高中地球的運(yùn)動(dòng)教案

高考物理電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)點(diǎn)總結(jié)復(fù)習(xí)。

第九章電場(chǎng)
電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
知識(shí)要點(diǎn)：
一、基礎(chǔ)知識(shí)
1、電容
（1）兩個(gè)彼此絕緣，而又互相靠近的導(dǎo)體，就組成了一個(gè)電容器。
（2）電容：表示電容器容納電荷的本領(lǐng)。
a定義式：，即電容C等于Q與U的比值，不能理解為電容C與Q成正比，與U成反比。一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無(wú)關(guān)。
b決定因素式：如平行板電容器（不要求應(yīng)用此式計(jì)算）
（3）對(duì)于平行板電容器有關(guān)的Q、E、U、C的討論時(shí)要注意兩種情況：
a保持兩板與電源相連，則電容器兩極板間的電壓U不變
b充電后斷開電源，則帶電量Q不變
（4）電容的定義式：（定義式）
（5）C由電容器本身決定。對(duì)平行板電容器來(lái)說(shuō)C取決于：（決定式）
（6）電容器所帶電量和兩極板上電壓的變化常見的有兩種基本情況：
第一種情況：若電容器充電后再將電源斷開，則表示電容器的電量Q為一定，此時(shí)電容器兩極的電勢(shì)差將隨電容的變化而變化。
第二種情況：若電容器始終和電源接通，則表示電容器兩極板的電壓V為一定，此時(shí)電容器的電量將隨電容的變化而變化。

2、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
（1）帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合了靜電場(chǎng)和力學(xué)的知識(shí)，分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程（平衡、加速或減速，是直線還是曲線），然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。
（2）在對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)，要注意兩點(diǎn)：
a要掌握電場(chǎng)力的特點(diǎn)。如電場(chǎng)力的大小和方向不僅跟場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向有關(guān)，還與帶電粒子的電量和電性有關(guān)；在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，帶電粒子所受電場(chǎng)力處處是恒力；在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中，同一帶電粒子在不同位置所受電場(chǎng)力的大小和方向都可能不同。
b是否考慮重力要依據(jù)具體情況而定：基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等除有要說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）。帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。
3、帶電粒子的加速（含偏轉(zhuǎn)過(guò)程中速度大小的變化）過(guò)程是其他形式的能和功能之間的轉(zhuǎn)化過(guò)程。解決這類問(wèn)題，可以用動(dòng)能定理，也可以用能量守恒定律。
如選用動(dòng)能定理，則要分清哪些力做功？做正功還是負(fù)功？是恒力功還是變力功？若電場(chǎng)力是變力，則電場(chǎng)力的功必須表達(dá)成，還要確定初態(tài)動(dòng)能和末態(tài)動(dòng)能（或初、末態(tài)間的動(dòng)能增量）
如選用能量守恒定律，則要分清有哪些形式的能在變化？怎樣變化（是增加還是減少）？能量守恒的表達(dá)形式有：
a初態(tài)和末態(tài)的總能量（代數(shù)和）相等，即；
b某種形式的能量減少一定等于其它形式能量的增加，即
c各種形式的能量的增量的代數(shù)和；

4、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中類平拋的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題。
如果帶電粒子以初速度v0垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)重力，電場(chǎng)力使帶電粒子產(chǎn)生加速度，作類平拋運(yùn)動(dòng)，分析時(shí)，仍采用力學(xué)中分析平拋運(yùn)動(dòng)的方法：把運(yùn)動(dòng)分解為垂直于電場(chǎng)方向上的一個(gè)分運(yùn)動(dòng)——?jiǎng)蛩僦本€運(yùn)動(dòng)：，；另一個(gè)是平行于場(chǎng)強(qiáng)方向上的分運(yùn)動(dòng)——?jiǎng)蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，，，粒子的偏轉(zhuǎn)角為。
經(jīng)一定加速電壓（U1）加速后的帶電粒子，垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向射入確定的平行板偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，粒子對(duì)入射方向的偏移，它只跟加在偏轉(zhuǎn)電極上的電壓U2有關(guān)。當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓的大小極性發(fā)生變化時(shí)，粒子的偏移也隨之變化。如果偏轉(zhuǎn)電壓的變化周期遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于粒子穿越電場(chǎng)的時(shí)間（T），則在粒子穿越電場(chǎng)的過(guò)程中，仍可當(dāng)作勻強(qiáng)電場(chǎng)處理。

應(yīng)注意的問(wèn)題：
1、電場(chǎng)強(qiáng)度E和電勢(shì)U僅僅由場(chǎng)本身決定，與是否在場(chǎng)中放入電荷，以及放入什么樣的檢驗(yàn)電荷無(wú)關(guān)。
而電場(chǎng)力F和電勢(shì)能兩個(gè)量，不僅與電場(chǎng)有關(guān)，還與放入場(chǎng)中的檢驗(yàn)電荷有關(guān)。
所以E和U屬于電場(chǎng)，而和屬于場(chǎng)和場(chǎng)中的電荷。
2、一般情況下，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和電場(chǎng)線并不重合，運(yùn)動(dòng)軌跡上的一點(diǎn)的切線方向表示速度方向，電場(chǎng)線上一點(diǎn)的切線方向反映正電荷的受力方向。物體的受力方向和運(yùn)動(dòng)方向是有區(qū)別的。
如圖所示：
只有在電場(chǎng)線為直線的電場(chǎng)中，且電荷由靜止開始或初速度方向和電場(chǎng)方向一致并只受電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，在這種特殊情況下粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡才是沿電力線的。
3、點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)
（1）點(diǎn)電荷在真空中形成的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，當(dāng)源電荷時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)方向背離源電荷，當(dāng)源電荷為負(fù)時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)方向指向源電荷。但不論源電荷正負(fù)，距源電荷越近場(chǎng)強(qiáng)越大。
（2）當(dāng)取時(shí)，正的源電荷電場(chǎng)中各點(diǎn)電勢(shì)均為正，距場(chǎng)源電荷越近，電勢(shì)越高。負(fù)的源電荷電場(chǎng)中各點(diǎn)電勢(shì)均為負(fù)，距場(chǎng)源電荷越近，電勢(shì)越低。
（3）若有n個(gè)點(diǎn)電荷同時(shí)存在，它們的電場(chǎng)就互相迭加，形成合電場(chǎng)，這時(shí)某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度就等于各個(gè)點(diǎn)電荷在該點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的矢量和，而某點(diǎn)的電勢(shì)就等于各個(gè)點(diǎn)電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)的代數(shù)和。
【zfW152.cOm 趣祝?！?/p>

精選閱讀

1.8帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

一名優(yōu)秀的教師就要對(duì)每一課堂負(fù)責(zé)，教師要準(zhǔn)備好教案，這是每個(gè)教師都不可缺少的。教案可以讓學(xué)生們充分體會(huì)到學(xué)習(xí)的快樂(lè)，有效的提高課堂的教學(xué)效率。教案的內(nèi)容要寫些什么更好呢？以下是小編為大家精心整理的“1.8帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)”，僅供參考，歡迎大家閱讀。

1.8帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

教學(xué)三維目標(biāo)

（一）知識(shí)與技能

1．了解帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)——只受電場(chǎng)力，帶電粒子做勻變速運(yùn)動(dòng)。

2．重點(diǎn)掌握初速度與場(chǎng)強(qiáng)方向垂直的帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。

3．知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理。

（二）過(guò)程與方法

培養(yǎng)學(xué)生綜合運(yùn)用力學(xué)和電學(xué)的知識(shí)分析解決帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。

（三）情感態(tài)度與價(jià)值觀

1．滲透物理學(xué)方法的教育：運(yùn)用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，不計(jì)粒子重力。

2．培養(yǎng)學(xué)生綜合分析問(wèn)題的能力，體會(huì)物理知識(shí)的實(shí)際應(yīng)用。

重點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)規(guī)律

難點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題及應(yīng)用。

教學(xué)過(guò)程：

（一）復(fù)習(xí)力學(xué)及本章前面相關(guān)知識(shí)

要點(diǎn)：動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓定律、場(chǎng)強(qiáng)等。

（二）新課教學(xué)

1．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況（平衡、加速和減速）

⑴．若帶電粒子在電場(chǎng)中所受合力為零時(shí)，即∑F＝0時(shí)，粒子將保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。

例：帶電粒子在電場(chǎng)中處于靜止?fàn)顟B(tài)，該粒子帶正電還是負(fù)電?

