：mghqEh0mv2解得h m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ff maxqE4 N，重力Gmg2 N因为GFf max所以带电体最终静止在C点上方到C点的竖直距离为 m处1用动力学的观点分析带电粒子在复合场中的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为简单的正交直线运动，化繁为简(3)综合运用牛顿运动定律和匀变
21、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的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性2用能量的观点来分析带电粒子在复合场中的运动(1)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现(2)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理高考模拟明确考向1(2014山东18)如图10所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)不计重力
22、，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图10A. B. C. D. 答案B解析由带电粒子在电场中的运动规律可知，两带电粒子的运动轨迹对称，则相切处定为两运动水平位移相同处，即为该矩形区域的中心，以带电粒子q为研究对象，水平位移时，竖直位移为.由v0t，at2，a，得v0 ，所以B项正确2(2013广东15)喷墨打印机的简化模型如图11所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()图11A向负极板偏转B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线D运动轨迹与所带电荷量无关答案C解析带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板
23、偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据xv0t，yat2及a，得带电微滴的轨迹方程为y，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C正确，D错误3(2012江苏2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()AC和U均增大 BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小答案B解析由平行板电容器电容的决定式C知，当插入电介质后，r变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C，得U，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项
24、B正确4. 如图12所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则()图12A在前时间内，电场力对粒子做的功为UqB在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11D在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为12答案BC解析粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个的时间内沿电场线方向的位移之比为13，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，
25、选项A错，B对；由WEqx知在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11，选项C对，D错5(2014安徽22)如图13所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔一个质量为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：图13(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的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答案(1)(2)(3) d 解析(1)由自由落体规律可知，小球下落h时的末速度为v，有v22gh，即v(2)设小球在极
26、板间运动的加速度为a，由v22ad，得a.由牛顿第二定律qEmgma，电容器的电荷量QCUCEd，联立以上各式得：E，Q(3)小球做自由落体运动的时间t1 ，小球在电场中运动的时间t2 d.则小球运动的总时间tt1t2 d 练出高分一、单项选择题1如图1所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是()图1A第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀
27、速运动C所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D所有液滴下落过程中电场力做功相等答案C解析第一滴液滴下落时，A上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，液滴所受
28、的电场力不同，电场力做功不同，所以D错误2一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试探电荷固定在P点，如图2所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、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，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()图2答案C解析由平行板电容器的电容C可知 d减小时，C变大，但不是一次函数，A错在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U，E与d无关，则B错在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离d，移动x后为dx.因为移动极板过程中电场强度E不变故PE(dx)EdEx
29、，其中xl0，则C正确；正电荷在P点的电势能WqPqEdqEx，显然D错3如图3所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场电子的重力不计在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()图3A仅将偏转电场极性对调B仅增大偏转电极板间的距离C仅增大偏转电极板间的电压D仅减小偏转电极板间的电压答案C解析改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A错误；根据E可知，当两极板间距离d增大时，E减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项B错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则Lv0t
30、、ema及tan 可得tan ，当U增大时偏转角也增大，选项C正确，D错误4如图4所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们()图4A同时到达屏上同一点B先后到达屏上同一点C同时到达屏上不同点D先后到达屏上不同点答案B解析一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.5(2014天津4)如图5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
31、共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()图5A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解析由于两极板的正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但粒子动能一定增加，所以只有C正确6如图6甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可以忽略不计的带正电粒子固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而
32、向B板运动，并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是()图6A0t0 B.t0C.t0T DTt0答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负分别作出t00、时粒子运动的速度图象，如图所示，由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0t0与t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零，t0时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0T时情况类似因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确二、多项选择题7如图7所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节
33、，电容器两板与电池相连接Q表示电容器所带的电荷量，E表示两板间的电场强度则()图7A当d增大，S不变时，Q减小，E减小B当S增大，d不变时，Q增大，E增大C当d减小，S增大时，Q增大，E增大D当S减小，d增大时，Q不变，E增大答案AC解析由C，C，E，可知A、C正确8. 如图8所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgqE，则()图8A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D若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为答案BD解析由于带电
34、小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知ag，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得mg2h0mv，解得h，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则EpqE2hcos 120qEhmg，D正确9如图9所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N
35、两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是()图9A使初速度减为原来的B使M、N间电压加倍C使M、N间电压提高到原来的4倍D使初速度和M、N间电压都减为原来的答案BD解析粒子恰好到达N板时有Uqmv，恰好到达两板中间返回时有qmv2，比较两式可知B、D选项正确10如图10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L0.4 m，两极板间距离d4103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央已知微粒质量m4105 kg、电荷量q1108 C，g10 m/s2则下列说法正确的是()
36、图10A微粒的入射速度v010 m/sB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，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由gt2，v0t，得v010 m/s，A对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B错；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at，Lv0t1，mgma，得U1120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U2200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为1
37、20 VU200 V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C对，D错三、非选择题11在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图11所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？图11答案eU1解析电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1mv进入偏转电场后Lvxt，vyat，a射出偏转电场时合速度v，以后匀速到达荧光屏，由以上各式得Ekmv2eU1.12如图12所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道
38、在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m、电荷量为q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：图12(1)电场强度E的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力的大小答案(1)(2)(3)(23)mg解析(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理知qE3Rmg2Rmv小球离开C点后做平抛运动到P点，Rgt22RvCt得E(2)设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知qE(2RRsin )mgR(1cos )mv2即mv2mgR(sin cos 1)根据数学知识可知，当45时动能最大由此可得v(3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知，FqEsin mgcos 解得F(23)mg