電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

第3節(jié)電容器__帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)點(diǎn)一電容和電容器[記一記]1．電容器(1)組成：兩個(gè)彼此絕緣且又相距很近的導(dǎo)體。(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。(3)充、放電：①充電：把電容器接在電源上后，電容器兩個(gè)極板分別帶上等量的異號(hào)電荷的過程，兩極板間有電場(chǎng)存在。充電過程中由電源獲得的電能儲(chǔ)存在電容器中。②放電：用導(dǎo)線將充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷中和的過程。放電后的兩極板間不再有電場(chǎng)，電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢(shì)差U的比值。(2)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量。(3)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(4)單位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF)。3．平行板電容器的電容(1)決定因素：平行板電容器的電容C跟板間電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)εr成正比，跟正對(duì)面積S成正比，跟極板間的距離d成反比。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)。[試一試]1．(2013·安徽無為四校聯(lián)考)如圖6－3－2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(dòng)極板和定極板之間的距離d變化時(shí)，電容C便發(fā)生變化，通過測(cè)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)律的圖像是()圖6－3－2圖6－3－3解析：選A由電容器的電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C與d成反比，能正確反映C與d之間變化規(guī)律的圖像是A。知識(shí)點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[記一記]1．帶電粒子在電場(chǎng)中的加速帶電粒子在電場(chǎng)中加速，若不計(jì)粒子的重力，則電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的增量。(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)研究情況：帶電粒子垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)。(2)運(yùn)動(dòng)形式：類平拋運(yùn)動(dòng)。(3)處理方法：應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解。①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(l,v0)。②沿電場(chǎng)方向，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),運(yùn)動(dòng)時(shí)間\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出平行板電容器：t＝\f(l,v0),b.打在平行極板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d),離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)))[試一試]2.如圖6－3－4所示，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(粒子不計(jì)重力)，則這兩個(gè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的側(cè)位移y之比為()圖6－3－4A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：選B由y＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)eq\f(L2,v\o\al(2,0))和Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：y＝eq\f(EL2q,4Ek0)可知，y與q成正比，B正確。知識(shí)點(diǎn)三示波管[想一想]一臺(tái)正常工作的示波管，突然發(fā)現(xiàn)熒光屏上畫面的高度縮小，則產(chǎn)生故障的原因可能是什么？提示：示波管正常工作時(shí)，有關(guān)結(jié)構(gòu)的幾何尺寸都不會(huì)發(fā)生變化。畫面高度縮小，說明電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角φ變小，可求出偏轉(zhuǎn)角φ的正切tanφ＝eq\f(lU2,2dU1)，引起tanφ變小的原因可能是加速電壓U1變大，或偏轉(zhuǎn)電壓U2變小。[記一記]1．構(gòu)造①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏。(如圖6－3－5所示)圖6－3－52．工作原理(1)YY′上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。(2)觀察到的現(xiàn)象：①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。②若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)隨時(shí)間變化的穩(wěn)定圖像。[試一試]3．(多選)如圖6－3－6所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成。如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()圖6－3－6A．極板X應(yīng)帶正電 B．極板X′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶正電 D．極板Y′應(yīng)帶正電解析：選AC由亮斑在熒光屏上的位置可以看出，電子受到向X極板和Y極板的電場(chǎng)力。因此，極板X、Y都應(yīng)帶正電，故選項(xiàng)A、C正確?？键c(diǎn)一eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,))平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析問題[例1](2011·天津高考)板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時(shí)，兩極板間電勢(shì)差為U1，板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E1?，F(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閑q\f(1,2)d，其他條件不變，這時(shí)兩極板間電勢(shì)差為U2,板間場(chǎng)強(qiáng)為E2，下列說法正確的是()A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1[解析]選C根據(jù)題意可知，平行板電容器的間距d和電荷量Q發(fā)生變化，要求討論電勢(shì)差U和場(chǎng)強(qiáng)E的變化。設(shè)平行板電容器的電容為C，則有C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，又因?yàn)閁＝Ed，所以解得U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，當(dāng)帶電量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閑q\f(d,2)時(shí)，U2＝U1，E2＝2E1，C正確。