分析：帶電粒子處于靜止?fàn)顟B(tài)，∑F＝0，，因?yàn)樗苤亓ωQ直向下，所以所受電場(chǎng)力必為豎直向上。又因?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，所以帶電體帶負(fù)電。

⑵．若∑F≠0（只受電場(chǎng)力）且與初速度方向在同一直線上，帶電粒子將做加速或減速直線運(yùn)動(dòng)。(變速直線運(yùn)動(dòng))

◎打入正電荷（右圖），將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

設(shè)電荷所帶的電量為q，板間場(chǎng)強(qiáng)為E

電勢(shì)差為U，板距為d,電荷到達(dá)另一極板的速度為v,則

電場(chǎng)力所做的功為：

粒子到達(dá)另一極板的動(dòng)能為：

由動(dòng)能定理有：（或?qū)懔Γ?p>※若初速為v0，則上列各式又應(yīng)怎么樣？讓學(xué)生討論并列出。

◎若打入的是負(fù)電荷（初速為v0），將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)情況可能如何，請(qǐng)學(xué)生討論，并得出結(jié)論。

請(qǐng)學(xué)生思考和討論課本P33問(wèn)題

分析講解例題1。（詳見課本P33）

【思考與討論】若帶電粒子在電場(chǎng)中所受合力∑F≠0，且與初速度方向有夾角(不等于0°，180°)，則帶電粒子將做什么運(yùn)動(dòng)？（曲線運(yùn)動(dòng)）---引出

2．帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)（不計(jì)重力，且初速度v0⊥E，則帶電粒子將在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)）

復(fù)習(xí)：物體在只受重力的作用下，被水平拋出，在水平方向上不受力，將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上只受重力，做初速度為零的自由落體運(yùn)動(dòng)。物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)為這兩種運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)。

詳細(xì)分析講解例題2。

解：粒子v0在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)

沿電場(chǎng)方向勻速運(yùn)動(dòng)所以有：①

電子射出電場(chǎng)時(shí)，在垂直于電場(chǎng)方向偏移的距離為：②

粒子在垂直于電場(chǎng)方向的加速度：③

由①②③得：④

代入數(shù)據(jù)得：m

即電子射出時(shí)沿垂直于板面方向偏離0.36m

電子射出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度不變?nèi)詾関0，而垂直于電場(chǎng)方向的速度：

⑤

故電子離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為：⑥

代入數(shù)據(jù)得：=6.8°

【討論】：若這里的粒子不是電子，而是一般的帶電粒子，則需考慮重力，上列各式又需怎樣列？指導(dǎo)學(xué)生列出。

3．示波管的原理

（1）示波器：用來(lái)觀察電信號(hào)隨時(shí)間變化的電子儀器。其核心部分是示波管

（2）示波管的構(gòu)造：由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成（如圖）。

（3）原理：利用了電子的慣性小、熒光物質(zhì)的熒光特性和人的視覺(jué)暫留等，靈敏、直觀地顯示出電信號(hào)隨間變化的圖線。

◎讓學(xué)生對(duì)P35的【思考與討論】進(jìn)行討論。

（三）小結(jié)：

1、研究帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的兩條主要線索

帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，是一個(gè)綜合電場(chǎng)力、電勢(shì)能的力學(xué)問(wèn)題，研究的方法與質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)相同，它同樣遵循運(yùn)動(dòng)的合成與分解、力的獨(dú)立作用原理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能原理等力學(xué)規(guī)律．研究時(shí)，主要可以按以下兩條線索展開．

（1）力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系——牛頓第二定律

根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等．這條線索通常適用于恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的情況．

（2）功和能的關(guān)系——?jiǎng)幽芏ɡ?p>根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理或從全過(guò)程中能量的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化，經(jīng)歷的位移等．這條線索同樣也適用于不均勻的電場(chǎng)．

2、研究帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的兩類重要的思維技巧

（1）類比與等效

電場(chǎng)力和重力都是恒力，在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)可與重力作用下的運(yùn)動(dòng)類比．例如，垂直射入平行板電場(chǎng)中的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)可類比于平拋，帶電單擺在豎直方向勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)可等效于重力場(chǎng)強(qiáng)度g值的變化等．

（2）整體法(全過(guò)程法)

電荷間的相互作用是成對(duì)出現(xiàn)的，把電荷系統(tǒng)的整體作為研究對(duì)象，就可以不必考慮其間的相互作用．

電場(chǎng)力的功與重力的功一樣，都只與始末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)．它們分別引起電荷電勢(shì)能的變化和重力勢(shì)能的變化，從電荷運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中功能關(guān)系出發(fā)(尤其從靜止出發(fā)末速度為零的問(wèn)題)往往能迅速找到解題入口或簡(jiǎn)化計(jì)算．

（四）鞏固新課：1、引導(dǎo)學(xué)生完成問(wèn)題與練習(xí)。1、3、4做練習(xí)。作業(yè)紙。

2、閱讀教材內(nèi)容，及P36-37的【科學(xué)足跡】、【科學(xué)漫步】

教后記

1、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是綜合性非常強(qiáng)的知識(shí)點(diǎn)，對(duì)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系以及動(dòng)量、能量的觀點(diǎn)要求較高，是高考的熱點(diǎn)之一，所以教學(xué)時(shí)要有一定的高度。

2、學(xué)生對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的處理局限于記住偏轉(zhuǎn)量和偏轉(zhuǎn)角的公式，不能從力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系角度高層次的分析，這樣的能力可能要到高三一輪復(fù)習(xí)結(jié)束才能具備。

高考物理第一輪考綱知識(shí)復(fù)習(xí):電容器與電容、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

一名優(yōu)秀的教師就要對(duì)每一課堂負(fù)責(zé)，教師要準(zhǔn)備好教案，這是教師的任務(wù)之一。教案可以讓學(xué)生更容易聽懂所講的內(nèi)容，幫助教師緩解教學(xué)的壓力，提高教學(xué)質(zhì)量。那么如何寫好我們的教案呢？小編收集并整理了“高考物理第一輪考綱知識(shí)復(fù)習(xí):電容器與電容、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)”，希望對(duì)您的工作和生活有所幫助。

第3節(jié)電容器與電容、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【考綱知識(shí)梳理】
一。電容器
1.構(gòu)成：兩個(gè)互相靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體構(gòu)成電容器。
2.充放電：
（1）充電：使電容器兩極板帶上等量異種電荷的過(guò)程。充電的過(guò)程是將電場(chǎng)能儲(chǔ)存在電容器中。
（2）放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程。放電的過(guò)程中儲(chǔ)存在電容器中的電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。
3．電容器帶的電荷量：是指每個(gè)極板上所帶電荷量的絕對(duì)值
4.電容器的電壓：
（1）額定電壓：是指電容器的對(duì)大正常工作即電容器銘牌上的標(biāo)定數(shù)值。
（2）擊穿電壓：是指把電容器的電介質(zhì)擊穿導(dǎo)電使電容器損壞的極限電壓。
二.電容
1．定義：電容器所帶的電荷量Q與兩極板間的電壓U的比值
2．定義式：
3．電容的單位：法拉，符號(hào)：F。
4．物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，在數(shù)值上等于電容器兩板間的電勢(shì)差增加1V所需的電荷量。
5．制約因素：電容器的電容與Q、U的大小無(wú)關(guān)，是由電容器本身的結(jié)構(gòu)決定的。對(duì)一個(gè)確定的電容器，它的電容是一定的，與電容器是否帶電及帶電多少無(wú)關(guān)。
三.平行板電容器
1．平行板電容器的電容的決定式：即平行板電容器的電容與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板正對(duì)的面積成正比，與兩板間距成反比。
2．平行板電容器兩板間的電場(chǎng)：可認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)，E=U/d
四.帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1.帶電粒子的加速：對(duì)于加速問(wèn)題，一般從能量角度，應(yīng)用動(dòng)能定理求解。若為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可用牛頓運(yùn)動(dòng)定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。
2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)：對(duì)于帶電粒子以垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向進(jìn)入電場(chǎng)后，受到的電場(chǎng)力恒定且與初速度方向垂直，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)（類平拋運(yùn)動(dòng)）。
⑴處理方法往往是利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的特性：分合運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性、分合運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性、分運(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)的等效性。沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)、沿電場(chǎng)力方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀龠\(yùn)動(dòng)。
⑵基本關(guān)系：
x方向：勻速直線運(yùn)動(dòng)
Y方向：初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)

