利用類平拋運(yùn)動規(guī)律處理偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題

1、利用類平拋運(yùn)動規(guī)律處理偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題(2017課標(biāo)卷II,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(qiáng)電場.自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和一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(jìn)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(yùn)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：M與N在電場中沿水平方向的位移之比；A點(diǎn)距電場上邊界的高度；該電場的電場強(qiáng)度大小.【解析】(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時的初速度大小為,則它

2、們進(jìn)入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運(yùn)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，大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動學(xué)公式得v0_at=0S=v0t+2at2=v廠聯(lián)立式得與=3.s2(2)設(shè)A點(diǎn)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v，由運(yùn)動y學(xué)公式得v2=2ghH=vyt+|gt2M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，由幾何關(guān)系知vsv=Hy聯(lián)立式可得h=3H.qEmg(3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，則v0=vy設(shè)M、N離開電場時的動能分別為E、E，由動能定理得k1k2Ek1=2m（%+%）+mgH+qEs

3、iEk2=2%（%十vy）+mgHqE由已知條件聯(lián)立式得E=mg邁q答案】(1)3:1（2015天津卷，7）如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E,之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場Ey發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上.整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）偏轉(zhuǎn)電場Ey對三種粒子做功一樣多三種粒子打到屏上時的速度一樣大三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置【解析】帶電粒子經(jīng)加速電場后速度V=住也，出偏轉(zhuǎn)電場時的縱向速度v=TOC o 1-5 h z0訂myE2qL11E2L22md，所以偏轉(zhuǎn)電場E2對粒子做功為W=2m（

4、v2+V）2mv0=4q，故做功一樣多,J4E2d2F2L2q故A正確；粒子打到屏上時的速度為v=；v2+v2=22，與比荷有關(guān)，故速*oy計2Edm1EL2m.rm，與度不一樣大，故b錯誤；縱向位移y=2at2=4Ed，即位移與比荷無關(guān)，由相似三角形可知,打到屏幕上的位置相同，故D正確；運(yùn)動到屏上所用時間t=比荷有關(guān)，故C錯誤【答案】AD命題點(diǎn)3帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的綜合問題分析（2018河南南陽市高三上學(xué)期期中）如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上，在第I象限內(nèi)有與y軸平行、方向向上的勻強(qiáng)電場區(qū)域，區(qū)域形狀是直角三角形,三角形斜邊分別與x軸和y軸相交于(L,0)和(0,L)點(diǎn).

5、區(qū)域左側(cè)沿x軸正方向射來一束具有相同質(zhì)量m、電荷量為一q(q0)和初速度vQ的帶電微粒，這束帶電微粒分布在OVyVL的區(qū)間內(nèi)，其中從y=L的點(diǎn)射入場區(qū)的帶電微粒剛好從(L,0)點(diǎn)射出場區(qū)，不計帶電微粒的重力，求：電場強(qiáng)度大?。粡?yL的區(qū)間射入場區(qū)的帶電微粒，射出場區(qū)時的x坐標(biāo)值和射入場區(qū)時的y坐標(biāo)值的關(guān)系式；射到(2L,0)點(diǎn)的帶電微粒射入場區(qū)時的y坐標(biāo)值.【解析】(1)設(shè)電場強(qiáng)度為E,帶電微粒在場區(qū)中的偏轉(zhuǎn)時間為有：L=v0t,扌=2at12，由牛頓第二定律得：qE=ma解得：E=mv2qL(2)微粒做類平拋運(yùn)動,有：x=vt,y=2at2,整理得：x2=2Ly.(3)如圖所示，設(shè)這個帶電

6、微粒在場區(qū)中的水平偏轉(zhuǎn)位移為入，豎直偏轉(zhuǎn)位移為y1，偏轉(zhuǎn)角為0,偏轉(zhuǎn)時間為t2，射入場區(qū)時的y坐標(biāo)值為Y,有：x1=v0t2,1兒=2加2,根據(jù)幾何關(guān)系有：x1+tan冷=2L,Lx1=Yy1，根據(jù)平拋運(yùn)動的特點(diǎn)有：tan解得：y=_4l.【答案】乎（2）x2=2Ly匕L思想方法系列（六）解決帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的方法技法一借助圖象，展示物理過程帶電粒子在交變電場中運(yùn)動時，受電場力作用，其加速度、速度等均做周期性變化借助圖象來描述它在電場中的運(yùn)動情況，可直觀展示物理過程，從而獲得啟迪，快捷地分析求解例1如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計

