1、1第 3讲 电容器的电容、带电粒子在电场中的运动考试标准知识内容 考试要求 说明电容器的电容 c带电粒子在电场中的运动 d1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.一、电容器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公式 C 和 C 的比较QU rS4 kd(1)定义式： C ，不能理解为电容 C与 Q成正比、与
2、 U成反比，一个电容器电容的大小是QU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)决定式： C ， r为电介质的相对介电常数， S为极板正对面积， d为板间距离 rS4 kd自测 1 (2016浙江 4月选考7)关于电容器，下列说法正确的是( )A在充电过程中电流恒定B在放电过程中电容减小C能储存电荷，但不能储存电能D两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案 D解析 由电容器的充、放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A 错误；电容是电容器储存电荷的本领，不随充、放电过程变化，B 错误；电容器中的电场具有电场能，C 错误；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容
3、器，D 正确2二、带电粒子在电场中的运动1加速问题若不计粒子的重力且无其他外力作用，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 mv02.12 12(2)在非匀强电场中： W qU mv2 mv02.12 122带电粒子在电场中偏转的运动规律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，如图 1.图 1(1)沿初速度方向做匀速直线运动运动时间Error!(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动Error!自测 2 如图 2所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度
4、为原来的 2倍，电子仍从正极板边缘射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )图 2A2 倍 B4 倍C. D.12 14答案 C命题点一 平行板电容器的动态分析1两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差 U保持不变3(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量 Q保持不变2动态分析思路(1)U不变根据 C 先分析电容的变化，再分析 Q的变化QU rS4 kd根据 E 分析场强的变化Ud根据 UAB Ed分析某点电势变化(2)Q不变根据 C 先分析电容的变化，再分析 U的变化QU rS4 kd根据 E 分析场强变化Ud 4k Q rS例 1
5、 静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小如图 3所示， A、 B是平行板电容器的两个金属极板，极板 B固定，A可移动，开始时开关 S闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是( )图 3A断开 S后，将 A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B断开 S后，将 A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大C保持 S闭合，在 A、 B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大D保持 S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小答案 B解析 静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关 S后，将 A向左移动
6、少许，电容器的电荷量不变，由 C 知电容减小，由 U 知电势差 rS4 kd QC增大，静电计指针张开的角度增大，A 错；同理，断开 S后，将 A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B 对；保持 S闭合，无论是在 A、 B间插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为路端电压，静电计指针张开的角度不变，C、D 错变式 1 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上若将云母介质移出，则电容器( )A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大4B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度
7、不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案 D解析 由 C 可知，当将云母介质移出时， r变小，电容器的电容 C变小；因为电 rS4 kd容器接在恒压直流电源上，故 U不变，根据 Q CU可知，当 C减小时， Q减小，再由E ，由于 U与 d都不变，故电场强度 E不变，选项 D正确Ud变式 2 如图 4所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在 P点的点电荷，以 E表示两板间的电场强度， Ep表示点电荷在 P点的电势能， 表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )图 4A 增大，
