2020屆高考物理總復習第七單元電場課時3電容器帶電粒子在電場中的運動講義.docx

課時3電容器帶電粒子在電場中的運動1.電容和電容器(1)常見電容器組成:由兩個彼此絕緣又相距很近的導體組成。帶電荷量:一個極板所帶電荷量的絕對值。電容器的充、放電充電:使電容器帶電的過程,充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷,電容器中儲存電場能。放電:使充電后的電容器失去電荷的過程,放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。(2)電容定義:電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。定義式:C=QU。物理意義:表示電容器容納電荷本領大小的物理量。電容是一個電容器的容量,是一個物理量,電容器是一個元件。單位:法拉(F),1 F=106F=1012 pF。(3)平行板電容器影響因素:平行板電容器的電容C與正對面積S成正比,與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)r成正比,與兩板間的距離d成反比。決定式:C=rS4kd,k為靜電力常量。2.帶電粒子在電場中加速(1)從動力學角度分析:當帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場時,粒子將做勻變速直線運動,加速度a=Eqm,位移x=v2-v022a。(2)從功能角度分析:帶電粒子如果僅受電場力的作用,電場力做功等于粒子動能的變化,即qU=12mv2-12mv02(無論勻強電場還是非勻強電場都成立)。3.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件:帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場。(2)處理方法:類似于平拋運動,應用運動的合成與分解的方法。a.沿初速度方向做勻速直線運動,運動時間t=lv0。b.沿電場力方向,做勻加速直線運動。加速度:a=Fm=qEm=qUmd。離開電場時的偏移量:y=12at2=qUl22mdv02。離開電場時的偏轉(zhuǎn)角:tan =vyv0=qUlmdv02。4.示波管(1)構造:由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏等組成,如圖所示。(2)工作原理:如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間沒有電壓,則電子槍射出的電子沿直線運動,打在熒光屏中央,產(chǎn)生一個亮斑。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX之間加電壓,電子會橫向偏轉(zhuǎn);在偏轉(zhuǎn)電極YY之間加電壓,電子會豎向偏轉(zhuǎn)。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間同時加上電壓,電子會在橫向和豎向同時發(fā)生偏轉(zhuǎn),亮斑的位置由UXX與UYY共同決定。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間同時加上周期性變化的電壓,亮斑會在橫向和豎向同時發(fā)生周期性移動,可能形成周期性變化的圖線。1.(2018湖南邵陽段考)水平放置的平行板電容器充電后,去掉電源,下列說法正確的是()。A.將兩極板的間距加大,電容將增大B.將兩極板的間距加大,極板所帶電荷量將增大C.將兩極板平行錯開,使正對面積減小,電容將減小D.將兩極板平行錯開,使正對面積減小,極板所帶電荷量將減小答案C2.(2019貴州畢節(jié)月考)如圖所示的裝置,可以探究影響平行板電容器電容的因素,關于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是()。A.電容器與電源保持連接,左移電容器左極板,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大B.電容器充電后與電源斷開,上移電容器左極板,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大C.電容器充電后與電源斷開,在電容器兩極板間插入玻璃板,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大D.電容器充電后與電源斷開,在電容器兩極板間插入金屬板,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大答案B3.(2018陜西寶雞單元檢測)如圖所示,當開關S1閉合、S2斷開時,電容器極板間的電壓為U,每個極板上所帶的電荷量為Q;當開關S1斷開、S2閉合時,電容器極板間的電壓為2U。則電容器的電容C=;電容器極板間的電壓為2U時,電容器的電容,極板上所帶的電荷量Q=。答案QU不變2Q4.(2018山東曲阜段考)(多選)如圖所示,電子由靜止開始從A極板向B極板運動,當?shù)竭_B極板時速度為v,保持兩板間電壓不變,則()。A.當增大兩板間距離時,v增大B.當減小兩板間距離時,v增大C.