①．離開電場(chǎng)時(shí)側(cè)向偏轉(zhuǎn)量：
②．離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：φ
推論1.粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí),其速度反向延長(zhǎng)線與初速度方向交一點(diǎn),此點(diǎn)平分沿初速度方向的位移。
推論2.位移和速度不在同一直線上，且tanφ=2tanα。
【要點(diǎn)名師精解】
一、平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析
1.運(yùn)用電容器定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路
(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.
(2)用決定式C=分析平行板電容器電容的變化.
(3)用定義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化.
(4)用E=分析平行板電容器極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的變化.
2.電容器兩類動(dòng)態(tài)變化的分析比較
(1)第一類動(dòng)態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變
(2)第二類動(dòng)態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變
【例1】(20xx阜陽(yáng)模擬)如圖所示，在平行板電容器正中有一個(gè)帶電微粒.S閉合時(shí)，該微粒恰好能保持靜止.在以下兩種情況下：①保持S閉合，②充電后將S斷開.下列說(shuō)法能實(shí)現(xiàn)使該帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)打到上極板的是()
A.①情況下，可以通過(guò)上移極板M實(shí)現(xiàn)
B.①情況下，可以通過(guò)上移極板N實(shí)現(xiàn)
C.②情況下，可以通過(guò)上移極板M實(shí)現(xiàn)
D.②情況下，可以通過(guò)上移極板N實(shí)現(xiàn)
【答案】選B.
【詳解】保持S閉合的分析：因?yàn)榈冖俜N情況下兩板間電壓U不變，所以電場(chǎng)強(qiáng)度E=U/d，只有d減小，E增大，電場(chǎng)力增大，帶電微粒才向上運(yùn)動(dòng)打到上極板M上，故可以通過(guò)下移極板M或者上移極板N來(lái)實(shí)現(xiàn)，選項(xiàng)A錯(cuò)，B正確；充電后將S斷開的分析：因?yàn)榈冖诜N情況下兩極板帶電荷量Q不變，根據(jù)Q=CU，C=可得，E=，可以看出E與兩板間距離d無(wú)關(guān)，所以無(wú)論怎樣移動(dòng)M、N兩極板改變兩板間的距離，場(chǎng)強(qiáng)E、電場(chǎng)力F都不變，帶電微粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤，B正確.
二、帶電粒子在電場(chǎng)中的平衡與直線運(yùn)動(dòng)
1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理
(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量).
(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力.
2.帶電粒子在電場(chǎng)中的平衡
解題步驟:①選取研究對(duì)象.②進(jìn)行受力分析，注意電場(chǎng)力的方向特點(diǎn).③由平衡條件列方程求解.
3.帶電粒子在電場(chǎng)中的變速直線運(yùn)動(dòng)：可用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解.
【例2】如圖所示，板長(zhǎng)L=4cm的平行板電容器，板間距離d=3cm，板與水平線夾角α=37°，兩板所加電壓為U=100V，有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q=3×10-10C，以v0=1m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取g=10m/s2.求：
(1)液滴的質(zhì)量；
(2)液滴飛出時(shí)的速度.
【答案】(1)m=8×10-8kg(2)v=≈1.32(m/s)
【詳解】(1)畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：
qEcosα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcosα/dg代入數(shù)據(jù)得m=8×10-8kg
(2)對(duì)液滴由動(dòng)能定理得：qU=
v=
所以v=≈1.32(m/s)
三、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
1.粒子的偏轉(zhuǎn)角
(1)以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)：如圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電壓為U1，若粒子飛出電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角為θ，則
結(jié)論：動(dòng)能一定時(shí)tanθ與q成正比，電荷量相同時(shí)tanθ與動(dòng)能成反比.
(2)經(jīng)加速電場(chǎng)加速再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)
不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過(guò)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則由動(dòng)能定理有：②
由①②式得：tanθ=③
結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無(wú)關(guān)，僅取決于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng).
2.粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論
(1)以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)④
作粒子速度的反向延長(zhǎng)線，設(shè)交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場(chǎng)邊緣的距離為x，則
結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，就像是從極板間的處沿直線射出.
(2)經(jīng)加速電場(chǎng)加速再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)：若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則由②和④得：偏移量：⑤
上面③式偏轉(zhuǎn)角正切為：tanθ＝
結(jié)論：無(wú)論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過(guò)同一加速電場(chǎng)加速，再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們飛出的偏移量y和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，也就是軌跡完全重合.
【例3】(20xx南通模擬)(18分)如圖所示為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型示意圖.在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y=的一段(0≤x≤L，0≤y≤L)為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ.兩個(gè)電場(chǎng)大小均為E，不計(jì)電子所受重力，電子的電荷量為e，求：
(1)從電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的邊界B點(diǎn)處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時(shí)的坐標(biāo)；
(2)由電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開MNPQ的最小動(dòng)能；
【答案】(1)設(shè)電子的質(zhì)量為m，電子在電場(chǎng)Ⅰ中做勻
加速直線運(yùn)動(dòng)，出區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v0，接著在無(wú)電場(chǎng)區(qū)域
勻速運(yùn)動(dòng)，此后進(jìn)入電場(chǎng)Ⅱ，在電場(chǎng)Ⅱ中做類平拋運(yùn)動(dòng)，假
設(shè)電子從NP邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y1，
由y=對(duì)于B點(diǎn)y=L，則x=(2分)
所以eE=(2分)
解得v0=(1分)
設(shè)在電場(chǎng)Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1
L-y1=(1分)
解得y1=0，所以原假設(shè)成立，即電子離開MNPQ區(qū)域的位置坐標(biāo)為(-2L，0)(2分)
(2)設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中的坐標(biāo)為(x，y)，在電場(chǎng)Ⅰ中電子被加速，速度為v1時(shí)飛離電場(chǎng)Ⅰ，接著在無(wú)電場(chǎng)區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入電場(chǎng)Ⅱ做類平拋運(yùn)動(dòng)，并從NP邊離開，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y2.
eEx=(2分)
y2=(2分)
解得xy2=，所以原假設(shè)成立，即在電場(chǎng)Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時(shí)都從P點(diǎn)離開的.(2分)
其中只有從B點(diǎn)釋放的電子，離開P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，則從B到P由動(dòng)能定理得：eE(L+)=Ek-0(3分)
所以Ek=(1分)
【感悟高考真題】
1.（20xx安徽高考T18）圖（a）為示管的原理圖。如果在電極YY’之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極XX’之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是
【答案】選B.
【詳解】示波管YY’間為信號(hào)電壓，XX‘為掃描電壓，0～t1，Y板電勢(shì)高電子向Y板偏轉(zhuǎn)，X’電勢(shì)高電子向X’板偏轉(zhuǎn)，由此知CD錯(cuò)；又根據(jù)偏移量公式，偏移量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，0、t1、2t1時(shí)刻偏轉(zhuǎn)電壓為0，偏移量也為0，、時(shí)刻偏轉(zhuǎn)電壓最大，偏移量也最大，所以B對(duì)。
2.（20xx安徽高考T20）如圖（a）所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。
若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是
A.B.
C.D.
【答案】選B.
【詳解】
畫出帶電粒子速度-時(shí)間圖像，根據(jù)v-t圖像中的“面積”研究各時(shí)刻開始的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，A選項(xiàng)可畫出T/8時(shí)刻開始的運(yùn)動(dòng)圖像，如圖a由圖知在一個(gè)周期內(nèi)粒子運(yùn)動(dòng)的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會(huì)打到B板上,A選項(xiàng)錯(cuò)；B選項(xiàng)可畫出5T/8時(shí)刻進(jìn)入的運(yùn)動(dòng)圖像，如圖b由圖知在一個(gè)周期內(nèi)粒子運(yùn)動(dòng)的總面積為負(fù)，即粒子向A板靠近，最終會(huì)打到A板上,B選項(xiàng)對(duì)；C選項(xiàng)可畫出7T/8時(shí)刻進(jìn)入的運(yùn)動(dòng)圖像，由圖知在一個(gè)周期內(nèi)粒子運(yùn)動(dòng)的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會(huì)打到B板上，C選項(xiàng)錯(cuò)；同理D選項(xiàng)錯(cuò)。
3.（20xx天津理綜T5）板間距為的平行板電容器所帶電荷量為時(shí)，兩極板間電勢(shì)差為，板間場(chǎng)強(qiáng)為.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?，板間距變?yōu)?，其他條件不變，這時(shí)兩極板間電勢(shì)差，板間場(chǎng)強(qiáng)為，下列說(shuō)法正確的是
A.
B.
C.
D.
【答案】選C．
【詳解】當(dāng)平行板電容器的其他條件不變，板間距離變?yōu)闀r(shí)，電容器的電容為，又知電容器的帶電量為2Q，則得知，即，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)之間的關(guān)系式得，因此選項(xiàng)C正確，其它選項(xiàng)都錯(cuò)誤。
4.（20xx浙江理綜T25）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連。質(zhì)量為m、電荷量為-q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進(jìn)入矩形通道，當(dāng)帶負(fù)電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時(shí)被收集。通過(guò)調(diào)整兩板間距d可以改變收集效率η。當(dāng)d=d0時(shí)，η為81%（即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集）。
不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。
求收集效率為100%時(shí)，兩板間距的最大值為dm；
求收集效率η與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系；
若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)間下板收集的塵埃質(zhì)量與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線
【詳解】（1）收集效率η為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為U，則在水平方向有
①
在豎直方向有
②
其中
③
當(dāng)減小兩板間距時(shí)，能夠增大電場(chǎng)強(qiáng)度，提高裝置對(duì)塵埃的收集效率.收集效率恰好為100%，兩板間距即為dm.如果進(jìn)一步減小d，收集效率仍為100%.因此，在水平方向有
④
在豎直方向有
⑤
其中
⑥
聯(lián)立①—⑥各式可得
⑦
（2）通過(guò)前面的求解可知，當(dāng)時(shí)，收集效率η均為100%.
黨d0.9d0時(shí)，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時(shí)有
⑧
根據(jù)題意，收集效率為
⑨
聯(lián)立①、②、③、⑧及⑨式可得
（3）穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)間下板收集的塵埃質(zhì)量為
當(dāng)時(shí)，，因此
當(dāng)d0.9d0時(shí)，，因此
繪出的圖線如下
答案:：(1)(2)η=100%（時(shí)），（d0.9d0時(shí)）(3)（時(shí)），（d0.9d0時(shí)）圖線見解析.
5.（20xx福建理綜T20）反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來(lái)產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過(guò)程類似。如圖所示，在虛線兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場(chǎng)力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)。已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是N/C和N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量，帶電量,A點(diǎn)距虛線的距離，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對(duì)論效應(yīng)。求：
B點(diǎn)距虛線的距離；
帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間。
【答案】（1）0.50cm(2)1.5×10-8s
【詳解】（1）帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有得
(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有
設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分t1和t2：，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
t=t1+t2
聯(lián)立方程解得t=1.5×10-8s
6.（20xx北京高考T24）靜電場(chǎng)方向平行于x軸，其電勢(shì)隨x的分布可簡(jiǎn)化為如圖所示的折線，圖中和d為已知量。一個(gè)帶負(fù)電的粒子在電場(chǎng)中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運(yùn)動(dòng)。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其動(dòng)能與電勢(shì)能之和為-A（0Aq）,忽略重力。求
（1）粒子所受電場(chǎng)力的大??；
（2）粒子的運(yùn)動(dòng)區(qū)間；
（3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期。
【答案】（1）（2）（3）
【詳解】⑴由圖可知，0與d（或-d）兩點(diǎn)的電勢(shì)差為φ0
電場(chǎng)強(qiáng)度大小
電場(chǎng)力的大小
⑵設(shè)粒子在[-x0，x0]區(qū)間運(yùn)動(dòng)，速率為v，由題意得
…………………①
由圖可知……………②
由①②得，……………③
因動(dòng)能非負(fù)，有
得
即……………④
粒子運(yùn)動(dòng)的區(qū)間
⑶粒子從-x0處開始運(yùn)動(dòng)四分之一周期，根據(jù)牛頓第二定律粒子的加速度：
……………⑤
由于粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則
粒子運(yùn)動(dòng)的周期
7.（20xx天津12）質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板右端到屏的距離為D，且D遠(yuǎn)大于L，O’O為垂直于屏的中心軸線，不計(jì)離子重力和離子在板間偏離O’O的距離。以屏中心O為原點(diǎn)建立xOy直角坐標(biāo)系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。
（1）設(shè)一個(gè)質(zhì)量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿O’O的方向從O’點(diǎn)射入，板間不加電場(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)，離子打在屏上O點(diǎn)。若在兩極板間加一沿+y方向場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，求離子射到屏上時(shí)偏離O點(diǎn)的距離y0;
(2)假設(shè)你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實(shí)驗(yàn)結(jié)果計(jì)算未知離子的質(zhì)量數(shù)。
上述裝置中，保留原電場(chǎng)，再在板間加沿-y方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O’點(diǎn)沿O’O方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標(biāo)相同的兩個(gè)光點(diǎn)，對(duì)應(yīng)的x坐標(biāo)分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標(biāo)大的光點(diǎn)是碳12離子擊中屏產(chǎn)生的，另一光點(diǎn)是未知離子產(chǎn)生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)O’O方向的分速度總是遠(yuǎn)大于x方向和y方向的分速度。
解析：（1）離子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力
①
離子獲得的加速度
②
離子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
③
到達(dá)極板右邊緣時(shí)，離子在方向的分速度
④
離子從板右端到達(dá)屏上所需時(shí)間
⑤
離子射到屏上時(shí)偏離點(diǎn)的距離
由上述各式，得
⑥
（2）設(shè)離子電荷量為，質(zhì)量為，入射時(shí)速度為，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，磁場(chǎng)對(duì)離子的洛倫茲力
⑦
已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間甚短，所經(jīng)過(guò)的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)，方向的分速度總是遠(yuǎn)大于在方向和方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫茲力產(chǎn)生的加速度
⑧
是離子在方向的加速度，離子在方向的運(yùn)動(dòng)可視為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)極板右端時(shí)，離子在方向的分速度
⑨
離子飛出極板到達(dá)屏?xí)r，在方向上偏離點(diǎn)的距離
⑩
當(dāng)離子的初速度為任意值時(shí)，離子到達(dá)屏上時(shí)的位置在方向上偏離點(diǎn)的距離為，考慮到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾兩式得
⑿
其中
上式表明，是與離子進(jìn)入板間初速度無(wú)關(guān)的定值，對(duì)兩種離子均相同，由題設(shè)條件知，坐標(biāo)3.24mm的光點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是碳12離子，其質(zhì)量為，坐標(biāo)3.00mm的光點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是未知離子，設(shè)其質(zhì)量為，由⑿式代入數(shù)據(jù)可得
⒀
故該未知離子的質(zhì)量數(shù)為14。
8．（20xx江蘇物理15）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡(jiǎn)化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓作周期性變化，其正向電壓為，反向電壓為，
電壓變化的周期為2r，如圖乙所示。在t=0時(shí)，極板B附近的一個(gè)電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場(chǎng)作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)。若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。
（1）若，電子在0—2r時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件；
（2）若電子在0—2r時(shí)間未碰到極板B，求此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電子速度隨時(shí)間t變化的關(guān)系；
（3）若電子在第N個(gè)周期內(nèi)的位移為零，求k的值。
答案：
9.（09北京19）如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶電粒子a（不計(jì)重力）以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變，另一個(gè)同樣的粒子b（不計(jì)重力）仍以相同初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b(C)
A．穿出位置一定在O′點(diǎn)下方
B．穿出位置一定在O′點(diǎn)上方
C．運(yùn)動(dòng)時(shí)，在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小
D．在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定減小
解析：a粒子要在電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)區(qū)內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，則該粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
故對(duì)粒子a有：Bqv=Eq即只要滿足E=Bv無(wú)論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場(chǎng)區(qū)，當(dāng)撤去磁場(chǎng)只保留電場(chǎng)時(shí)，粒子b由于電性不確定，故無(wú)法判斷從O’點(diǎn)的上方或下方穿出，故AB錯(cuò)誤；粒子b在穿過(guò)電場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中必然受到電場(chǎng)力的作用而做類似于平拋的運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故C項(xiàng)正確D項(xiàng)錯(cuò)誤。
10.（09天津5）如圖所示，帶等量異號(hào)電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，一帶電粒子（不計(jì)重力）以速度vM經(jīng)過(guò)M點(diǎn)在電場(chǎng)線上向下運(yùn)動(dòng)，且未與下板接觸，一段時(shí)間后，粒子以速度vN折回N點(diǎn)。則（B）
A.粒子受電場(chǎng)力的方向一定由M指向N
B.粒子在M點(diǎn)的速度一定比在N點(diǎn)的大
C.粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能一定比在N點(diǎn)的大
D.電場(chǎng)中M點(diǎn)的電勢(shì)一定高于N點(diǎn)的電勢(shì)
解析：由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力向上，A錯(cuò)；粒子由M到N電場(chǎng)力做負(fù)功電勢(shì)能增加，動(dòng)能減少，速度增加，故B對(duì)C錯(cuò)；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點(diǎn)電勢(shì)的高低，C錯(cuò)。
11.（09海南物理5）一平行板電容器兩極板間距為、極板面積為S，電容為，其中是常量。對(duì)此電容器充電后斷開電源。當(dāng)增加兩板間距時(shí)，電容器極板間（A）
A．電場(chǎng)強(qiáng)度不變，電勢(shì)差變大
B．電場(chǎng)強(qiáng)度不變，電勢(shì)差不變
C．電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電勢(shì)差不變
D．電場(chǎng)強(qiáng)度較小，電勢(shì)差減小

