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1、3、电容器与电容 带电粒子在电场中的运动（考点解读）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b-*a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b-a 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b-a 的电流 解析 根据电路图可知，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
2、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U 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d S 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Q4 Ji kd也减小，因此电容器放电，所以G 中有b-a 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eS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，4 nkd两板所带电荷量Q 也减小，电容器放电，所以G 中有b-a 的电流
3、，选项B 正确；若将S 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SQU4 nkQ据 C=,U=E=E=,显然，两板间场强E 不变，所以油滴仍然静止，4 n kdCd E rSG 中无电流，选项D 错误.答 案 AB2.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
4、.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 AC3.平行板电容器的动态分析 将平行板电容器两极板之间的距离、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 ADQSU 解析 由 C,CE=A、D 正 确.U4 n kdd4（2013 新课标I16）水平放置的平行
5、板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相d 连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）P 点有一带电粒2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d 下极板向上平移P 点开始下落的相同粒子将（）3A.打到下极板上d C.在距上极板处返回 2 B.在下极板处返回2 D.在距上极板d 处返回5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，d 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）qll=0；若 2dd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 WG=m
6、g(+d ),电场 32d 3 d 力 做 功 川 电=-q ll=-q ll=-U,由动能定理得W G+W电=0,联立各式解得d d2d?d-?32=,选项D正 确.5答 案D5.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
7、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.6.带电体在电场中的直线运动厂如图4所示，一电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为3 7 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 37=0.6,cos 37=0.8.求:图4水平向右电场的电场强度；1(2)2(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能.3mg 答 案(l)(2)0.3g(3)0.3mgL 4q解析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FNsin37=qEFNcos 37=mg3m
8、g由可得E=4q13mg(2)若电场强度减小为原来的，即 E=28q由牛顿第二定律得 mgsin 37 qEz cos 37=ma可得a=0.3g(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 37 qEz Leos 37=Ek0可得 Ek=0.3mgL7 如图5所示,两平行金属板A、B长为L=8 cm,两板间距离d=8 cm,A 板比B 板电势高300 V,一带正电的粒子电荷量为q=1.0X 10 1 0C、质量为m=1.0X1 0-2 0 kg,沿电场中心线R 0垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0X1 06 m/s,粒子飞出电场后经过界面M
9、N、PS间的无电场区域，然后进入固定在。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).已知两界面MN、PS相距为12 cm,D 是中心线 RO与界面PS的交点，。点在中心线上，距离界面PS为 9 c m,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be上.(静电力常量k=9.0X1 0 N m/C2,粒子的重力不计)92图5求粒子穿过界面MN时偏离中心线R 0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R 0 的距离(偏
10、移位移)：ly=at2 2FqUa=mdmL=vOtlqUL2 贝y=at2=(=0.03 m=3 cm 22md0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1 2yY=4 y=12 cm 1 Y+1 2 cm2(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧粒子到达H 点时，其水平速度vx=v0=2.0X 106 m/s竖直速度 vy=at=1.5X 106 m/s则 v 合=2.5 X 106 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r=15 cmv2qQ 合 k rr解得 Q 1.04X108
11、C-答案 3 cm i2 cm见解析 负 电1.04X 108 C 一8.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；粒子可能到达屏上区域的长度.2md2V2md2vOd?L+2b?O答 案（1）qLqLL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：ly=a t2 2L=vOt Eqa=mUE=d
12、qUL2由式解得y=2dmv0md2V2do当丫=时 U=2qL2md2Vomc12V2 0则两板间所加电压的范围为一qLqLdL当 y=(设为 y 0),则 yO=(+b)tan 0 22d?L+2b?d 而 tan 0=yOL2Ld?L+2b?则粒子可能到达屏上区域的长度为L9.带电粒子在交变电场中运动汝口图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vO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，欲使该粒子仍能从b点以速度vO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
13、足什么条件.2n-lL L q ll答 案(l)T=n取大于等于的整数(2)t=(n=l,2,3)nv02dv02m4解 析(1)为使粒子仍从b点以速度vO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L方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L=nTvO,解得 TnvO111粒子在内离开中心线的距离为y()2 4242qEUqUT又a=,E=,解得 y md32mdqUT2在运动过程中离开中心线的最大距离为ym=2y 16md1粒子不撞击金属板，应有ymW 2解得TW2d故 n2L2dvO qUOOL