當改變兩板間距離時,v不變D.當增大兩板間距離時,電子在兩板間運動的時間也增大答案CD5.(2018湖南永州月考)(多選)a、b、c三個粒子(24He)由同一點同時垂直電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場,其軌跡如圖所示,其中b恰好飛出電場。由此可以肯定()。A.在b飛離電場的同時,a剛好打在負極板上B.b和c同時飛離電場C.進入電場時,c的速度最大,a的速度最小D.c動能的增量最大,a和b的動能增量一樣大答案AC6.(2018湖北黃石單元檢測)(多選)如圖所示,如果在熒光屏上的P點出現(xiàn)亮斑,那么示波管中()。A.極板X應該帶正電B.極板X應該帶正電C.極板Y應該帶正電D.極板Y應該帶正電答案AC1.(2018全國卷,21)(多選)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b,它們由靜止開始運動,在隨后的某時刻t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是()。A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時刻,a的動能比b的大C.在t時刻,a和b的電勢能相等D.在t時刻,a和b的動量大小相等解析因為某時刻t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面,所以yayb,根據(jù)y=12at2(此a為加速度),可知aaab,又因為a、b所帶電荷量大小相等,根據(jù)加速度a=qEm可知mayb,所以EkaEkb,B項正確;qa為正電荷,qb為負電荷,下極板接地,電勢為零,兩板之間的電勢為正,根據(jù)Ep=q,可知EpaEpb,故C項錯誤;根據(jù)動量定理p=mv=mat=mqEmt=qEt,所以在t時刻,a和b的動量大小相等,D項正確。答案BD2.(2017全國卷,25)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求:(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比。(2)A點距電場上邊界的高度。(3)該電場的電場強度大小。解析(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,設加速度大小均為a,M、N在電場中沿水平方向的位移分別為x1和x2。由題給條件和運動學公式得v0-at=0x1=v0t+12at2x2=v0t-12at2聯(lián)立解得x1x2=3。(2)設A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,由運動學公式得vy2=2ghH=vyt+12gt2M進入電場后做直線運動,由幾何關系知v0vy=x1H聯(lián)立解得h=13H。(3)設電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則v0vy=qEmg設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得Ek1=12m(v02+vy2)+mgH+qEx1Ek2=12m(v02+vy2)+mgH-qEx2由已知條件Ek1=1.5Ek2聯(lián)立解得E=2mg2q。答案(1)31(2)13H(3)2mg2q見自學聽講P126一平行板電容器的動態(tài)分析1.兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連,電容器兩極板間的電勢差U保持不變。(2)電容器充電后與電源斷開,電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。2.動態(tài)分析思路(1)U不變根據(jù)C=QU=rS4kd先分析電容的變化,再分析Q的變化。根據(jù)E=Ud分析電場強度的變化。根據(jù)UAB=Ed分析某點電勢的變化。(2)Q不變根據(jù)C=QU=rS4kd先分析電容的變化,再分析U的變化。根據(jù)E=Ud=4kQrS分析電場強度的變化。例1如圖所示,M、N兩金屬板平行豎直放置,使其帶電,懸掛其中的帶電小球P偏離豎直方向。下列措施中會使OP懸線與豎直方向的夾角增大的是(P球不與金屬極板接觸)()。A.增大M、N兩極板間的電勢差B.減小M、N兩極板的帶電荷量C.保持板間間距不變,將M、N板一起向右平移D.保持板間間距不變,將M、N板一起向左平移解析小球受水平向右的電場力和豎直向下的重力,處于平衡狀態(tài),增大兩板間的電勢差,則電場強度增大,電場力增大,偏角增大,A項正確;減小電容器的帶電荷量,兩板間電勢差減小,電場強度減小,電場力減小,偏角減小,B項錯誤;C、D兩項中電場強度不會變化,偏角不變,故C、D兩項錯誤。答案A變式1(多選)如圖所示,A、B為兩塊平行帶電金屬板,B板帶正電且與大地相接,A板帶負電,在兩板間P點處固定一負電荷,設此時兩極板間的電勢差為U,P點電場強度大小為E,電勢為P,負電荷的電勢能為Ep,現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變),下列說法正確的是()。