12.（09福建15）如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離（B）
A.帶點(diǎn)油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)
B.P點(diǎn)的電勢(shì)將降低
C.帶點(diǎn)油滴的電勢(shì)將減少
D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大
13.（09浙江20）空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，有一電荷量、質(zhì)量的粒子從點(diǎn)以速率射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)速率為。現(xiàn)有另一電荷量、質(zhì)量的粒子以速率仍從點(diǎn)射入該電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)速率為。若忽略重力的影響，則（AD）
A．在、、三點(diǎn)中，點(diǎn)電勢(shì)最高
B．在、、三點(diǎn)中，點(diǎn)電勢(shì)最高
C．間的電勢(shì)差比間的電勢(shì)差大
D．間的電勢(shì)差比間的電勢(shì)差小
解析：正電荷由O到A，動(dòng)能變大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電勢(shì)也減小，O點(diǎn)電勢(shì)較高；負(fù)電荷從O到
B速度增大，電場(chǎng)力也做正功，電勢(shì)能減小，電勢(shì)升高，B點(diǎn)電勢(shì)比O點(diǎn)高。所以B點(diǎn)最高，A對(duì)；，，故D對(duì)。
14.（09山東25）（18分）如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對(duì)稱，極板長(zhǎng)度和板間距均為l，第一四象限有磁場(chǎng)，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子在0~3t時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。
已知t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時(shí)，刻經(jīng)極板邊緣射入磁場(chǎng)。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）
（1）求電壓U的大小。
（2）求時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。
（3）何時(shí)把兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短？求此最短時(shí)間。