7、的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運(yùn)動，時而向B板運(yùn)動，并最終打在A板上.則t0可能屬于的時間段是（）A.0t0C3TtTC.4t0T解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正依題意得，粒子的速度方向時而為TT3T負(fù)，時而為正，最終打在a板上時位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù).作出t0=0、才、2、才時粒子運(yùn)動的速度圖象如圖所示由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象T3TT3T可知0t04，4t0T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；40T時情況類似.因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各選項(xiàng)可知只有B正確.【答案】

8、B本題物理情景簡單，但隱含條件較多.如打在A板上時速度方向?yàn)橄蜃?，位移方向?yàn)橄蜃?，做此類題目注意隱含條件的挖掘.另外，速度時間圖象的合理應(yīng)用，可提高同學(xué)們的解題速度.技法二巧取分運(yùn)動，化繁為簡某個方向的分運(yùn)動不會因其他分運(yùn)動的存在而受到影響，這就是運(yùn)動的獨(dú)立性原理，應(yīng)用這一原理可以簡捷分析某些帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的問題例2如圖(a)所示，平行板電容器間距為d兩板所加電壓如圖(b)所示，t=0時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以平行于極板的速度v0射入電容器，2.5T時恰好落在下極板上，帶電粒子的重力不計，在這一過程中，求：該粒子的水平位移；粒子落到下極板時的速度【解析】(1)帶電粒子在水平

9、方向不受外力作用，做勻速直線運(yùn)動，因此水平位移為s=v0t=vQX2.5T=2.5v0T.(2)帶電粒子落在下極板上時在豎直方向的分速度為v=a3T=3mUoTy22md粒子落在下極板上時的速度大小為v=;莎2=附9.【答案】(l)2.5vT(2)。0+鬻錚技法三巧建模型，化難為易對于某些實(shí)際的物理過程，可根據(jù)題設(shè)條件，運(yùn)用近似處理方法，通過簡化描述來反映事物基本的物理特征，這有助于迅速、準(zhǔn)確確定出解題方向和策略，使問題得到迅速解決例3在真空中速度為v=6.4X107m/s的電子束連續(xù)地射入兩平行極板之間，極板長度為L=8.0X10-2m,間距為d=5.0X10-3m,電子束沿兩極板間的中線通

10、過，如圖所示，在兩極板上加上50Hz的交變電壓u=Usincot如果所加電壓的最大值超過某一值UC,將開mC始出現(xiàn)以下現(xiàn)象：電子有時能通過兩極板，有時不能通過，求UC的大小.(電子的比荷為1.76X1011C/kg)【解析】設(shè)電子剛好不能通過時平行板的電壓為UC,電子經(jīng)過平行板的時間為t,則:Ld1t=v，2=2at2,解得uc=mv2d2eL2=91V.答案】91V/考能提升對點(diǎn)演練h高考真題（2016課標(biāo)卷丨，14）一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上若將云母介質(zhì)移出，則電容器（）極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大極板上的電荷量

11、變大，極板間電場強(qiáng)度不變極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變【解析】電容器接在恒壓直流電源上，兩極板的電壓不變，若將云母介質(zhì)移出，相對介電常數(shù)減小，電容器的電容減小，所以極板上的電荷量減小，極板間的距離不變，所以極板間的電場強(qiáng)度不變，故A、B、C錯誤，D正確.【答案】D（2015課標(biāo)卷II,14）如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置.若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)45，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將（）保持靜止?fàn)顟B(tài)向左上方做勻加速運(yùn)動C向正下方做勻加速運(yùn)動D向左下方做勻加速運(yùn)動【解析】兩平行金屬板水平放置時，帶電微