A.U變大,E變大B.U變小,P變小C.P變小,Ep變大D.P變大,Ep變小解析根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變,當正對面積減小時,則由C=rS4kd可知電容減小,由U=QC可知極板間電壓增大,由E=Ud可知,電場強度增大,故A項正確;設P與B板之間的距離為d,P點的電勢為P,B板接地,B=0,則由題可知0-P=Ed,Ed是增大的,則P一定減小,因為負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大,所以可知電勢能Ep是增大的,C項正確。答案AC兩類典型的動態(tài)變化分析二帶電粒子在電場中的直線運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合=0,粒子或靜止,或做勻速直線運動。(2)粒子所受合外力F合0,且與初速度方向在同一條直線上,帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。2.用動力學觀點分析a=qEm,E=Ud,v2-v02=2ad。3.用功能觀點分析勻強電場中:W=Eqd=qU=12mv2-12mv02。非勻強電場中:W=qU=Ek2-Ek1。例2如圖所示,一充電后的平行板電容器的兩極板相距為l。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q0)的粒子;在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子。在電場力的作用下,兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于極板且與上極板相距為25l的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略,不計粒子重力,則Mm為()。A.32B.21C.52D.31解析因兩粒子同時經(jīng)過一平行于極板且與上極板相距25l的平面,電荷量為q的粒子通過的位移為25l,電荷量為-q的粒子通過的位移為35l,由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1=qEM、a2=qEm,由運動學公式有25l=12a1t2=qE2Mt2,35l=12a2t2=qE2mt2,聯(lián)立解得Mm=32,故A項正確。答案A(1)帶電體重力是否計入的判斷微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子等)和無特別說明的帶電粒子,一般都不計重力(并不是忽略質(zhì)量)。帶電微粒(如油滴、液滴、塵埃、小球等)除有特別說明或暗示外,一般要考慮重力。原則上,所有未明確交代的帶電體,都應根據(jù)題設運動狀態(tài)和過程,反推是否計重力(隱含條件)。(2)帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1.運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動,運動時間a.能飛出電容器:t=lv0。b.不能飛出電容器:y=12at2=qU2mdt2,t=2mdyqU。(2)沿電場力方向,做勻加速直線運動加速度:a=Fm=qEm=qUmd。離開電場時的偏移量:y=12at2=qUl22mdv02。離開電場時的偏轉(zhuǎn)角:tan =vyv0=qUlmdv02。2.兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時,偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明:由qU0=12mv02y=12at2=12qU1mdlv02tan =qU1lmdv02解得y=U1l24U0d,tan =U1l2U0d。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點,即射出時O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為l2。3.功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解:qUy=12mv2-12mv02,其中Uy=Udy,指初、末位置間的電勢差。例3如圖甲所示,虛線MN左側有一電場強度E1=E的勻強電場,在兩條平行的直線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度E2=2E的勻強電場,在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e,質(zhì)量為m,不計重力)無初速度地放入電場E1中的A點,A點到MN的距離為L2,最后電子打在右側的屏上,AO連線與屏垂直,垂足為O。求:甲(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間t。(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值tan 。(3)電子打到屏上的點P(圖中未標出)到點O的距離x。