解析：
（1）時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為，則有①
②
③
聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為④。
（2）時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子，前時(shí)間在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，
后時(shí)間兩極板沒(méi)有電場(chǎng)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為⑤
帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度大小為⑥
帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小為⑦
設(shè)帶電粒子離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則有⑧
聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。
（3）時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短。帶電粒子離開磁場(chǎng)時(shí)沿y軸正方向的分速度為⑩，設(shè)帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯(lián)立③⑤⑩式解得，帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡圖如圖所示，圓弧所對(duì)的圓心角為，所求最短時(shí)間為,帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為，聯(lián)立以上兩式解得。
15（09安徽23）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿軸的正方向，場(chǎng)強(qiáng)為。在點(diǎn)有一個(gè)靜止的中性微粒，由于內(nèi)部作用，某一時(shí)刻突然分裂成兩個(gè)質(zhì)量均為的帶電微粒，其中電荷量為的微粒1沿軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間到達(dá)點(diǎn)。不計(jì)重力和分裂后兩微粒間的作用。試求
（1）分裂時(shí)兩個(gè)微粒各自的速度；
（2）當(dāng)微粒1到達(dá)（點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)微粒1做功的瞬間功率；
（3）當(dāng)微粒1到達(dá)（點(diǎn)時(shí)，兩微粒間的距離。
答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2
解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在x方向由于受恒定的電場(chǎng)力，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。所以微粒1做的是類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)微粒1分裂時(shí)的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：
在y方向上有
-
在x方向上有
-
根號(hào)外的負(fù)號(hào)表示沿y軸的負(fù)方向。
中性微粒分裂成兩微粒時(shí)，遵守動(dòng)量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（2）設(shè)微粒1到達(dá)（0，-d）點(diǎn)時(shí)的速度為v，則電場(chǎng)力做功的瞬時(shí)功率為
其中由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
所以
（3）兩微粒的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，如圖所示，當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點(diǎn)時(shí)發(fā)生的位移
則當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點(diǎn)時(shí)，兩微粒間的距離為
16（09福建21）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。
（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t1
（2）若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過(guò)程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，請(qǐng)?jiān)谝覉D中畫出滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中速度與時(shí)間關(guān)系v-t圖象。圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達(dá)到最大值及第一次速度減為零的時(shí)刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊在t1時(shí)刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計(jì)算過(guò)程）
答案：（1）;（2）;
(3)
解析：本題考查的是電場(chǎng)中斜面上的彈簧類問(wèn)題。涉及到勻變速直線運(yùn)動(dòng)、運(yùn)用動(dòng)能定理處理變力功問(wèn)題、最大速度問(wèn)題和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析。
（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過(guò)程中作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有
qE+mgsin=ma①
②
聯(lián)立①②可得
③
（2）滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，則有
④
從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得
⑤
聯(lián)立④⑤可得
s
（3）如圖
17.（09福建22）圖為可測(cè)定比荷的某裝置的簡(jiǎn)化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0×10-3T,在X軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場(chǎng)，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的M處被觀測(cè)到，且運(yùn)動(dòng)軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不記其重力。
（1）求上述粒子的比荷；
（2）如果在上述粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的某個(gè)時(shí)刻，在第一象限內(nèi)再加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間加這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)；
（3）為了在M處觀測(cè)到按題設(shè)條件運(yùn)動(dòng)的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場(chǎng)可以局限在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。
答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2）；（3）
解析：第（1）問(wèn)本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。第（2）問(wèn)涉及到復(fù)合場(chǎng)（速度選擇器模型）第（3）問(wèn)是帶電粒子在有界磁場(chǎng)（矩形區(qū)域）中的運(yùn)動(dòng)。
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r。如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，由幾何關(guān)系得
①
由洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，可得
②
聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得
=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）③
（2）設(shè)所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E。如圖乙，當(dāng)粒子子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，速度沿y軸正方向，依題意，在此時(shí)加入沿x
軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力與此時(shí)洛倫茲力平衡，則有
④
代入數(shù)據(jù)得
⑤
所加電場(chǎng)的長(zhǎng)槍方向沿x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對(duì)應(yīng)的圓心角為45°，設(shè)帶點(diǎn)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，所求時(shí)間為t，則有
⑥
⑦
聯(lián)立①⑥⑦并代入數(shù)據(jù)得
⑧
（3）如圖丙，所求的最小矩形是，該區(qū)域面積
⑨
聯(lián)立①⑨并代入數(shù)據(jù)得
矩形如圖丙中（虛線）
18.（09浙江23）如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質(zhì)量m、電荷量q（q0）的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處?kù)o止。若某一時(shí)刻在金屬板A、B間加一電壓，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)閝，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動(dòng)摩擦因素為μ，若不計(jì)小物塊電荷量對(duì)電場(chǎng)的影響和碰撞時(shí)間。則
（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？
（2）小物塊碰撞后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間停止運(yùn)動(dòng)？停在何位置？
答案：（1）（2）時(shí)間為，停在處或距離B板為
解析：本題考查電場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題
（1）加電壓后，B極板電勢(shì)高于A板，小物塊在電場(chǎng)力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。電場(chǎng)強(qiáng)度為
小物塊所受的電場(chǎng)力與摩擦力方向相反，則合外力為
故小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度為
設(shè)小物塊與A板相碰時(shí)的速度為v1，由
解得
（2）小物塊與A板相碰后以v1大小相等的速度反彈，因?yàn)殡姾闪考半娦愿淖?，電?chǎng)力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小為
加速度大小為
設(shè)小物塊碰后到停止的時(shí)間為t，注意到末速度為零，有
解得
設(shè)小物塊碰后停止時(shí)距離為，注意到末速度為零，有
則
或距離B板為
19.（09江蘇14）1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可以忽略不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用。
（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；
（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t；
（3）實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動(dòng)能E㎞。
解析：
(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過(guò)狹縫后的半徑為r1,速度為v1
qu=mv12
qv1B=m
解得
同理，粒子第2次經(jīng)過(guò)狹縫后的半徑
則
（2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈
解得
（3）加速電場(chǎng)的頻率應(yīng)等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率，即
當(dāng)磁場(chǎng)感應(yīng)強(qiáng)度為Bm時(shí)，加速電場(chǎng)的頻率應(yīng)為
粒子的動(dòng)能
當(dāng)≤時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由Bm決定
解得
當(dāng)≥時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由fm決定
解得
【考點(diǎn)精題精練】
1.(20xx揚(yáng)州模擬)下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)中使用靜電計(jì)的說(shuō)法中正確的有()
A.使用靜電計(jì)的目的是觀察電容器電壓的變化情況
B.使用靜電計(jì)的目的是測(cè)量電容器電量的變化情況
C.靜電計(jì)可以用電壓表替代
D.靜電計(jì)可以用電流表替代
【答案】選A.
【詳解】靜電計(jì)是用來(lái)測(cè)量電容器兩極板的電勢(shì)差，從而研究電容器電容隨電容器正對(duì)面積、兩板距離、介電常數(shù)等因素的變化.如果用電壓表、電流表來(lái)替代則構(gòu)成電容器的放電回路，兩電表都沒(méi)有示數(shù)，故答案為A.
2.(20xx會(huì)昌模擬)水平放置的平行板電容器與一電池相連.在電容器的兩板間有一帶正電的質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則()
A.電容變大，質(zhì)點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)
B.電容變大，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)
C.電容變小，質(zhì)點(diǎn)保持靜止
D.電容變小，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)
【答案】選D.
【詳解】帶電質(zhì)點(diǎn)在電容器中處于靜止?fàn)顟B(tài)有mg=qE，因?yàn)殡娙萜髋c電源連接，電壓不變，E=U/d，d增大，電容C減小，E減小，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)，答案為D.
3.虛線框內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)(方向未知)，有一正電荷(重力不計(jì))從bc邊上的M點(diǎn)以速度v0射進(jìn)電場(chǎng)內(nèi)，最后從cd邊上的Q點(diǎn)射出電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是()
A.電場(chǎng)力一定對(duì)電荷做了正功
B.電場(chǎng)方向可能垂直ab邊向右
C.電荷運(yùn)動(dòng)的軌跡可能是一段圓弧
D.電荷的運(yùn)動(dòng)一定是勻變速運(yùn)動(dòng)
【答案】選B、D.
【詳解】由正電荷在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)可以判斷，其所受電場(chǎng)力一定指向運(yùn)動(dòng)曲線的內(nèi)側(cè)，但電場(chǎng)力與速度方向的夾角可能為銳角或鈍角，電場(chǎng)力可能做正功或負(fù)功，所以選項(xiàng)A錯(cuò)B對(duì)，由于正電荷只受恒定的電場(chǎng)力作用，所以正電荷不可能做圓周運(yùn)動(dòng)，一定是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，答案為B、D.
4.(20xx泰州模擬)如圖所示，水平放置的平行板電容器與一直流電源相連，在兩板中央有一帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)通過(guò)瞬間平移和緩慢平移兩種方法將A板移到圖中虛線位置.下列關(guān)于帶電液滴運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法中正確的是()
A.上述兩種方法中，液滴都向
B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B.采用瞬間平移的方法，液滴運(yùn)動(dòng)到B板經(jīng)歷的時(shí)間短
C.采用緩慢平移的方法，液滴運(yùn)動(dòng)到B板時(shí)速度大
D.采用緩慢平移的方法，液滴運(yùn)動(dòng)到B板過(guò)程中電場(chǎng)力做功多
【答案】選B.
【詳解】瞬間平移使帶電液滴加速度突然增大立即做勻加速運(yùn)動(dòng)，而緩慢平移至虛線位置這一階段，帶電液滴電場(chǎng)力緩慢增大，加速度也緩慢增大，到達(dá)虛線位置以后才開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以瞬間平移使帶電液滴到達(dá)B板的時(shí)間短，做功多，速度大，故答案為B.
5．(20xx年黑龍江適應(yīng)性測(cè)試)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大．當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是()
【答案】選AD.
【詳解】在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性電壓時(shí)，因?yàn)殡娮釉谄叫薪饘侔彘g所受的電場(chǎng)力F＝U0ed，所以電子所受的電場(chǎng)力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個(gè)T4內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第二個(gè)T4內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在第三個(gè)T4內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．在第四個(gè)T4內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以a－t圖象如圖1所示，v－t圖象如圖2所示；又因勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移x＝v0t＋12at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線．故本題選AD.
6.(20xx年北京西城抽測(cè))如圖所示，足夠長(zhǎng)的兩平行金屬板正對(duì)豎直放置，它們通過(guò)導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連．閉合開關(guān)后，一個(gè)帶電的液滴從兩板上端的中點(diǎn)處無(wú)初速度釋放，最終液滴落在某一金屬板上．下列說(shuō)法中正確的是()
A．液滴在兩板間運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線
B．電源電動(dòng)勢(shì)越大，液滴在板間運(yùn)動(dòng)的加速度越大
C．電源電動(dòng)勢(shì)越大，液滴在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短
D．定值電阻的阻值越大，液滴在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)
【答案】選BC.
【詳解】電容器充滿電荷后，極板間的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)．極板間形成了電場(chǎng)，液滴受水平方向的電場(chǎng)力和豎直方向的重力作用，合力為恒力，而初速度為零，則液滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)；電源電動(dòng)勢(shì)越大，則液滴受到的電場(chǎng)力也越大，合力越大，加速度也越大，B項(xiàng)對(duì)；電源電動(dòng)勢(shì)越大，加速度越大，同時(shí)位移越小，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短，C對(duì)；定值電阻不會(huì)影響兩極板上電壓的大小，則對(duì)液滴的運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，D項(xiàng)錯(cuò)．
7．如圖所示，平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，兩極板間距離為d，今在距兩極板的中點(diǎn)12d處放一電荷q，則()
A．q所受電場(chǎng)力的大小為QqCd
B．q所受電場(chǎng)力的大小為k4Qqd2
C．q點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度是k4Qd2
D．q點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度是k8qd2
【答案】選A.
【詳解】?jī)蓸O板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝Ud，q受到的電場(chǎng)力F＝Eq＝Udq＝QCdq，A正確；Q不是點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝kQr2在這里不能用，B、C、D不正確．
8．(20xx年廣東珠海質(zhì)檢)分別將帶正電、負(fù)電和不帶電的三個(gè)等質(zhì)量小球，分別以相同的水平速度由P點(diǎn)射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶負(fù)電，下板接地．三小球分別落在圖中A、B、C三點(diǎn)，則錯(cuò)誤的是()
A．A帶正電、B不帶電、C帶負(fù)電
B．三小球在電場(chǎng)中加速度大小關(guān)系是：aAaBaC
C．三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等
D．三小球到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是EkCEkBEkA
【答案】選C.
【詳解】由于A的水平射程x最遠(yuǎn)，A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝xv0最長(zhǎng)，C錯(cuò)誤．A的加速度aA＝2ht2最小，而C的加速度aC最大，aAaBaC，B正確．可見，A帶正電，受電場(chǎng)力方向與重力方向相反，B不帶電，C帶負(fù)電，受電場(chǎng)力方向與重力方向相同，A正確．由動(dòng)能定理知EkCEkBEkA，D正確．
9．(20xx年山東濟(jì)南調(diào)研)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()
A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/q
B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2mg/q
C．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等
D．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間
【答案】選BC.
【詳解】當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向向上且大于重力時(shí)，質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到屏上．由運(yùn)動(dòng)的合成與分解，可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在重力場(chǎng)中做斜上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等．由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vx＝v0；在豎直方向上：在電場(chǎng)中vy＝at，如圖所示，離開電場(chǎng)后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動(dòng)，vy＝gt，由此運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱性可知a＝g，由牛頓第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正確．
10．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來(lái)靜止在左極板小孔處，不計(jì)電子的重力，下列說(shuō)法正確的是()
A．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上
B．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩極間振動(dòng)
C．從t＝T/4時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上
D．從t＝3T/8時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上
【答案】AC
【詳解】若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會(huì)在兩板間振動(dòng)，所以A正確，B錯(cuò)誤；若從t＝T/4時(shí)刻釋放電子，電子先加速T/4，再減速T/4，有可能電子已達(dá)到右極板，若此時(shí)未達(dá)到右極板，則電子將在兩極板間振動(dòng)，所以C正確；同理，若從t＝3T/8時(shí)刻釋放電子，電子有可能達(dá)到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩極間的距離，所以D錯(cuò)誤．
11．如圖所示，甲圖是用來(lái)使帶正電的離子加速和偏轉(zhuǎn)的裝置，乙圖為該裝置中加速與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的等效模擬，以y軸為界，左側(cè)為沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E.右側(cè)為沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間的電勢(shì)差為U0，若在x軸的C點(diǎn)無(wú)初速度地釋放一個(gè)電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子(不計(jì)重力)，結(jié)果正離子剛好通過(guò)B點(diǎn)，求：
(1)CO間的距離d；
(2)粒子通過(guò)B點(diǎn)的速度大?。?br> 【答案】(1)U04E(2)5qU02m
【詳解】(1)設(shè)正離子到達(dá)O點(diǎn)的速度為v0(其方向沿x軸的正方向)
則正離子由C點(diǎn)到O點(diǎn)由動(dòng)能定理得：
qEd＝12mv02－0①
而正離子從O點(diǎn)到B點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，則：
OA＝12qU0OAmt2②
AB＝v0t③
而OA＝AB④
由①②③④得d＝U04E.
(2)設(shè)正離子到B點(diǎn)時(shí)速度的大小為vB，正離子從C到B過(guò)程中由動(dòng)能定理得：
qEd＋qU0＝12mvB2－0，解得vB＝5qU02m.
12.如圖所示，一光滑斜面的直角點(diǎn)A處固定一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點(diǎn)B處，已知斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)，現(xiàn)把上部小球從B點(diǎn)由靜止自由釋放，球能沿斜面從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到斜面底端C處，求：
(1)小球從B處開始運(yùn)動(dòng)到斜面中點(diǎn)D處時(shí)的速度；
(2)小球運(yùn)動(dòng)到斜面底端C處時(shí)，球?qū)π泵娴膲毫κ嵌啻螅?br> 【答案】(1)gL2(2)32mg－2kq23L2
【詳解】由于小球沿斜面下滑過(guò)程中所受電場(chǎng)力為變力，因此不能用功的定義來(lái)求解，只能用動(dòng)能定理求解
(1)由題意知：小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由于AD＝AB，所以有電勢(shì)φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0①
則由動(dòng)能定理得：mgL2sin30°＝12mv2D－0②
聯(lián)立①②解得：vD＝gL2③
(2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，對(duì)球受力分析如圖所示，則由平衡條件得：
FN＋F庫(kù)sin30°＝mgcos30°④
由庫(kù)侖定律得：
F庫(kù)＝kq2(Lcos30°)2⑤
聯(lián)立④⑤得：
FN＝32mg－23kq2L2
由牛頓第三定律得：FN′＝FN＝32mg－2kq23L2.