[例2]如圖6－3－7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()圖6－3－7A．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[解析]選B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)；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對(duì)；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)減小時(shí)，油滴的電勢(shì)能應(yīng)增加，C錯(cuò)；電容器的電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，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)。1．兩類平行板電容器的動(dòng)態(tài)問題分析比較(1)兩極板間電壓U恒定不變。(2)電容器所帶電荷量Q恒定不變。2．平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析方法(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＝eq\o(→,\s\up7(εrS),\s\do5(4πkd))分析平行板電容器電容的變化。(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)→分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。(4)用E＝eq\f(U,d)→分析電容器極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化。考點(diǎn)二eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,))帶電體在電場(chǎng)中的直線運(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)中平衡問題的解題步驟eq\x(\a\al(選取研,究對(duì)象))eq\x(\a\al(進(jìn)行受力分析，注意,電場(chǎng)力的方向特點(diǎn)))eq\x(\a\al(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關(guān)系角度用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。[例3](2014·江蘇二校聯(lián)考)如圖6－3－8所示，在A點(diǎn)固定一正電荷，電量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運(yùn)動(dòng)瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點(diǎn)電荷，不計(jì)空氣阻力。求：圖6－3－8(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h；(3)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，某點(diǎn)的電勢(shì)可表示成φ＝eq\f(kQ,r)，其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無限遠(yuǎn)的電勢(shì)為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB。[思維流程][解析](1)設(shè)液珠的電量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí)keq\f(Qq,H2)－mg＝mg比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2gH2,kQ)(2)當(dāng)液珠速度最大時(shí)，keq\f(Qq,h2)＝mg得h＝eq\r(2)H(3)設(shè)BC間的電勢(shì)差大小為UCB，由題意得UCB＝φC－φB＝eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB)對(duì)液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得qUCB－mg(rB－H)＝0即q(eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB))－mg(rB－H)＝0將第(1)問的結(jié)果代入化簡(jiǎn)req\o\al(2,B)－3HrB＋2H2＝0解得：rB＝2HrB′＝H(舍去)[答案](1)eq\f(2gH2,kQ)(2)eq\r(2)H(3)2H1．(2014·濟(jì)南模擬)如圖6－3－9所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖6－3－9(1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，物塊的加速度是多大；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能。解析：(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)力和斜面支持力，受力圖如圖所示，則有FNsin37°＝qE ①FNcos37°＝mg ②由①②可得E＝eq\f(3mg,4q)(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma可得a＝0.3(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL考點(diǎn)三eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,))帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題1．粒子的偏轉(zhuǎn)角(1)以初速度v0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)：如圖6－3－10所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，偏轉(zhuǎn)電壓為U1，若粒子飛出電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角為θ，則tanθ＝eq\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d)圖6－3－10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)粒子從靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)U0加速后再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則有：qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可解得：tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(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)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2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x＝y(tǒng)·cotθ＝eq\f(qU1l2,2dmv\o\al(2,0))·eq\f(mv\o\al(2,0)d,qU1l)＝eq\f(l,2)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eq\f(l,2)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)：若不同的帶電粒子都是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則偏移量：y＝eq\f(U1l2,4U0d)偏轉(zhuǎn)角正切：tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)結(jié)論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一加速電場(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，也就是運(yùn)動(dòng)軌跡完全重合。