解析(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動,設加速度為a1,時間為t1,由牛頓第二定律得a1=eEm由x=12at2得L2=12a1t12電子進入電場E2時的速度v1=a1t1電子進入電場E2后到打到屏上的過程中,電子在水平方向做勻速直線運動,時間t2=2Lv1電子從釋放到打到屏上所用的時間t=t1+t2聯(lián)立上式解得t=3mLeE。(2)設電子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy電子進入電場E2時的加速度a2=eE2m=2eEmvy=a2t3,t3=Lv1電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值tan=vyv1=2。(3)電子在電場中的運動軌跡如圖乙所示,設電子打到屏上的點P到O點的距離為x,根據(jù)幾何關系得tan=x32L,聯(lián)立解得x=3L。乙答案(1)3mLeE(2)2(3)3L變式2電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側射出。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0,偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。(1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y。(2)分析物理量的數(shù)量級,是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力,請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g=10 m/s2。解析(1)根據(jù)動能定理,有eU0=12mv02電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0=2eU0m在偏轉(zhuǎn)電場中,電子的運動時間t=Lv0=Lm2eU0加速度a=eEm=eUmd偏轉(zhuǎn)距離y=12a(t)2=UL24U0d。(2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級,有重力G=mg110-29N電場力F=eUd110-15N由于FG,因此不需要考慮電子所受的重力。答案(1)2eU0mUL24U0d(2)見解析用“等效法”處理帶電粒子在電場和重力場中的運動帶電體在重力場和勻強電場中運動,可以將重力和電場力合成一個力,等效為一個力,這樣將帶電體在重力場中運動的研究方法可移植到這里,可使解題的速度大大提高。例4如圖甲所示,絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30的斜面,AC部分是豎直平面內(nèi)半徑為R的圓弧軌道,斜面與圓弧軌道相切。整個裝置處于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小球,帶正電荷量q=3mg3E,要使小球能安全通過圓弧軌道,在O點(O點在軌道AB上)的初速度應為多大?解析小球先在斜面上運動,受重力、電場力、支持力,然后在圓弧軌道上運動,受重力、電場力、軌道作用力,如圖乙所示,類比重力場,將電場力與重力的合力視為等效重力mg,大小為mg=(qE)2+(mg)2=23mg3,tan=qEmg=33,得=30,等效重力的方向與斜面垂直指向右下方,小球在斜面上做勻速運動。因要使小球能安全通過圓弧軌道,在圓弧軌道的等效“最高點”(D點)滿足等效重力剛好提供向心力,即有mg=mvD2R因=30與斜面的傾角相等,由幾何關系可知AD=2R令小球以最小初速度v0運動,由動能定理知-2mgR=12mvD2-12mv02解得v0=103gR3因此要使小球安全通過圓弧軌道,初速度v應滿足v103gR3。答案v103gR3“等效法”在電場中的應用處理帶電粒子在“等效場”中的運動,要關注以下兩點:一是對帶電粒子進行受力分析時,注意帶電粒子受到的電場力的方向與運動方向所成的夾角是銳角還是鈍角,從而決定電場力做功情況;二是注意帶電粒子的初始運動狀態(tài)。(1)等效重力法。將重力與電場力進行合成,如圖所示,則F合為等效重力場中的“重力”,g=F合m為等效重力場中的“等效重力加速度”,F合的方向等效為“重力”的方向。(2)物理最高點與幾何最高點。在“等效場”中做圓周運動的小球,經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題。小球能維持圓周運動的條件是能過最高點,而這里的最高點不一定是幾何最高點,而應是物理最高點。見高效訓練P751.(2018青海玉樹質(zhì)檢)圖示為某位移式傳感器的原理示意圖,平行金屬板A、B和介質(zhì)P構成電容器。則()。A.A向上移,電容器的電容變大B.P向左移,電容器的電容變大C.A向上移,流過電阻R的電流方向從N到MD.P向左移,流過電阻R的電流方向從M到N答案D2.(2018天津南開中學模擬)如圖所示,在勻強電場中有四條間距均為d的平行等勢線1、2、3、4,各條線上的電勢分別為0、-0、-20、-30;有一個帶電粒子,質(zhì)量為m(不計重力),電荷量為q,從A點與等勢線4成角以初速度v0射入電場中,到達等勢線2上的B點時,速度方向恰好水平向左,則勻強電場的電場強度大小為()。