8、 E增大 B 增大， Ep不变C 减小， Ep增大 D 减小， E不变答案 D解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据 C 可知， C变大； rS4 kd根据 Q CU可知，在 Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角 减小；根据 E ， Q CU， C ，联立可得 E ，可知 E不变； P点离下极板的距离不Ud rS4 kd 4 kQ rS变， E不变，则 P点与下极板的电势差不变， P点的电势不变，故 Ep不变；由以上分析可知，选项 D正确变式 3 如图 5所示，两块较大的金属板 A、 B相距为 d，平行放置并与一电源相连，开关S闭 合 后 ， 两 板 间 恰
9、 好 有 一 质 量 为 m、 带 电 荷 量 为 q的 油 滴 处 于 静 止 状 态 ， 以 下 说 法 正 确 的 是 ( )图 5A若将 S断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流5B若将 A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有 a b的电流C若将 A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有 b a的电流D若将 A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有 b a的电流答案 C解析 由于油滴处于静止状态，所以 q mg.若将 S断开，由于电容器的电荷量不变，则Ud电压 U不变，油滴仍处于静止状态，选项 A错误若将 A向左平移一小段位移，则电容 C变小，电
10、压 U不变，则 Q CU变小，所以电流由 b a，此时油滴仍静止，选项 B错误若将 A向上平移一小段位移，电容 C变小，电压 U不变，则 Q变小，所以电流由 b a，此时q mg，油滴向下加速运动，选项 C正确若将 A向下平移一小段位移，电容 C变大，电Ud压 U不变，则 Q变大，所以电流由 a b，此时 q mg，油滴向上加速运动，选项 D错误Ud命题点二 带电粒子在电场中的直线运动1做直线运动的条件(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用动力学观点分析a ，
11、E ， v2 v022 ad.qEm Ud3用功能观点分析匀强电场中： W Eqd qU mv2 mv0212 12非匀强电场中： W qU Ek2 Ek1类型 1 带电粒子在匀强电场中的直线运动例 2 如图 6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( )图 6A运动到 P点返回B运动到 P和 P点之间返回6C运动到 P点返回D穿过 P点答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式 C 、定义式 C 和匀强电场的电压与电场 rS4 kd QU强度的
12、关系式 U Ed可得 E ，可知将 C板向右平移到 P点， B、 C两板间的电场强4 kQ rS度不变，由 O点静止释放的电子仍然可以运动到 P点，并且会原路返回，故选项 A正确变式 4 两平行金属板相距为 d，电势差为 U，一电子质量为 m，电荷量为 e，从 O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达 A点，然后返回，如图 7所示， h，此电子具有的初动OA能是( )图 7A. B edUhedhUC. D.eUdh eUhd答案 D解析 由动能定理得： e h Ek，Ud所以 Ek ，故 D正确eUhd类型 2 带电粒子在交变电场中的直线运动例 3 匀强电场的电场强度 E随时间 t变化的图象如图
13、 8所示当 t0 时，在此匀强电场中 由 静 止 释 放 一 个 带 电 粒 子 (带 正 电 )， 设 带 电 粒 子 只 受 电 场 力 的 作 用 ， 则 下 列 说 法 中正 确 的 是 ( )图 8A带电粒子将始终向同一个方向运动B2s 末带电粒子回到原出发点C3s 末带电粒子的速度不为零7D03s 内，电场力做的总功为零答案 D解析 由牛顿第二定律可知带电粒子在第 1s内的加速度和第 2s内的加速度的关系，因此粒子将先加速 1s再减速 0.5s，速度为零，接下来的 0.5s将反向加速， v t图象如图所示，根据图象可知选项 A错误；由图象可知前 2s内的位移为负，故选项 B错误；由
14、图象可知 3s末带电粒子的速度为零，故选项 C错误；由动能定理结合图象可知 03s 内，电场力做的总功为零，故选项 D正确类型 3 带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题例 4 (2017浙江 4月选考8)如图 9所示，在竖直放置间距为 d的平行板电容器中，存在电场强度为 E的匀强电场有一质量为 m、电荷量为 q的点电荷从两极板正中间处静止释放重力加速度为 g.则点电荷运动到负极板的过程( )图 9A加速度大小为 a gEqmB所需的时间为 tdmEqC下降的高度为 yd2D电场力所做的功为 W Eqd答案 B解析 点电荷受到重力、电场力的作用，所以 a ，选项 A错误；根据运动Eq2 m
15、g2m独立性，水平方向点电荷的运动时间为 t，则 t2，解得 t ，选项 B正确；下降d2 12Eqm mdEq高度 y gt2 ，选项 C错误；电场力做功 W ，选项 D错误12 mgd2Eq Eqd2变式 5 如图 10所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由 b沿直线运动到 d，且 bd与竖直方向所夹的锐角为 45，则下列结论不正确的是( )8图 10A此液滴带负电B液滴的加速度大小为 g2C合力对液滴做的总功等于零D液滴的电势能减少答案 C解析 带电液滴由静止开始沿 bd做直线运动，所受的合力方向必定沿 bd直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场