[例4]如圖6－3－11所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O。試求：圖6－3－11(1)粒子從射入電場(chǎng)到打到屏上所用的時(shí)間；(2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x。[思路點(diǎn)撥](1)帶電粒子在電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)？水平方向上做什么運(yùn)動(dòng)？提示：帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)如何求解帶電粒子在豎直方向的分速度？提示：vy＝at＝eq\f(qEL,mv0)(3)帶電粒子射出電場(chǎng)后，做什么運(yùn)動(dòng)？提示：勻速直線運(yùn)動(dòng)。[解析](1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入電場(chǎng)到打到屏上所用的時(shí)間t＝eq\f(2L,v0)。(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中的加速度為：a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))。(3)法一設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))法二x＝vyeq\f(L,v0)＋y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))。法三由eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEl2,2mv\o\al(2,0))。[答案](1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的四種方法：(1)Y＝y(tǒng)＋dtanθ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的水平距離)(2)Y＝(eq\f(L,2)＋d)tanθ(L為電場(chǎng)寬度)(3)Y＝y(tǒng)＋vy·eq\f(d,v0)(4)根據(jù)三角形相似：eq\f(Y,y)＝eq\f(\f(L,2)＋d,\f(L,2))2．(2014·云南名校聯(lián)考)如圖6－3－12所示直流電源的路端電壓U＝182V。金屬板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近。它們分別和變阻器上的觸點(diǎn)a、b、c、d連接。變阻器上ab、bc、cd段電阻之比為1∶2∶3?？譕1正對(duì)B和E，孔O2正對(duì)D和G。邊緣F、H正對(duì)。一個(gè)電子以初速度v0＝4×106m/s沿AB方向從A點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，恰好穿過孔O1和O2后，從H點(diǎn)離開電場(chǎng)。金屬板間的距離L1＝2cm，L2＝4cm，L3＝6cm。電子質(zhì)量me＝9.1×10－31kg，電量q＝圖6－3－12(1)各相對(duì)兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度。(2)電子離開H點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。(3)四塊金屬板的總長(zhǎng)度(AB＋CD＋EF＋GH)。解析：(1)三對(duì)正對(duì)極板間電壓之比U1∶U2∶U3＝Rab∶Rbc∶Rcd＝1∶2∶3。板間距離之比L1∶L2∶L3＝1∶2∶3故三個(gè)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)相等E＝eq\f(U,L1＋L2＋L3)＝1516.67N/C(2)根據(jù)動(dòng)能定理eU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電子離開H點(diǎn)時(shí)動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eU＝3.64×10－17J(3)由于板間場(chǎng)強(qiáng)相等，則電子在豎直方向受電場(chǎng)力不變，加速度恒定，可知電子做類平拋運(yùn)動(dòng)：豎直方向：L1＋L2＋L3＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2水平方向：x＝v0t消去t解得x＝0.12極板總長(zhǎng)AB＋CD＋EF＋GH＝2x＝0.24答案：(1)1516.67N/C(2)3.64×10－17J(3)0.24m以“噴墨打印機(jī)”為背景考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題[典例](2013·廣東高考)噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖6－3－13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(chǎng)飛入極板間，最終打在紙上。則微滴在極板間電場(chǎng)中()圖6－3－13A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn) B．電勢(shì)能逐漸增大C．運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線 D．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān)[解析]由于微滴帶負(fù)電，其所受電場(chǎng)力指向正極板，故微滴在電場(chǎng)中向正極板偏轉(zhuǎn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤。微滴在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤。由于極板間電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力不變，故微滴在電場(chǎng)中做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，并且軌跡為拋物線，C項(xiàng)正確。帶電量影響電場(chǎng)力及加速度大小，運(yùn)動(dòng)軌跡與加速度大小有關(guān)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案]C[點(diǎn)悟]高考中的靜電問題高考對(duì)靜電問題的考查連年不斷，如2013年廣東高考卷中“噴墨打印機(jī)”、浙江高考卷中“電子能量分析器”，2012年廣東高考卷中的“靜電選礦”，同年浙江卷中的靜電感應(yīng)筆套吸圓環(huán)，2011年廣東卷中的“靜電除塵”原理機(jī)等都取材于課本，緊密聯(lián)系生活。對(duì)靜電的應(yīng)用我們主要從異種電荷相互吸引的角度分析，對(duì)應(yīng)的有靜電復(fù)印、噴涂、植絨、除塵等。對(duì)于平衡類問題要立足受力分析，特別是小顆粒帶電體是否要考慮重力，要根據(jù)題干意思仔細(xì)判別，建立平衡模型。3.處于強(qiáng)電場(chǎng)中的空氣分子會(huì)被電離為電子和正離子，利用此原理可以進(jìn)行靜電除塵。如圖6－3－14所示，是一個(gè)用來研究靜電除塵的實(shí)驗(yàn)裝置，鋁板與手搖起電機(jī)的正極相連，鋼針與手搖起電機(jī)的負(fù)極相連，在鋁板和鋼針中間放置點(diǎn)燃的蚊香。轉(zhuǎn)動(dòng)手搖起電機(jī)，蚊香放出的煙霧會(huì)被電極吸附，停止轉(zhuǎn)動(dòng)手搖起電機(jī)，蚊香的煙霧又會(huì)裊裊上升。關(guān)于這個(gè)現(xiàn)象，下列說法中正確的是()圖6－3－14A．煙塵因?yàn)閹д姸晃降戒撫樕螧．同一煙塵顆粒在被吸附過程中離鋁板越近速度越小C．