14、,即 n 取大于等于 2m2dv00 2m所以粒子的周期应满足的条件为LLT,其中n的 整 数.nv02dv02m135粒子进入电场的时间应为T,4442 n-l故粒子进入电场的时间为tT(n=l,2,3)41 0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3间存在水平向右的匀强电场，如图8所示，小球所受电场力是其重力的4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3qE3因q E,所以qE、m g的合力F合与竖直方向夹角t a n。=,即9=37,4mg4则小球由A点静止释放后从A到B过程中做加速运
15、动，如图所示，B点动能最大，由动能定理得qErsin 0 mgr(l cos 0)=Ek1解得B点动能即最大动能Ek=mgr.4(2)设小球在B点受圆环弹力为F N,由牛顿第二定律得mv2FN-F 合=mg5而F合=1718cos 0 477解得FN,由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为.4417 答 案（l）mgr（2）mg 441 1.带电体在电场中的多过程问题如图9所示，在竖直平面内，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0,半径R=0.5 0 m,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度
16、的大小E=1,0X104 N/C,现有质量m=0.20kg、电荷量q=8.0 10 C的带电体（可视为质一4点），从A点由静止开始运动，已知xAB=1.0 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g=10m/s2）图9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.5答 案（1）10 m/s,方向竖直向上（2）C点上方到C点的竖直距离为m处3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（xABH-R）u mgxAB lmgR=mv2 2解得 v=1 0 m/s设带电体沿竖直轨道CD上升的
17、最大高度为h,从 C 到 D 由动能定理得：1 mgh U qEh=0v2 25 解得h=m 3在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ff max=口 qE=4 N,重力 G=mg=2 N因为 G<Ff max5 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.312.（2014 山东 18）如图1 0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abed,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 和一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，若两粒子轨迹恰好相切，则vO等于（）图
18、 10 s2sC.4s B.mh2s D.mh4mhmh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s 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，2hshlqEs竖直位移为由vOt,at2,a=vO=,所以B项 正 确.2222m2mh13.（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
19、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，12qEqEx2选项B错误；根据x=vOt,y=a t及a,得带电微滴的轨迹方程为y,即运动轨迹2m2mv0是抛物线，与所带电荷量有关，选项C正确，D错误.14.（2012 江苏2）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（）A.C和U均 增 大B.C增大，U减小C.C 减小，U 增 大 D.C 和 U 均减小答 案 B S e r 变大，则在S、d 不变4 n
20、kdQQ的情况下C 增大；由电容定义式C,得 U=Q 不变，故两极板间的电势差UUC解析由平行板电容器电容的决定式 C=减小，选项B 正确.15.如图1 2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 12t lA.在前时间内，电场力对粒子做的功为24t3 B.在后时间内，电场力对粒子做的功为28ddC和后过程中，电场力做功之比为1：1 44ddD过程中，电场力做功之比为1：24 4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
21、初速度ttl：3,则在前22lt3 间内，电场力对粒子做的功为，在后U q,选项A 错，B828dd对；过程中，电场力做功之比为1：1,选项C 对，D错.441 6.（2014 安徽 22）如图1 3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.mg?h+d?Cmg?h
22、+d?答 案(l)2gh(2)qdq d ggh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 v2=2 g h,即 v2gh(2)设小球在极板间运动的加速度为a,v2gh2 由 v=2 a d,得 a.2dd由牛顿第二定律qE mg=ma,电容器的电荷量Q=CU=CEd,mg?h+d?Cmg?h+d?联立以上各式得：E=,Q=qdq(3)小球做自由落体运动的时间t l=,g小球在电场中运动的时间t2=dagh则小球运动的总时间t=tl+t2=d ggh17.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
23、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，
24、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，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以D 错误.18.一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10的过程中，各物理量与负极板移动距离X的关
25、系图象中正确的是（）图2答 案C S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4 n kdQU4 n kQ电容器两极板所带电荷量一定的情况下，1 1 =与d无关,则B错.在负极板Cd rS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d-x.因为移动极板过程中电场强度E不变.故6P=E（dx）=Ed Ex,其中xW IO,则C正确；正电荷在P点的电势能W=q 6 P=qEd q E x,显然D错.1 9.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
26、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U误；根据E =d增大时，E减小，所以电子受到的电场力减小，其偏dU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L=vOt、e=ma 及 tan 9 dateUL=tan 0=,当U增大时偏转角也增大，选项C正确，D错误.OmdvO4 2 0.如图4所示，一价氢离子(11H)和二价氢离子(2He)的混合体，经同一加速电场加速后，
27、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B4解析一价氢离子(1经过加速电场的末速度不同，因此在加1H)和二价氢离子(2He)的比荷不同,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.21.（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.