A.mv02sin24qdB.mv02sin22qdC.mv02cos24qd D.mv02cos22qd解析帶電粒子在勻強電場中做類斜拋運動,水平方向做速度vx=v0cos的勻速直線運動,豎直方向做初速度vy=v0sin,加速度a=Eqm的勻減速直線運動,對運動過程應用動能定理有-Eq2d=12mvx2-12mv02,解得E=mv02sin24qd,A項正確。答案A3.(2018云南臨滄段考)靜電計是在驗電器的基礎上制成的,用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示,A、B是平行板電容器的兩個金屬板,為靜電計。開始時開關S閉合,靜電計指針張開一定角度,為了使指針張開的角度增大些,下列采取的措施可行的是()。A.斷開開關S后,將A、B兩極板分開些B.保持開關S閉合,將A、B兩極板分開些C.保持開關S閉合,將A、B兩極板靠近些D.保持開關S閉合,將變阻器滑動觸頭向右移動解析斷開開關,電容器帶電荷量不變,將A、B兩極板分開一些,則d增大,根據(jù)C=S4kd知,電容減小,根據(jù)U=QC知,電勢差增大,指針張角增大,A項正確;保持開關閉合,電容器兩端的電勢差不變,則指針張角不變,故B、C兩項錯誤;保持開關閉合,電容器兩端的電勢差不變,變阻器僅僅充當導線功能,滑動觸頭滑動不會影響指針張角,故D項錯誤。答案A4.(2018湖北武漢月考)如圖所示,A、B為水平放置的平行正對金屬板,在板中央分別有一小孔M、N,D為理想二極管,R為滑動變阻器。閉合開關S,待電路穩(wěn)定后,將一帶負電荷的帶電小球從M、N正上方的P點由靜止釋放,小球恰好能運動至小孔N處。下列說法正確的是()。A.若僅將A板上移,帶電小球仍將恰好運動至小孔N處B.若僅將B板上移,帶電小球?qū)男】譔穿出C.若僅將滑動變阻器的滑片上移,帶電小球?qū)o法運動至N處D.斷開開關S,從P處將小球由靜止釋放,帶電小球?qū)男】譔穿出解析若僅將A板上移,根據(jù)公式C=rS4kd知電容減小,由于二極管的作用可以阻止電容器的放電,故電荷量不變,根據(jù)C=QU,U=Ed,可得E=4kQrS,故電場強度不變,則帶電小球到達小孔N時,重力做功小于電場力做功,可知小球未到達小孔N時速度已經(jīng)減為零繼而返回了,A項錯誤。若僅將B板上移,電壓U一定,則小球到達小孔N時,電場力做功不變,重力做功小于電場力做功,可知小球未到達小孔N時速度已經(jīng)減為零繼而返回了,B項錯誤。將滑動變阻器的滑片上移,分壓增加,故電容器的電壓增加,如果小球能到達小孔N,重力做功小于電場力做功,可知小球未到達小孔N時速度已經(jīng)減為零繼而返回了,C項正確。斷開開關S,電場強度不變,故小球恰好能運動至小孔N處,D項錯誤。答案C5.(2018東北三校二聯(lián))如圖所示,一重力不計的帶電粒子以初速度v0射入水平放置、距離為d的兩平行金屬板間,射入方向沿兩極板的中心線。當極板間所加電壓為U1時,粒子落在A板上的P點。如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0,同時將A板向上移動d2后,使粒子由原入射點射入后仍落在P點,則極板間所加電壓U2為()。A.U2=3U1B.U2=6U1C.U2=8U1D.U2=12U1解析板間距離為d,射入速度為v0,板間電壓為U1時,在電場中有d2=12at2,a=qU1md,t=xv0,解得U1=md2v02qx2;A板上移d2,射入速度為2v0,板間電壓為U2時,在電場中有d=12at2,a=2qU23md,t=x2v0,解得U2=12md2v02qx2,即U2=12U1,D項正確。答案D6.(2018安徽安慶月考)(多選)如圖所示,紙面內(nèi)有一勻強電場,帶正電的小球(重力不計)在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運動至B,已知力F和AB間夾角為,A、B間距離為d,小球帶電荷量為q,則下列結論正確的是()。A.電場強度的大小E=FcosqB.A、B兩點的電勢差UAB=-FdcosqC.帶電小球由A運動至B過程中電勢能增加了Fdcos D.若帶電小球由B勻速運動至A,則恒力F必須反向解析由題知小球的重力不計,小球只受到電場力與恒力F作用而做勻速直線運動,則有qE=F,可得電場強度E=Fq,故A項錯誤。A、B兩點的電勢差U=-Edcos=-Fdcosq,故B項正確。帶電小球由A運動至B的過程中恒力做功W=Fdcos,根據(jù)功能關系可知,電勢能增加了Fdcos,故C項正確。小球所受的電場力恒定不變,若帶電小球由B向A做勻速直線運動,則F大小、方向不變,故D項錯誤。答案BC7.(2019湖北恩施單元檢測)(多選)噴墨打印機的簡化模型如圖所示。重力可忽略的墨汁微滴,經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?以速度v垂直勻強電場飛入極板間,最終打在紙上。則微滴在極板間電場中()。A.向正極板偏轉(zhuǎn) B.電勢能逐漸增大C.運動軌跡是拋物線D.