同一煙塵顆粒在被吸附過程中離鋁板越近速度越大D．同一煙塵顆粒在被吸附過程中如果帶電量不變，離鋁板越近則加速度越大解析：選C在鋁板和鋼針中間形成強(qiáng)電場(chǎng)，處于強(qiáng)電場(chǎng)中的空氣分子會(huì)被電離為電子和正離子，煙塵吸附電子帶負(fù)電，而被吸附到鋁板上，A錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力做功，同一煙塵顆粒在被吸附過程中離鋁板越近速度越大，選項(xiàng)C正確B錯(cuò)誤；由于離鋁板越近，電場(chǎng)強(qiáng)度越小，同一煙塵顆粒在被吸附過程中如果帶電量不變，離鋁板越近則加速度越小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[典例](19分)(2012·四川高考)如圖6－3－15所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段eq\o(光滑水平,\s\do8(①))，BC段為eq\o(光滑圓弧,\s\do8(①))，對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝37°，半徑r＝2.5m，CD段平直傾斜且粗糙，eq\o(各段軌道均平滑連接,\s\do8(②))，傾斜軌道所在區(qū)域有場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝2×105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量m＝5×10－2kg、電荷量q＝＋1×10－6C的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點(diǎn)以速度v0＝3m/s沖上斜軌。以小物體通過C點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，0.1s以后，eq\o(場(chǎng)強(qiáng)大小不變，方向反向,\s\do8(③))。已知斜軌與小物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。圖6－3－15(1)求彈簧槍對(duì)小物體所做的功；(2)在斜軌上小物體能到達(dá)的最高點(diǎn)為P，求CP的長(zhǎng)度。eq\a\vs4\al([解題流程])第一步：審題干，抓關(guān)鍵信息關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息①不計(jì)摩擦力②無碰撞，沒有能量損失③電場(chǎng)力的方向改變，物體與斜面的正壓力改變，摩擦力大小改變，物體的加速度改變第二步：審設(shè)問，找問題的突破口第三步：三定位，將解題過程步驟化第四步：求規(guī)范，步驟嚴(yán)謹(jǐn)不失分[解](1)設(shè)彈簧槍對(duì)小物體做功為W，由動(dòng)能定理得W－mgr(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①(4分)代入數(shù)據(jù)得W＝0.475J ②(2分)(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體通過C點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后的加速度為a1，由牛頓第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qE)＝ma1 ③(3分)小物體向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t1＝0.1s后，速度達(dá)到v1，有v1＝v0＋a1t1 ④(1分)由③④可得v1＝2.1m/s，設(shè)運(yùn)動(dòng)的位移為s1，有s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑤(1分)電場(chǎng)力反向后，設(shè)小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ－qE)＝ma2 ⑥(3分)設(shè)小物體以此加速度運(yùn)動(dòng)到速度為0，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，位移為s2，有0＝v1＋a2t2 ⑦(1分)s2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2) ⑧(1分)設(shè)CP的長(zhǎng)度為s，有s＝s1＋s2 ⑨(1分)聯(lián)立相關(guān)方程，代入數(shù)據(jù)解得s＝0.57m ⑩(——[考生易犯錯(cuò)誤]——————————————————————————eq\a\vs4\al(1在①中因三角函數(shù)弄錯(cuò)而失6分。,2在③⑥中不能正確的受力分析，而在計(jì)算摩擦力時(shí)出錯(cuò)，失6分。,3在⑦⑧中因不明確物體在兩運(yùn)動(dòng)階段的內(nèi)在聯(lián)系而不能正確列方程，失5分。)——————————————————————————————————————[名師叮囑](1)帶電體運(yùn)動(dòng)的過程若包含多個(gè)運(yùn)動(dòng)階段，要分段處理。(2)對(duì)帶電體在不同運(yùn)動(dòng)階段進(jìn)行正確的受力分析，求加速度。(3)找出各階段的內(nèi)在聯(lián)系，如速度關(guān)系，位移關(guān)系，能量關(guān)系等。[隨堂對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1.如圖6－3－16所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和豎直向下的重力場(chǎng)，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng)。那么()圖6－3－16A．微粒帶正、負(fù)電荷都有可能B．微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析：選B微粒做直線運(yùn)動(dòng)的條件是速度方向和合外力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場(chǎng)力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則微粒必帶負(fù)電，且運(yùn)動(dòng)過程中微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確。2．(2014·安徽合肥聯(lián)考)如圖6－3－17所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)，則下列說法正確的是()圖6－3－17A．三個(gè)液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動(dòng)B．三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定相同C．三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率相同D．液滴C所帶電荷量最多解析：選D三個(gè)液滴在水平方向受到電場(chǎng)力作用，水平方向不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。由于三個(gè)液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。三個(gè)液滴落到底板時(shí)豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個(gè)液滴到底板時(shí)的速率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。由于液滴C在水平方向位移最大，說明液滴C在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確。3.某電容式話筒的原理示意圖如圖6－3－18所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板，對(duì)著話筒說話時(shí)，P振動(dòng)而Q可視為不動(dòng)。在P、Q間距增大過程中()圖6－3－18A．