12、粒靜止有mg=qE，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)45后，兩板間電場強(qiáng)度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動，選項(xiàng)D正確.【答案】D（2016海南卷，6）如圖，平行板電容器兩極板的間距為d極板與水平面成45角，上極板帶正電一電荷量為q（q0）的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek。豎直向上射出.不計重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為（）2qd解析】根據(jù)電荷受力可以知道，粒子在電場中做曲線運(yùn)動，如圖所示：當(dāng)電場足夠大時，粒子到達(dá)上極板時速度恰

13、好與上極板平行，如圖，將粒子初速度分解為垂直極板的和平行極板的v，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，當(dāng)分速度v=0時，則粒子的速度正好平0y0 xyEq1行上極板，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式：一=2，由于v=vncos45,E=2mvl，聯(lián)立整理得0ym0y0k020E到：E=2qd，故選項(xiàng)B正確答案】B名校模擬（2018安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)高三期中）如圖所示，平行板電容器兩極板接在電壓恒為U的直流電源上，上極板A接地，兩個帶正電的點(diǎn)電荷被固定于極板間的P、Q兩點(diǎn)，忽略兩點(diǎn)電荷對板間電場的影響，現(xiàn)將平行板電容器的下極板B豎直向下移動一小段距離,則（）1兩點(diǎn)電荷間的庫侖力變小P、Q兩點(diǎn)的電勢可能降低兩點(diǎn)電荷的電勢能可能

14、減小電容器的電容減小，極板帶電荷量增大【解析】由庫侖定律可知，兩點(diǎn)電荷之間的庫侖力不變，A項(xiàng)錯誤；電容器保持與電源連接，兩極板間電勢差不變，B板下移，兩極板間距離增大，由電勢強(qiáng)度與電勢差關(guān)系E=d可知，極板間電場強(qiáng)度減小，由U=Ed可知，P、Q兩點(diǎn)與A板間電勢差的絕對值減小，但由于不確定兩極板間電場方向，所以P、Q兩點(diǎn)電勢的升降無法確定，B項(xiàng)正確；電勢升降無法確定，則兩點(diǎn)電荷在相應(yīng)位置的電勢能的變化情況也就無法確定，C項(xiàng)正確；由電容fS的決定式c=4nd可知，電容器的電容減小，由Q=cu可知，極板帶電荷量減小，d項(xiàng)錯、口誤答案】BC（2018河北唐山一中高三上學(xué)期期中）如圖所示，A、B為水平放

15、置的兩個平行金屬板,兩板相距d分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一個小孔M和N.今有一帶電油滴，質(zhì)量為m,從A板的上方距A板為d的P點(diǎn)由靜止開始自由下落（P、M、N在同一豎直線上）,空氣阻力忽略不計，帶電油滴通過N孔時的動能E2mgd.若將極板A向上移一小段距離,到圖中虛線所示位置，則帶電油滴通過N孔時的動能EJ和油滴所帶電荷的種類是（）A.油滴帶正電，E=EkkkC.油滴帶負(fù)電，Ej=Ekkk【解析】由題設(shè)條件知，把油滴帶正電，EkVEkkk油滴帶負(fù)電，EkzEkA板向上平移一小段距離，電場力做功不變，重力做功也不變，根據(jù)動能定理知，小球到達(dá)N點(diǎn)速度仍為原來的速度，小球會穿過N孔繼續(xù)下落,即

16、動能與原來相等，根據(jù)電場力做負(fù)功，及電場強(qiáng)度的方向可知小球帶負(fù)電，故A、B、D錯誤，C正確答案】C（2018江蘇泰州高三上學(xué)期期中）如圖所示，從燈絲發(fā)出的電子經(jīng)加速電場加速后,進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，若加速電壓為q,偏轉(zhuǎn)電壓為U2.僅僅改變加速電壓后，電子在電場中的側(cè)移量y增大為原來的2倍，下列說法中正確的是（）B.C.電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時的速度變?yōu)樵瓉淼?倍D.電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角變?yōu)樵瓉淼?倍A.加速電壓U減小到了原來的1/2偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功變?yōu)樵瓉淼?倍【解析】y=21Ul2b，而qU1=2mv2，所以丁=產(chǎn)石，y增大為原來的2倍，u變?yōu)樵瓉淼?，A對；偏轉(zhuǎn)電場對電子做功W=qEy,變?yōu)樵?/p>