16、方向相反，所以此液滴带负电，故选项 A正确；由图知液滴所受的合力 F mg，其加速度为 a g，故选项 B正确；因为合力的2Fm 2方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项 C错误；由于电场力所做的功 W 电 Eqxbdsin450，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项 D正确命题点三 带电粒子在电场中的偏转1两个结论(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 qU0 mv0212y at2 ( )212 12 qU1md lv0tan qU1lmdv02得： y ，tan U1l24U0d U1l2U0d(2)粒
17、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到偏转电场边缘的距离为 .l22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： qUy mv2 mv02，其中 Uy12 129y，指初、末位置间的电势差Ud例 5 质谱仪可对离子进行分析如图 11所示，在真空状态下，脉冲阀 P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为 q、质量为 m的正离子，自 a板小孔进入 a、 b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入 M、 N板间的偏转控制区，到达探测器(可上下移动)已知a、 b板间距为 d，极板 M、 N的长度和间距均为 L， a、 b间的电压为
18、U1， M、 N间的电压为U2.不计离子重力及进入 a板时的初速度求：图 11(1)离子从 b板小孔射出时的速度大小；(2)离子自 a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；(3)为保证离子不打在极板上， U2与 U1应满足的关系答案 (1) (2)(2 d L) (3) U22 U12qU1m m2qU1解析 (1)由动能定理 qU1 mv2，得 v12 2qU1m(2)离子在 a、 b间的加速度 a1qU1md在 a、 b间运动的时间 t1 dva1 2mqU1在 MN间运动的时间： t2 LLv m2qU1离子到达探测器的时间： t t1 t2(2 d L) ；m2qU1(3)
19、在 MN间侧移： y a2t22 12 qU2L22mLv2 U2L4U1由 y ，得 U22 U1.L2变式 6 如图 12所示，电荷量之比为 qA qB13 的带电粒子 A、 B以相同的速度 v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在 C、 D点，若OC CD，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是( )10图 12A A和 B在电场中运动的时间之比为 12B A和 B运动的加速度大小之比为 41C A和 B的质量之比为 112D A和 B的位移大小之比为 11答案 D解析 粒子 A和 B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由 x v0t及 OC CD得，tA
20、tB12；竖直方向由 h at2得 a ，它们沿竖直方向运动的加速度大小之比为12 2ht2aA aB41；根据 a 得 m ，故 ， A和 B的位移大小不相等，故选项qEm qEa mAmB 112A、B、C 正确，D 错误变式 7 如图 13所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷，在电场的作用下带电荷的墨滴发生偏转到达纸上已知两偏转极板长度 L1.510 2 m，两极板间电场强度 E1.210 6 N/C，墨滴的质量 m1.010 13 kg，电荷量q1.010 16 C，墨滴在进入电场前的速度 v015 m/s，方向与两极板平行不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只
21、局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响图 13(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移大小 y.答案 (1)负电荷 (2)1.010 3 s (3)6.010 4 m解析 (1)负电荷(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间 t .Lv0代入数据可得： t1.010 3 s11(3)离开电场前墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动， aEqm代入数据可得： a1.210 3m/s2离开偏转电场时在竖直方向的位移 y at212代入数据可得： y6.010 4 m.1(2018温州市六校期末)目前，
22、指纹锁已普遍用于智能机、门卡等，其中有一类指纹锁的主要元件为电容式传感器，其原理是手指贴上传感器时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成平行板电容器，每个小电容器的电容值仅取决于传感器上的极板到对应指纹表面的距离在此过程中外接电源将为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，然后开始用标准电流放电，再采集各电容器放电的相关信息与原储存的指纹信息进行匹配下列说法正确的是( )A湿的手不会影响指纹解锁B极板与指纹嵴(凸起部分)构成的电容器电容小C极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器充上的电荷较多D极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器放电时间较短答案 D2(2019 届杭州市模拟)超级