高考物理一輪復(fù)習(xí)：電場(chǎng)與帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（上）

第13講電場(chǎng)與帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)經(jīng)典精講（上）
主講教師：徐建烽首師大附中物理特級(jí)教師
開心自測(cè)
題一：如圖，完全相同的金屬小球A和B帶等量異號(hào)電荷，中間連接著一個(gè)輕質(zhì)絕緣彈簧，放在光滑的水平面上，平衡時(shí)彈簧的壓縮量為x0，現(xiàn)將不帶電的與A、B完全相同的金屬球C與A接觸一下，然后拿走，重新平衡后彈簧的壓縮量為（）
A.x=x0/2B.xx0/2C.xx0/2D.x=x0
題二：一負(fù)電荷從電場(chǎng)中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場(chǎng)力作用，沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，它運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖甲所示。則A、B兩點(diǎn)所在區(qū)域的電場(chǎng)線可能是圖乙中的（）
題三：如圖所示，圓O在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)方向與圓O所在平面平行，帶正電的微粒以相同的初動(dòng)能沿著各個(gè)方向從A點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域中，只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，從圓周上不同點(diǎn)離開圓形區(qū)域，其中從C點(diǎn)離開圓形區(qū)域的帶電微粒的動(dòng)能最大，圖中O是圓心，AB是圓的直徑，AC是與AB成α角的弦，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向?yàn)椋ǎ?br> Ａ.沿AB方向Ｂ.沿AC方向Ｃ.沿OC方向Ｄ.沿BC方向
考點(diǎn)梳理與金題精講
題一：如圖，一個(gè)測(cè)定液面高度的傳感器原理圖，在導(dǎo)線芯的外面涂上一層絕緣物質(zhì)，放在導(dǎo)電液體中，導(dǎo)線芯和導(dǎo)電液體構(gòu)成電容器的兩極，把這兩極接入外電路，若外電路中的電流變化說(shuō)明電容值增大，則導(dǎo)電液體的深度h()
A.增大B.減少C.不變D.不能確定

題二：如圖，由A、B兩平行金屬板構(gòu)成的電容器，電容為C，原來(lái)不帶電，電容器的A板接地，并且中心有一個(gè)小孔，通過(guò)這個(gè)小孔向電容器中射入電子，射入的方向垂直于極板，射入的速度為v0，如果電子的發(fā)射是一個(gè)一個(gè)單獨(dú)進(jìn)行的，即第一個(gè)電子到達(dá)B板后再發(fā)射第二個(gè)電子，并且所有到達(dá)B板的電子都留在B板上，隨著電子的射入，兩極板間的電勢(shì)差逐漸增加，直到達(dá)到一個(gè)穩(wěn)定值，已知電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子所受的重力可忽略不計(jì)，A、B兩板的距離為L(zhǎng)，求：
（1）當(dāng)B板上聚積了n個(gè)射來(lái)的電子時(shí)，兩板間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E多大？
（2）最多能有多少個(gè)電子到達(dá)B板？
（3）到達(dá)B板的第1個(gè)電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和最后一個(gè)電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差是多少？
第13講電場(chǎng)與帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)經(jīng)典精講（上）
開心自測(cè)題一：C題二：C題三：C
金題精講題一：A題二：（1）ne/CL；（2）取整數(shù)再加1；（3）L/v0

高三物理《電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》教材分析

高三物理《電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》教材分析

考點(diǎn)27電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
考點(diǎn)名片
考點(diǎn)細(xì)研究：(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；(2)示波管、常見電容器；(3)電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系等。其中考查到的如：20xx年全國(guó)卷第14題、20xx年天津高考第4題、20xx年北京高考第23題、20xx年全國(guó)卷第24題、20xx年天津高考第7題、20xx年安徽高考第23題、20xx年四川高考第10題、20xx年山東高考第20題、20xx年海南高考第5題、20xx年山東高考第18題、20xx年天津高考第4題、20xx年安徽高考第22題、20xx年全國(guó)卷第16題、20xx年廣東高考第15題、20xx年全國(guó)卷第24題等。
備考正能量：本考點(diǎn)綜合性較強(qiáng)，以平行板電容器為情景的試題，多以選擇題形式出現(xiàn)，一般難度較小。涉及到帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的試題，多以計(jì)算題的形式出現(xiàn)，一般難度較大，材料新穎。預(yù)計(jì)今后高考中這一考查形式不會(huì)出現(xiàn)大的波動(dòng)。

一、基礎(chǔ)與經(jīng)典
1.在如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，平行板電容器的極板A與靜電計(jì)相接，極板B接地。若極板B稍向上移動(dòng)一點(diǎn)，由觀察到的靜電計(jì)指針變化做出平行板電容器電容變小的結(jié)論的依據(jù)是()

A．極板上的電荷量幾乎不變，兩極板間的電壓變大
B．極板上的電荷量幾乎不變，兩極板間的電壓變小
C．兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變小
D．兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變大
答案A
解析B板稍向上移一點(diǎn)，板上的電荷量幾乎不變，由C＝，可知S減小，C變小，再由C＝可知Q不變，C變小，故U變大，故A選項(xiàng)正確，其他選項(xiàng)錯(cuò)誤。
2.如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則()