運動軌跡與帶電荷量無關解析帶負電的微滴進入勻強電場后向正極板偏轉(zhuǎn),電場力對微滴做正功,微滴的電勢能減小,微滴在垂直電場方向做勻速直線運動,在平行電場方向做勻加速運動,則有x=vt,y=12Eqmt2,所以x2=2mv2Eqy,A、C兩項正確。答案AC8.(2018江西新豐中學模擬)(多選)如圖所示,水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場,一帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出,從B點進入電場,到達C點時速度方向恰好水平,由此可知()。A.從B到C,小球的動能減小B.從B到C,小球的電勢能減小C.從A到B與從B到C,小球的運動時間一定相等D.從A到B與從B到C,小球的速度變化量大小一定相等解析由運動軌跡可知,在MN上方,帶電小球做平拋運動,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做自由落體運動;在MN下方,帶電小球在水平方向做勻速直線運動,豎直方向做勻減速直線運動,加速度豎直向上,從B到C,合力做負功,小球的動能減小,A項正確。從B到C,電場力做負功,小球的電勢能增加,B項錯誤。由于電場力大小不確定,則小球在電場中的加速度不確定,故兩過程的時間長短不確定,C項錯誤。因為水平方向小球做勻速直線運動,所以速度的變化僅發(fā)生在豎直方向上,從A到B與從B到C兩過程速度的變化量大小一定相等,D項正確。答案AD9.(2018哈爾濱模擬)(多選)如圖所示,M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板,板間有勻強電場,一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v0由小孔進入電場,當M、N間電壓為U時,粒子剛好能到達N板,如果要使這個帶電粒子能在到達M、N兩板間距的12處返回,則下列措施能滿足要求的是()。A.將初速度減為原來的12B.將M、N間電壓提高到原來的2倍C.將M、N間電壓提高到原來的4倍D.將初速度和M、N間電壓都減為原來的12解析在粒子剛好到達N板的過程中,由動能定理得-qEd=0-12mv02,所以d=mv022qE,令帶電粒子離開M板的最遠距離為x,則將初速度減為原來的12,x=d4;將M、N間電壓提高到原來的2倍,電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍,x=d2;將M、N間電壓提高到原來的4倍,電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍,x=d4;將初速度和M、N間電壓都減為原來的12,電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话?x=d2。故B、D兩項滿足要求。答案BD10.(2018湖北三模)(多選)如圖甲所示,一對平行金屬板長為L,兩板間距為d,質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從平行板左側以速度v0沿兩板的中線不斷進入平行板之間。兩板間所加交變電壓uAB如圖乙所示,交變電壓的周期T=L2v0,已知所有電子都能穿過平行板,且最大偏距的粒子剛好從極板的邊緣飛出。不計重力作用,則()。A.所有電子都從右側的同一點離開電場B.所有電子離開電場時速度都是v0C.t=0時刻進入電場的電子,離開電場時的動能最大D.t=14T時刻進入電場的電子,在兩板間運動時的最大側位移為d16解析電子進入電場后做類平拋運動,水平方向分速度不變,穿過電場的時間t=Lv0=2T。不同時刻進入電場的電子在豎直方向的分速度圖象如圖丙所示,根據(jù)圖象的“面積”大小等于位移可知,各個電子在豎直方向的位移不全相同,故所有電子從右側離開電場的位置不全相同,A項錯誤。由圖丙可看出,所有電子離開電場時豎直方向分速度vy=0,速度都等于v0,B項正確。由以上分析可知,電子離開電場時的速度都相同,動能都相同,C項錯誤。t=T4時刻進入電場的電子,在t=34T時刻側位移最大,最大側位移ymax=212aT42=aT216,在t=0時刻進入電場的電子側位移最大為12d,則有12d=412aT22,聯(lián)立解得ymax=d16,D項正確。答案BD11.(2018河北正定模擬)從地面以初速度v0斜向上拋出一個質(zhì)量為m的小球,當小球到達最高點時,小球具有的動能與勢能之比是916,取地面為重力勢能參考面,不計空氣阻力?，F(xiàn)在此空間加上一個平行于小球平拋平面的水平電場,以相同的初速度拋出帶上正電荷量為q的原小球,則小球到達最高點時的動能與拋出時的動能相等。求:(1)無電場時,小球上升到最高點所用的時間。(2)后來加上的電場的電場強度大小。解析(1)無電場時,小球到達最高點具有的動能與勢能之比是916將小球的運動分解為水平方向和豎直方向,則由vy2=2gh,得12mvy2=mgh12mvx212mvy2=916解得拋出時vxvy=34所以豎直方向的初速度vy=45v0豎直方向小球做勻減速運動,有vy=gt,解得t=4v05g。(2)設后來加上的電場的電場強度大小為E,小球到達最高點時的動能與剛拋出時的動能相等,若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相同,則有E1qmt+35v0=v0解得E