23、电容器又叫双电层电容器，是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电容器如图 1为一款标有“2.7V，3000F”的超级电容器，据此可知该款电容器( )图 1A放电时电容不变B充电时电能减少C在 2.7V电压下才能工作D两极所加电压为 2.7V时，电容才达到 3000F答案 A12解析 电容器的电容由电容器本身因素决定，放电时电容不变，故 A正确；充电时，其他形式的能转化成电能，即电能增加，故 B错误；电容器在低于 2.7V的电压下仍可正常工作，故 C错误；电容与电压无关，其大小一直是 3000F，故 D错误3 已 知 灵 敏 电 流 计 指 针
24、 偏 转 方 向 与 电 流 方 向 的 关 系 为 ： 电 流 从 左 边 接 线 柱 流 进 电 流 计 ， 指针 向 左 偏 如 图 2所 示 ， 如 果 在 导 电 液 体 的 深 度 h发 生 变 化 时 观 察 到 指 针 正 向 左 偏 转 ， 则 ( )图 2A导体芯 A所带电荷量在增加，液体的深度 h在增大B导体芯 A所带电荷量在减小，液体的深度 h在增大C导体芯 A所带电荷量在增加，液体的深度 h在减小D导体芯 A所带电荷量在减小，液体的深度 h在减小答案 D解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计 G的电流由左右，则导体芯 A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变，由
25、 Q CU可知，导体芯 A与液体形成的电容器的电容减小，根据 C ，知正对面积减小，则液体的深度 h在减小，故 D正确，A、B、C rS4 kd错误4.(多选)如图 3所示，电容器由平行金属板 M、 N和电介质 D构成电容器通过开关 S及电阻与电源 E相连接，则( )图 3A M上移，电容器的电容变大B将 D从电容器抽出，电容变小C断开开关 S， M上移， MN间电压将增大D闭合开关 S， M上移，流过电阻的电流方向从 B到 A答案 BC解析 M向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式 C ，得知电容器的电容变小， rS4 kd13故 A错误；将 D从电容器抽出，介电常数减小，根据电容的决定式
26、 C ，得知电容器 rS4 kd的电容变小，故 B正确；断开开关 S， M上移，电荷量不变，而电容减小，根据电容的定义式 C ，分析可知电容器两端的电压增大，故 C正确；闭合开关 S，电压不变， M上移时QU电容减小，则由 Q UC可知，电荷量 Q减小，电容器放电，流过电阻的电流方向从 A到B，故 D错误5(多选)如图 4所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左不计空气阻力，则小球( )图 4A做直线运动 B做曲线运动C速率先减小后增大 D速率先增大后减小答案 BC解析 对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲
27、线运动，故 A错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项 C正确，D 错误6如图 5所示，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做( )图 5A自由落体运动B曲线运动C沿着悬线的延长线方向的匀加速直线运动D变加速直线运动答案 C解析 小球静止时，其受到的电场力、重力和悬线的拉力的合力为零，即电场力和重力的合力与悬线的拉力等大反向；悬线烧断，其受到的电场力和重力恒定不变，故小球在电场中沿着悬线的延长线做匀加速直线运动，选项 C正确，选项 A、B、D 错误7
28、.如图 6所示， A、 B两金属板平行放置，在 t0 时将电子从 A板附近由静止释放(电子的14重力忽略不计)分别在 A、 B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了 B板( )图 6答案 B8.a、 b两离子从平行板电容器两板间 P处垂直电场入射，运动轨迹如图 7.若 a、 b的偏转时间相同，则 a、 b一定相同的物理量是( )图 7A比荷B入射速度C入射动能D电荷量答案 A解析 a、 b两离子竖直方向分位移相等，故： y t2，由于 y、 E、 t均相等，故比12 qEm荷 相等，故 A正确；qm水平方向位移关系是 xaxb，水平分运动是匀速直线运动，时间相等，故 vavb，故 B错误
29、；a、 b两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定初动能大小关系，故 C错误；a、 b两离子比荷相等，质量关系未知，无法确定电荷量大小关系，故 D错误9如图 8所示，竖直放置的两平行金属板间有水平方向的匀强电场，在两极板间同一等高线上有两质量相等的带电小球 a、 b(均可以看成质点)将小球 a、 b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点则从释放小球到刚要打到右极板的运动中，下列说法正确的是( )15图 8A它们的运动时间 tatbB它们的电荷量之比 qa qb12C它们的电势能减少量之比 Ea Eb41D它们的动能增加量之比 Ek1 Ek2
30、41答案 C解析 小球运动过程只受重力和电场力作用，故粒子竖直方向做加速度 a g的匀加速运动，水平方向做加速度 a 的匀加速运动；由两小球竖直位移相同可得运动时间相同，即qEmta tb，所以， 21，故 A、B 错误；由电势能减少量等于电场力做的qaqb aaab sa水 平sb水 平功可得： Ea Eb qaEsa水平 qbEsb水平 41，故 C正确；由动能定理可知：小球动能增加量等于重力势能和电势能减小量之和；又有两小球重力势能减小量相等，由 C项可知：动能增加量之比不可能为 41，故 D错误10.如图 9，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的 k倍，有