A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)
B．P點(diǎn)的電勢(shì)將降低
C．帶電油滴的電勢(shì)能將減小
D．電容器的電容減小，極板帶電荷量將增大
答案B
解析上極板向上移動(dòng)一小段距離后，板間電壓不變，仍為電源電動(dòng)勢(shì)E，故電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，故油滴將向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；P點(diǎn)的電勢(shì)大于0，且P點(diǎn)與下極板間的電勢(shì)差減小，所以P點(diǎn)的電勢(shì)降低，B正確；兩極板間電場(chǎng)方向豎直向下，所以P點(diǎn)的油滴應(yīng)帶負(fù)電，當(dāng)P點(diǎn)電勢(shì)降低時(shí)，油滴的電勢(shì)能應(yīng)增加，C錯(cuò)誤；電容器的電容C＝，由于d增大，電容C應(yīng)減小，極板帶電荷量Q＝CE將減小，D錯(cuò)誤。
3.如圖所示，不帶電的金屬球A固定在絕緣底座上，它的正上方有B點(diǎn)，該處有帶電液滴不斷地自靜止開始落下，液滴到達(dá)A球后將電荷量全部傳給A球，設(shè)前一液滴到達(dá)A球后，后一液滴才開始下落，不計(jì)空氣阻力和下落液滴之間的影響，則下列敘述中正確的是()

A．第一滴液滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后液滴做變加速運(yùn)動(dòng)，都能到達(dá)A球
B．當(dāng)液滴下落到重力與電場(chǎng)力大小相等的位置時(shí)，開始做勻速運(yùn)動(dòng)
C．所有液滴下落過(guò)程所能達(dá)到的最大動(dòng)能不相等
D．所有液滴下落過(guò)程中電場(chǎng)力做功相等
答案C
解析第一滴液滴下落時(shí)，只受重力，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后的液滴在下落過(guò)程中，將受電場(chǎng)力作用，且在靠近A的過(guò)程中電場(chǎng)力變大，所以做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A電荷量較大時(shí)，使得液滴所受的電場(chǎng)力大于重力時(shí)，液滴有可能不能到達(dá)A球，所以A錯(cuò)誤；當(dāng)液滴下落到重力與電場(chǎng)力大小相等的位置時(shí)，液滴向下運(yùn)動(dòng)速度最大，再向下運(yùn)動(dòng)重力將小于電場(chǎng)力，所以不會(huì)做勻速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；每滴液滴在下落過(guò)程中A所帶的電荷量不同，故下落液滴動(dòng)能最大的位置不同，此時(shí)合外力做功不同，最大動(dòng)能不相等，所以C正確；每滴液滴在下落過(guò)程中A所帶的電荷量不同，液滴所受的電場(chǎng)力不同，電場(chǎng)力做功不同，所以D錯(cuò)誤。
4.(多選)如圖所示，兩面積較大、正對(duì)著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷。其中A板用絕緣線懸掛，B板固定且接地，P點(diǎn)為兩板的中間位置。下列結(jié)論正確的是()

A．若在兩板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩板所帶電荷量會(huì)增大
B．A、B兩板電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相同
C．若將A板豎直向上平移一小段距離，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將增大
D．若將A板豎直向下平移一小段距離，原P點(diǎn)位置的電勢(shì)將不變
答案BD
解析在兩板間加上某種絕緣介質(zhì)時(shí)，A、B兩板所帶電荷量沒(méi)有改變，故A錯(cuò)誤；A、B兩板電荷量數(shù)量相等，P點(diǎn)到兩板的距離相等，根據(jù)對(duì)稱性和電場(chǎng)的疊加可知兩板電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向都向下，故B正確；根據(jù)電容的決定式C＝、電容的定義式C＝和板間場(chǎng)強(qiáng)公式E＝得：E＝，由題知Q、S、εr均不變，則移動(dòng)A板時(shí)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將不變，故C錯(cuò)誤；由上分析可知將A板豎直向下平移時(shí)，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，由U＝Ed分析得知P點(diǎn)與下極板間的電勢(shì)差不變，P點(diǎn)的電勢(shì)保持不變，故D正確。
5.如圖是示波管的工作原理圖：電子經(jīng)電場(chǎng)加速后垂直于偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，若加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板長(zhǎng)度與極板間的距離分別為L(zhǎng)和d，y為電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)發(fā)生的偏轉(zhuǎn)距離。取“單位偏轉(zhuǎn)電壓引起的偏轉(zhuǎn)距離”來(lái)描述示波管的靈敏度，即(該比值越大則靈敏度越高)，則下列哪種方法可以提高示波管的靈敏度()

A．增大U1B．增大U2C．減小LD．減小d
答案D
解析設(shè)電子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度大小為v0，則eU1＝mv，y＝，解得y＝，故＝，可見，減小d可以提高示波管的靈敏度，答案選D。
6.如圖所示，豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球，小球A從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小球B從兩極板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運(yùn)動(dòng)至右極板的過(guò)程中，下列判斷正確的是()

A．運(yùn)動(dòng)時(shí)間tAtB
B．電荷量之比qAqB＝21
C．機(jī)械能增加量之比ΔEAΔEB＝21
D．機(jī)械能增加量之比ΔEAΔEB＝11
答案B
解析對(duì)A、B受力分析可知，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以兩小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；水平方向在電場(chǎng)力作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，xA＝2xB，由運(yùn)動(dòng)關(guān)系可知，兩小球電荷量之比＝＝＝，由功能關(guān)系可知，電場(chǎng)力做的功等于小球機(jī)械能的增加量，＝＝，因此機(jī)械能的增加量之比為41，選項(xiàng)B正確，C、D錯(cuò)誤。
7.(多選)如圖所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板A、B間距離為d，板間電壓為U，B板電勢(shì)高于A板，兩板間有M、N、P三點(diǎn)，MN連線平行于極板，N、P連線垂直于極板，M、P兩點(diǎn)間距離為L(zhǎng)，PMN＝θ。以下說(shuō)法正確的是()

A．電容器帶電荷量為
B．兩極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
C．M、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為
D．若將帶電荷量為＋q的電荷從M移到P，該電荷的電勢(shì)能減少了
答案CD
解析由電容器電容的定義式可知，電容器的帶電量為Q＝CU，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩板間的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系可知，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；M、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差就等于NP間的電勢(shì)差，即UMP＝ELsinθ＝，選項(xiàng)C正確；由于下板帶正電，因此板間場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，將帶電荷量為＋q的電荷從M點(diǎn)移到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少量等于電場(chǎng)力做的功，即qUMP＝，選項(xiàng)D正確。
8.(多選)如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝。下列說(shuō)法正確的是()

A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度為
B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大
C．若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)
D．若將小球在A點(diǎn)以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達(dá)B點(diǎn)
答案BD
解析的中點(diǎn)為等效重力場(chǎng)的最高點(diǎn)，設(shè)通過(guò)該點(diǎn)的最小速度為v，由mg＝得v＝，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功等于機(jī)械能的變化，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做功最多，機(jī)械能最大，所以選項(xiàng)B正確；由A點(diǎn)靜止釋放，小球先沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在等效“重力”場(chǎng)中，小球圓周運(yùn)動(dòng)的最小速度為，小球在A點(diǎn)以大小為的速度豎直向上拋出將不會(huì)沿圓周運(yùn)動(dòng)，小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)豎直上拋位移為0時(shí)，小球剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，所以選項(xiàng)D正確。
9．(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向源源不斷地射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能均為Ek0。已知t＝0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子剛好沿上極板右邊緣垂直于電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)。則()

A．所有粒子都不會(huì)打到兩極板上
B．所有粒子最終都垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)
C．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所有粒子的最大動(dòng)能不可能超過(guò)2Ek0
D．只有t＝n(n＝0,1,2…)時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子才能垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)
答案ABC
解析帶電粒子在垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上，做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運(yùn)動(dòng)。由t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)情況可知，粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為交變電流周期的整數(shù)倍。在0～時(shí)間內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度a＝，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vy＝at＝t，同理可分析～T時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，所以帶電粒子在沿電場(chǎng)方向的速度v與Et圖線所圍面積成正比(時(shí)間軸下方的面積取負(fù)值)。而經(jīng)過(guò)整數(shù)個(gè)周期，E0t圖象與坐標(biāo)軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度總為零，B正確，D錯(cuò)誤；帶電粒子在t＝0時(shí)刻入射時(shí)，側(cè)向位移最大，故其他粒子均不可能打到極板上，A正確；當(dāng)粒子在t＝0時(shí)刻入射且經(jīng)過(guò)T離開電場(chǎng)時(shí)，粒子在t＝時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)兩分位移之比為12，即v0t＝2×at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度為v＝v0，因此最大動(dòng)能為初動(dòng)能的2倍，C正確。
二、真題與模擬
10．20xx·天津高考]如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()

A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不變
C．θ減小，Ep增大D．θ減小，E不變
答案D
解析由題知，電容器兩板所帶電量Q不變，根據(jù)C＝和U＝可知，當(dāng)上板下移，C增大，U減小，θ減小，A、B錯(cuò)誤。根據(jù)E＝＝＝，可見E與d無(wú)關(guān)，只改變d，E不變，D正確。根據(jù)φP＝UP地＝E·LP地，E不變，LP地不變，故φP不變，Ep不變，C錯(cuò)誤。
11.20xx·天津高考](多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速地飄入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()

A．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多
B．三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大
C．三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同
D．三種粒子一定打到屏上的同一位置
答案AD
解析設(shè)加速電場(chǎng)兩板間距離為d，則qE1d＝mv，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，設(shè)側(cè)移量為y，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則y＝2＝，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)粒子做的功W＝qE2y＝，由于三種粒子的電荷量相等，因此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做的功相等，A項(xiàng)正確；三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v滿足qE1d＋qE2y＝mv2，由于質(zhì)量不同，因此速度v大小不同，B項(xiàng)錯(cuò)誤；三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上的時(shí)間t＝＋(L＋x)，x為加速電場(chǎng)右極板到屏的距離，由于質(zhì)量不同，因此運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于粒子從同一位置射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出電場(chǎng)時(shí)的速度的反向延長(zhǎng)線均交于偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中線的中點(diǎn)，因此粒子會(huì)打在屏上同一位置，D項(xiàng)正確。
12．20xx·上海高考](多選)靜電場(chǎng)在x軸上的場(chǎng)強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷()