17、來的2倍，B對；電子飛出電vUl1場的速度為合速度，與初速度并非是線性關(guān)系，C錯；tan=VT=U24d，5變?yōu)樵瓉淼?,則tan0變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯.【答案】AB課時作業(yè)（二十一）基礎(chǔ)小題練如圖所示為一只“極距變化型電容式傳感器”的部分構(gòu)件示意圖當(dāng)動極板和定極板之間的距離d變化時，電容C便發(fā)生變化，通過測量電容C的變化就可知道兩極板之間距離d的變化的情況在下列圖中能正確反映C與d之間變化規(guī)律的圖象是（）解析】比，在第一象限反比例函數(shù)圖象是一條雙曲線，所以A正確.【答案】A如圖所示，電源電動勢為E,內(nèi)阻為r.電路中的R1為光敏電阻（其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減?。?R2為滑動變阻器，D為理想二極

18、管，當(dāng)開關(guān)S閉合時，電容器C中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說法中正確的是（）只增大的光照強(qiáng)度，電壓表示數(shù)變小只增大的光照強(qiáng)度，電流表示數(shù)變小只將滑片向上端移動時，帶電微粒將向下運(yùn)動若斷開開關(guān)S,帶電微粒將向下運(yùn)動【解析】只逐漸增大R的光照強(qiáng)度，R的阻值減小，外電路中電阻減小，總電流增大，電流表示數(shù)變大，內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，因此電壓表示數(shù)變小，選項(xiàng)A正確，B錯誤；只將滑片向上端移動時，由于二極管的存在，電容器極板所帶電荷量不變，板間場強(qiáng)不變，帶電微粒仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)C錯誤；若斷開開關(guān)S,電容器本應(yīng)處于放電狀態(tài)，但由于二極管的存在，電荷量不變，板間場強(qiáng)不變，帶電微粒仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，

19、選項(xiàng)D錯誤答案】A如圖所示,A、B為水平正對放置的平行金屬板，板間距離為d質(zhì)量為m的帶電油滴在兩金屬板之間，油滴運(yùn)動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比將油滴由靜止釋放若兩金屬板間的電壓為零，一段時間后油滴以速率v勻速下降.若兩金屬板間加電壓U,一段時間后油滴以速率2v勻速上升.由此可知油滴所帶電荷量的大小為（）A.mgdUC.3mgdU2mgd4mgdU【解析】板間電壓為零，油滴勻速下降時，mg=kv，當(dāng)兩板間電壓為U，油滴勻速U3mgd上升時，dq=mg+2kv，以上兩式聯(lián)立可得q=口，C正確.答案】C如圖所示，示波器的示波管可視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，若已知加速電壓為偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏

20、轉(zhuǎn)極板長為L極板間距為d,且電子被加速前的初速度可忽略，則關(guān)于示波器靈敏度即偏轉(zhuǎn)電場中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量（）與加速電場、偏轉(zhuǎn)電U2場的關(guān)系，下列說法中正確的是（L越大，靈敏度越高d越大，靈敏度越高U1越大，靈敏度越高U2越大，靈敏度越高【解析】偏轉(zhuǎn)位移y=2at2=2md（v）2=4du，靈敏度U=4dU，故A正確，B、C、mddU1U2dU1D錯誤【答案】A5如圖所示，一價氫離子（；H）和二價氦離子He）的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后,垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們（）同時到達(dá)屏上同一點(diǎn)同時到達(dá)屏上不同點(diǎn)先后到達(dá)屏上同一點(diǎn)先后到達(dá)屏上不同點(diǎn)【解析】一價氫離