P、Q構(gòu)成的電容器的電容增大B．P上電荷量保持不變C．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低D．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的高解析：選D由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)PQ間距增大時(shí)，C減小，故A錯(cuò)誤。由C＝eq\f(Q,U)可知，在U不變時(shí)，C減小，Q減小，即電容器放電，R中的電流方向從M到N，則M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)，故B、C錯(cuò)誤，D正確。4．圖6－3－19(a)為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓按圖(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()圖6－3－19圖6－3－20解析：選B在0～2t1時(shí)間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號(hào)電壓完成一個(gè)周期，當(dāng)UY為正的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)UY為負(fù)的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，因此一個(gè)周期內(nèi)熒光屏上的圖像為B。5．(2014·江南十校摸底)如圖6－3－21所示，傾角為θ的斜面處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，在斜面上某點(diǎn)以初速度為v0水平拋出一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，小球受到的電場(chǎng)力與重力相等，地球表面重力加速度為g，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，求：圖6－3－21(1)小球經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間落到斜面上；(2)從水平拋出至落到斜面的過程中，小球的電勢(shì)能是如何變化的，其變化量為多大。解析：(1)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，qE＋mg＝ma，qE＝mg，解得a＝2gy＝eq\f(1,2)at2，x＝v0t，又y/x＝tanθ，聯(lián)立解得：t＝eq\f(v0,g)tanθ。(2)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2g×(eq\f(v0,g)tanθ)2＝eq\f(v\o\al(2,0),g)tan2θ。電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，則有ΔE＝－W＝－qEy＝－mgy＝－mveq\o\al(2,0)tan2θ。答案：(1)eq\f(v0,g)tanθ(2)減小－mveq\o\al(2,0)tan2θ[課時(shí)跟蹤檢測(cè)]一、單項(xiàng)選擇題1．(2014·興化模擬)如圖1所示，充電的平行板電容器兩板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB方向?yàn)槲灰苮的正方向，能正確反映電勢(shì)φ隨位移x變化的圖像是()圖1圖2解析：選C充電的平行板電容器兩板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，電勢(shì)φ隨位移x均勻減小，選項(xiàng)C正確。2.(2014·蘭州診斷)如圖3所示，一電子槍發(fā)射出的電子(初速度很小，可視為零)進(jìn)入加速電場(chǎng)加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出后偏轉(zhuǎn)位移為Y，要使偏轉(zhuǎn)位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時(shí)碰到偏轉(zhuǎn)電極板的情況)()圖3A．增大偏轉(zhuǎn)電壓UB．增大加速電壓U0C．增大偏轉(zhuǎn)極板間距離D．將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子解析：選A設(shè)偏轉(zhuǎn)電極板長(zhǎng)為l，極板間距為d，由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，t＝eq\f(l,v0)，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，得偏轉(zhuǎn)位移y＝eq\f(Ul2,4U0d)，增大偏轉(zhuǎn)電壓U，減小加速電壓U0，減小偏轉(zhuǎn)極板間距離，都可使偏轉(zhuǎn)位移增大，選項(xiàng)A正確，B、C錯(cuò)誤；由于偏位移y＝eq\f(Ul2,4U0d)與粒子質(zhì)量和帶電量無關(guān)，故將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子，偏轉(zhuǎn)位移不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．(2014·安徽無為四校聯(lián)考)如圖4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()圖4A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/qB．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/2qC．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)間解析：選C根據(jù)質(zhì)點(diǎn)垂直打在M屏上可知，質(zhì)點(diǎn)在兩板中央運(yùn)動(dòng)時(shí)向上偏轉(zhuǎn)，在板右端運(yùn)動(dòng)時(shí)向下偏轉(zhuǎn)，mg<qE，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解和合成，質(zhì)點(diǎn)沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。4．(2014·貴州六校聯(lián)考)美國(guó)物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量。如圖5所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()圖5A．油滴帶正電B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D．將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng)解析：選C由題意知油滴受到的電場(chǎng)力豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負(fù)電荷，設(shè)油滴帶電荷量為q，則極板帶電荷量為Q＝kq，由于qE＝mg，E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，解得q＝eq\f(mgd,U)，C＝eq\f(kmgd,U2)，將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，U不變，d增大，則場(chǎng)強(qiáng)E減小，重力將大于電場(chǎng)力，油滴將向下運(yùn)動(dòng)，只有選項(xiàng)C正確。5．(2014·江蘇省南通中學(xué)質(zhì)檢)如圖6所示，在絕緣平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電的小金屬塊以一定初速度從A點(diǎn)開始沿水平面向左做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)L長(zhǎng)度到達(dá)B點(diǎn)，速度變?yōu)榱?。此過程中，金屬塊損失的動(dòng)能有eq\f(2,3)轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能。