A．在x2和x4處電勢(shì)能相等
B．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中電勢(shì)能增大
C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力先增大后減小
D．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力先減小后增大
答案BC
解析由圖象可知，將正電荷沿x軸正向移動(dòng)，從x2移動(dòng)到x4的過(guò)程電場(chǎng)力做功不為零，兩點(diǎn)處的電勢(shì)能不相等，A錯(cuò)誤。從x1移動(dòng)到x3的過(guò)程電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，B正確。從x1到x4的過(guò)程場(chǎng)強(qiáng)先增大后減小，所以電場(chǎng)力先增大后減小，C正確，D錯(cuò)誤。
13．20xx·東北三校二聯(lián)]如圖所示，一重力不計(jì)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(dāng)極板間所加電壓為U1時(shí)，粒子落在A板上的P點(diǎn)。如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時(shí)將A板向上移動(dòng)后，使粒子由原入射點(diǎn)射入后仍落在P點(diǎn)，則極板間所加電壓U2為()

A．U2＝3U1B．U2＝6U1
C．U2＝8U1D．U2＝12U1
答案D
解析板間距離為d，射入速度為v0，板間電壓為U1時(shí)，在電場(chǎng)中有：＝at2，a＝，t＝，解得U1＝；A板上移，射入速度為2v0，板間電壓為U2時(shí)，在電場(chǎng)中有：d＝a′t′2，a′＝，t′＝，解得U2＝，即U2＝12U1，選D。
14.20xx·貴陽(yáng)監(jiān)測(cè)](多選)如圖所示，虛線表示某勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面。一帶電粒子以某一初速度從P點(diǎn)射入電場(chǎng)后，在只受電場(chǎng)力作用下的軌跡如圖中實(shí)線所示。Q是軌跡上的一點(diǎn)，且位于P點(diǎn)的右下方。下列判斷正確的是()

A．粒子一定帶正電
B．粒子的動(dòng)能先減小后增大
C．等勢(shì)面A的電勢(shì)一定高于等勢(shì)面B的電勢(shì)
D．粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在P點(diǎn)的電勢(shì)能
答案BD

解析電場(chǎng)力的方向指向軌跡的凹側(cè)，如圖所示，由于無(wú)法確定各等勢(shì)面的電勢(shì)的高低、粒子的電性，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；由圖可知，粒子從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功，故其動(dòng)能先減少后增加，電勢(shì)能先增加，后減少，根據(jù)等勢(shì)面的特點(diǎn)，可知電勢(shì)能的增加量大于減少量，故粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在P點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)B、D正確。
15．20xx·河北衡水中學(xué)二模](多選)如圖甲所示，Q1、Q2是兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場(chǎng)力作用下以初速度v0沿兩點(diǎn)電荷連線的中垂線從a點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，其vt圖象如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()

A．兩點(diǎn)電荷一定都帶負(fù)電，但電量不一定相等
B．兩點(diǎn)電荷一定都帶負(fù)電，且電量一定相等
C．試探電荷一直向上運(yùn)動(dòng)，直至運(yùn)動(dòng)到無(wú)窮遠(yuǎn)處
D．t2時(shí)刻試探電荷的電勢(shì)能最大，但加速度不為零
答案BD
解析由vt圖可知t2時(shí)刻運(yùn)動(dòng)方向改變，且圖線斜率不為零，則加速度不為零，0～t2時(shí)間內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，試探電荷的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，t2時(shí)刻電勢(shì)能最大，C錯(cuò)誤，D正確。試探電荷沿直線向上運(yùn)動(dòng)，則其所受電場(chǎng)力的方向沿Q1、Q2連線的中垂線方向向下，所以兩點(diǎn)電荷都帶負(fù)電，且電量相等，A錯(cuò)誤，B正確。
16．20xx·重慶南開中學(xué)質(zhì)檢]某粒子分析器的簡(jiǎn)化結(jié)構(gòu)如圖。一束帶電粒子(不計(jì)重力和粒子間的相互影響)從A小孔以特定的角度和初速度射入平行板電極P和Q之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q極板上如圖所示的位置。在其他條件不變的情況下要使該粒子束能從Q極板上B孔射出，下列操作中可能實(shí)現(xiàn)的是()

A．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板
B．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板
C．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板
D．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板
答案C
解析當(dāng)斷開開關(guān)S，則極板所帶電荷量不變，那么極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝＝，隨著極板正對(duì)面積變化而變化，與極板間距無(wú)關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)斷開開關(guān)，同理，當(dāng)左移P極板時(shí)，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，那么帶電粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，則射程將減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)保持開關(guān)S閉合，極板間的電壓不變，根據(jù)E＝，當(dāng)適當(dāng)上移P極板時(shí)，則極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，那么帶電粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)，則射程將增大，選項(xiàng)C正確；當(dāng)保持開關(guān)S閉合，同理，適當(dāng)左移P極板，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則射程不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

一、基礎(chǔ)與經(jīng)典
17.如圖所示，AB是一傾角為θ＝37°的絕緣粗糙直軌道，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.30,BCD是半徑為R＝0.2m的光滑圓弧軌道，它們相切于B點(diǎn)，C為圓弧軌道的最低點(diǎn)，整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝4.0×103N/C，質(zhì)量m＝0.20kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下。已知斜面AB對(duì)應(yīng)的高度h＝0.24m，滑塊帶電荷量q＝－5.0×10－4C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60,cos37°＝0.80。求：

(1)滑塊從斜面最高點(diǎn)滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)的速度大??；
(2)滑塊滑到圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力。
答案(1)2.4m/s(2)11.36N
解析(1)滑塊沿斜面滑下的過(guò)程中，受到的滑動(dòng)摩擦力
f＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96N。
設(shè)到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v1，根據(jù)動(dòng)能定理得
(mg＋qE)h－f＝mv，
解得v1＝2.4m/s。
(2)設(shè)到達(dá)C處時(shí)速度為v2，滑塊從B到C，由動(dòng)能定理可得：(mg＋qE)R(1－cos37°)＝mv－mv，
當(dāng)滑塊經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，有FN－(mg＋qE)＝m，
由牛頓第三定律：FN′＝FN，
解得：FN′＝11.36N。
二、真題與模擬
18．20xx·北京高考]如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d。

(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；
(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問(wèn)題的常用方法。在解決(1)問(wèn)時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明其原因。已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2；
(3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)。電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)φ的定義式。類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”φG的概念，并簡(jiǎn)要說(shuō)明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)。
答案(1)(2)(3)見解析
解析(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝mv，
電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度v0＝，
在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝＝L，
a＝，
偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝。
(2)考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有
重力G＝mg～10－29N，
電場(chǎng)力F＝～10－15N。
由于FG，因此不需要考慮電子所受重力。
(3)電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝。
由于重力做功與路徑無(wú)關(guān)，可以類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢(shì)”，即φG＝。
電勢(shì)φ和重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定。
19．20xx·四川高考]中國(guó)科學(xué)院20xx年10月宣布中國(guó)將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。
如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過(guò)各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在漂移管間被電場(chǎng)加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間視為電源周期的1/2。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108C/kg。求：

(1)漂移管B的長(zhǎng)度；
(2)相鄰漂移管間的加速電壓。
答案(1)0.4m(2)6×104V
解析(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則
T＝
L＝vB·
聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4m
(2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場(chǎng)對(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到E電場(chǎng)做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則
W＝qU
W′＝3W
W′＝mv－mv
聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V。
20．20xx·安徽高考]在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E(圖中未畫出)，由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計(jì)。求：

(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功；
(2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間；
(3)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率。
答案(1)3qEl0(2)3(3)
解析(1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0。
(2)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，粒子在x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知軌跡最高點(diǎn)D在y軸上，可令tAD＝tDB＝T，則tBC＝T。
由qE＝ma得a＝。
又yD＝aT2，yD＋3l0＝a(2T)2，解得T＝。
則A→C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t＝3。
(3)粒子在DC段做類平拋運(yùn)動(dòng)，則
2l0＝vCx(2T)，vCy＝a(2T)，
vC＝＝。
21．20xx·北京朝陽(yáng)期末]反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來(lái)產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過(guò)程類似。已知靜電場(chǎng)的方向平行于x軸，其電勢(shì)φ隨x的分布如圖所示。一質(zhì)量m＝1.0×10－20kg，電荷量q＝1.0×10－9C的帶負(fù)電的粒子從(－1,0)點(diǎn)由靜止開始，僅在電場(chǎng)力作用下在x軸上做往返運(yùn)動(dòng)。忽略粒子的重力等因素。求：

(1)x軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E1和右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小之比；
(2)該粒子運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)能Ekm；
(3)該粒子運(yùn)動(dòng)的周期T。
答案(1)(2)2.0×10－8J(3)3.0×10－8s
解析(1)由圖可知U1＝U2＝φ0＝20V，則
左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E1＝＝2.0×103V/m，
右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E2＝＝4.0×103V/m，
所以＝。
(2)粒子運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理有qE1d1＝Ekm，聯(lián)立并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得Ekm＝2.0×10－8J。
(3)設(shè)粒子在原點(diǎn)左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，在原點(diǎn)時(shí)的速度為vm，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vm＝t1，vm＝t2，Ekm＝mv，T＝2(t1＋t2)，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得T＝3.0×10－8s。