21、子（；H）和二價氦離子（4He）的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場的時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會先后打在同一點(diǎn)選B.答案】B（2018南京高三月考）如右圖所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場中O點(diǎn)靜止釋放后，分別抵達(dá)B、C兩點(diǎn)，若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1:q2等于（AB.2：1C【解析】豎直方向有h=1gt2,水平方向有1=賽2,聯(lián)立可得q=mh，所以有B對.答案】B創(chuàng)新導(dǎo)向練生活科技噴墨打印機(jī)的工作原理噴墨打印機(jī)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?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上，則

22、微滴在極板間電場中（）A.向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B.電勢能逐漸增大C.運(yùn)動軌跡是拋物線D.運(yùn)動軌跡與所帶電荷量無關(guān)解析】帶負(fù)電的微滴進(jìn)入電場后受到向上的電場力，故帶電微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯誤；帶電微滴垂直進(jìn)入電場受豎直向上的電場力作用，電場力做正功，故墨汁微滴1qE的電勢能減小，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)x=v0t,y=2at2及a=，得帶電微滴的軌跡方程為y=qEx22mv202m即運(yùn)動軌跡是拋物線，與所帶電荷量有關(guān)，選項(xiàng)C正確、D錯誤.答案】C8電容式定位器的工作原理如圖所示，電容器極板間有一可移動的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則下列說法中正

23、確的是()若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負(fù)極板pS【解析】若x變大，則由c=4Jkd，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由Q=cu知電容器帶電荷量減少，此時帶正電荷的極板得到電子，帶負(fù)電荷的極板失去電子，所以有電流流向負(fù)極板，A、C錯誤，D正確.若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U=Q可知，電容器極板間電壓減小，B錯誤.【答案】D9.利用電偏轉(zhuǎn)分離混合帶電粒子真空中的

24、某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏.今有質(zhì)子、氘核和a粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上.已知質(zhì)子、氘核和a粒子的質(zhì)量之比為1：2:4,電荷量之比為1：1：2,貝y下列判斷中正確的是()ABM三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同三種粒子打到熒光屏上的位置相同偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1：2：2偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1：2：41l+Lm【解析】粒子加速過程qU=2mv2,從B至M用時t=豈得t*孑，所以：t2:t3=i：；2:逅，選項(xiàng)a錯誤.偏轉(zhuǎn)位移y=1qdL)2Udw

25、，所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同，選項(xiàng)B正確.因W=qEy，得W1：W2：W3=q1:q2:q3=1：1：2,選項(xiàng)C、D錯誤.【答案】B10用Ek-h圖象描述帶電體在電場中的運(yùn)動k如圖甲所示，一光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，與細(xì)桿右側(cè)距離為d的A點(diǎn)處有一固定的正點(diǎn)電荷，細(xì)桿上套有一帶電小環(huán)，設(shè)小環(huán)與點(diǎn)電荷的豎直高度差為h將小環(huán)無初速度地從h高處釋放后，在下落至h=0的過程中，其動能Ek隨h的變化曲線如圖乙所示，貝“)圖甲圖乙小環(huán)可能帶負(fù)電從h高處下落至h=0的過程中，小環(huán)電勢能增加從h高處下落至h=0的過程中，小環(huán)經(jīng)過了加速、減速、再加速三個階段小環(huán)將做以O(shè)點(diǎn)為中心的往復(fù)運(yùn)動【解析】由題圖乙中Ek隨h的變化曲線可知，小環(huán)從h高處下落至h=0的過程中，k經(jīng)過了加速、減速、再加速三個階段，選項(xiàng)C正確；合外力做功的情況是先做正功，再做負(fù)功，最后又做正功，而重力一直對小環(huán)做正功，故只有庫侖力能對小環(huán)做負(fù)功，即小環(huán)帶正電，選項(xiàng)A錯誤；從h高處下落至h=0的過程中，電場力做負(fù)功，故小環(huán)電勢能增加，選項(xiàng)B正確；小環(huán)越過O點(diǎn)后，所受的電場力、重力及桿對小環(huán)的彈力的合力方向向下，故小環(huán)將向下做加速運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤.【答案】BC綜合提升練在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當(dāng)平行板電容器的電壓為u0時，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示.當(dāng)給電容器突然充電使其電壓