31、一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比 的值为( )ld图 9A. B.k 2kC. D.3k 5k答案 B解析 设加速电压为 kU，偏转电压为 U，对直线加速过程，根据动能定理，有：qkU mv212对类平抛运动过程，有： l vt t2d2 12qUmd16联立解得： ld 2k11如图 10所示， M、 N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为 E，一质量为 m、电荷量为 q的微粒，以初速度 v0竖直向上从两极正中间的 A点射入匀强电场中，
32、微粒垂直打到 N极上的 C点，已知 AB BC.不计空气阻力，则下列判断错误的是( )图 10A微粒在电场中做匀变速曲线运动B微粒打到 C点时的速率与射入电场时的速率相等C MN板间的电势差为mv02qD MN板间的电势差为Ev022g答案 D解析 微粒受重力和电场力，两个力都是恒力，由平行四边形定则知，微粒所受合力为恒力，故微粒做匀变速曲线运动，选项 A正确；微粒的运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀减速运动，设微粒运动的时间为 t，由匀变速直线运动规律得AB vCt， BC v0t，又 AB BC，由以上各式解得， vC v0，选项 B正确；微粒从 A到 C12 12的过程中，由
33、动能定理得 q mgBC0，由 v22 ax得 BC ，联立解得 UMNUMN2 v022g，选项 C正确； UMN E2AB E2BC ，选项 D错误mv02q Ev02g12如图 11甲为一对长度为 L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为 v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为 T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )17图 11A11 B21C31 D41答案 C解析 粒子在两板之间的运动时间均为 T，在 t nT时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在
34、前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀速运动，设加速度为 a，则偏转位移为： ymax a( )2 a aT2，在 t( n )T时刻进入的粒子，考虑竖直分12 T2 T2 T2 38 12运动，在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速运动，侧移量最小，为： ymin a( )12 T22 aT2，故 ymax ymin31，故 A、B、D 错误，C 正确1813.如图 12所示， M、 N为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距 d35cm，已知 N板电势高，两板间电压 U3.510 4V现有一质量 m7.010 6 kg、电荷量q6.01010 C的带负电油滴，由 N板下方距 N为 h
35、15cm 的 O处竖直上抛，经 N板中间的 P孔进入电场，到达上板 Q点时速度恰为零( g取 10m/s2)求油滴上抛的初速度大小 v0.图 12答案 4m/s解析 全过程重力做负功，油滴在 M、 N间运动时电场力做负功，全过程根据动能定理有： mg(d h) qU0 mv0212解得 v02gd h 2qUm代入数据得 v04m/s14.如图 13所示，离子发生器在 P极板产生一束质量为 m、电荷量为 q的离子(初速度可忽略，重力不计，离子间的相互作用力可忽略)，经 P、 Q两板间的加速电场加速后，以速度 v0从 a点沿 ab方向水平进入边长为 L的正方形 abcd匀强电场区域(电场方向竖直
36、向上)，离子从 abcd边界上某点飞出时的动能为 mv02.求：18图 13(1)P、 Q两板间的电压 U；(2)离子离开 abcd区域的位置；(3)abcd区域内匀强电场的场强 E的大小答案 (1) (2) bc边中点 (3)mv022q mv02qL解析 (1)离子在 PQ间加速过程，根据动能定理，有 qU mv02，解得 U .12 mv022q(2)离子射出电场时： mv2 mv02，12得 v v0，方向与 ab所在直线的夹角为 45，即 vx vy，2根据 x vxt， y t，可得 x2 y；则 x L， y ，即离子从 bc边上的中点飞出vy2 L2(3)离子在 abcd区域内
37、运动过程，根据动能定理，有qE mv02 mv02，解得 E .L2 12 mv02qL15(2017浙江 11月选考19)如图 14所示， AMB是一条长 L10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高 h1.25m 处， A、 B为端点， M为中点，轨道 MB处在方向竖直向上、大小 E510 3N/C的匀强电场中一质量 m0.1 kg、电荷量 q1.310 4 C的可视为质点的滑块以初速度 v06 m/s在轨道上自 A点开始向右运动，经 M点进入电场，从 B点离开电场已知滑块与轨道间的动摩擦因数 0.2， g10m/s 2.求滑块：图 14(1)到达 M点时的速度大小；(2)从 M点运动到 B点所用的时间；(3)落地点距 B点的水平距离答案 (1)4m/s (2) s (3)1.5m107解析 (1)在 AM阶段对滑块受力分析如图甲所示：19a g 2m/s 2 mgmxL2根据运动学公式 vM2 v022 ax，可得 vM4m/s(2)进入电场之后， Eq0.65N，对滑块受力分析如图乙所示：a 0.7m/s 2 mg EqmxL2根据运动学公式 vB2 vM22 a x，解得 vB3m/s根据匀变速直线运动推论 x t解得 t svB vM2 107(3)从 B点飞出后，滑块做平抛运动，因此 h gt 2，12解得 t0.5s落地点距 B点的水平距离 x vBt1.5m.