金屬塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn)C(圖中未標(biāo)出)時(shí)的動(dòng)能和A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同，則金屬塊從A開始運(yùn)動(dòng)到C整個(gè)過程中經(jīng)過的總路程為()圖6A．1.5L B．C．3L D．解析：選D根據(jù)題述，小金屬塊從A運(yùn)動(dòng)到B，克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,3)Ek＝fL，克服電場(chǎng)力做功，WE＝eq\f(2,3)Ek＝qEL。設(shè)小金屬塊從B運(yùn)動(dòng)到C經(jīng)過的路程為s，由動(dòng)能定理，qEs－fs＝Ek，解得s＝3L。金屬塊從A開始運(yùn)動(dòng)到C整個(gè)過程中經(jīng)過的總路程為L(zhǎng)＋s＝4L，選項(xiàng)D正確。6.如圖7中甲所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，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()圖7A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)解析：選B設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意知，粒子的速度方向時(shí)而為正時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)。分別作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖像，如圖所示。由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像知，0<t0<eq\f(T,4)與eq\f(3T,4)<t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零，eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；t0>T時(shí)情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各項(xiàng)可知B正確。二、多項(xiàng)選擇題7.(2012·新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖8所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()圖8A．所受重力與電場(chǎng)力平衡 B．電勢(shì)能逐漸增加C．動(dòng)能逐漸增加 D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)解析：選BD粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其重力和電場(chǎng)力的合力應(yīng)與速度共線，如圖所示。重力與電場(chǎng)力不共線，不可能平衡，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，因而電勢(shì)能增加，選項(xiàng)B正確；合力做負(fù)功，動(dòng)能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電容器的極板與直流電源相連，即其電壓、板間的場(chǎng)強(qiáng)不變，則電場(chǎng)力不變，合力恒定，因而粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。8.如圖9所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦裕粠щ娦∏蜓谹B中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動(dòng)A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是()圖9A．若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球打在N的右側(cè)B．若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球打在N的左側(cè)C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè)D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球可能打在N的左側(cè)解析：選BC若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，由于二極管的單向?qū)щ娦?，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受向下的電場(chǎng)力不變，向下的加速度不變，小球仍打在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，平行板電容器AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，小球所受向下的電場(chǎng)力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左側(cè)，選項(xiàng)B正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，平行板電容器AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，小球所受向上的電場(chǎng)力增大，向下的加速度減小，小球可能打在N的右側(cè)，選項(xiàng)C正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，由于二極管的單向?qū)щ娦?，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受向上的電場(chǎng)力不變，小球仍打在N點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.(2014·江蘇二校聯(lián)考)如圖10所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在光屏P上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是()圖10A．滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升B．滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C．電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變D．電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變解析：選BC滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，其他不變，加速電壓增大，電子速度增大，則電子打在熒光屏上的位置下降，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，其他不變，加速電壓減小，電子速度減小，則電子打在熒光屏上的位置上升，選項(xiàng)B正確；電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變，電子打在熒光屏上的速度增大，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。10．(2014·沈陽二中測(cè)試)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖11所示。由此可見()圖11A．電場(chǎng)力為3mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等解析：選AD設(shè)AC與豎直方向的夾角為θ，對(duì)帶電小球從A到C，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球