28、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.2 2.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6TT3TA.0 t0 t0 4243T9Tt
29、OT D.T t0 4 8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TT3T移为负，速度方向为负.分别作出tO=O、时粒子运动的速度图象，如图所示，由于424T3T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，0 tO tO T 时情况 44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.2 3.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，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
30、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ACQSU 解析 由 C,CE=A、C 正 确.U4 n kdd2 4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vO沿ON在竖直面内做匀变速直线运动.O N与水平面的夹角为30,重力加速度为g,且mg=q E,则（）图8A.电场方向竖直向上B.小球运动的加速度大小为gv 2 c.小球上升的最大高度为2gm v20D.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4答 案BD解析由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动
31、，其合力沿ON方向，而mg=q E,由三角形定则，可知电场方向与ON方向成1 2 0 角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为m g,由牛顿第二定律可知a=g,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V2120定理可得一m g211=0|71丫0,解得h=,C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，24g2VomV20当带电小球速度为零时，其电势能最大，则 E p=-q E 2hcos 120=qEh=mg=D 正确.4g42 5.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、电荷量为一q的带电粒子（不计重力），以初速度vO由小孔进入电场，当M、N
32、间电压为U时，粒子刚好能到1 达 N 板，如果要使这个带电粒子能到达M、N 两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的2是（）图91 A.使初速度减为原来的2B.使 M、N 间电压加倍C.使 M、N 间电压提高到原来的4 倍1 D.使初速度和M、N 间电压都减为原来的2答 案 BDUz 1 21 解析 粒子恰好到达N 板时有Uqv2恰好到达两板中间返回时有 q=m v,比较两式0,222可知B、D 选项正确.2 6.如图1 0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,两极板间距离d=4 X1 03 m,有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平一行
33、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m=4 X1 05kg、电荷量q=+lX108 C,g=1 0m/s2则下列说法正确的是（）图 10A.微粒的入射速度v0=10m/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 ACd lL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 2,vO t,得 v0222=1 0 m/s,A 对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加
34、速度更大，水平位移将更小，d lB 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,at2,L=vOtl,221Uqmg=m a,得 Ul=1 2 0 V,同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时,可得U2=2 0 0 V,所以d平行板上板带负电，电源电压为120 VWUW200 V 时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C 对，D 错.2 7.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1 1 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
35、电压为U 2,求电子射到荧光屏上的动能为多大？2eU22LeUl+4 dUl 图 11 答案解析电子在加速电场加速时，根据动能定理1 2elll=vx2eU2进入偏转电场后L=vx t,vy=at,a=md射出偏转电场时合速度v=vx+vy,以后匀速到达荧光屏，21 2eU2L由以上各式得Ek=mv=eUl+.24 dUl2 8.如图1 2所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心0 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
36、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2 R,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.mg答案?2+?gR(2+mgq解 析(1)设小球过C 点时速度大小为v C,小球从A 到 C 由动能定理知lqE,3R mg 2R=mv2 2C小球离开C 点后做平抛运动到P 点，1R2 22R=vCtmg 得 E=q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0D与竖直线OB夹角设为a,1小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知qE(2R+Rsin a)mgR(l cos a)=v2 21 即 v2=mgR(sin a+cos a+1)2根据数学知识可知，当a=4 5 时动能最大由此可得v?2+22?gR(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，mv2F-qEsin a-mgcos a=R解得F=(2+2)mg