2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場專題突破帶電粒子或帶電體在電場中運動的綜合問題教學(xué)案滬科版

PAGE17-專題突破帶電粒子(或帶電體)在電場中運動的綜合問題帶電粒子在交變電場中的運動1.此類題型一般有三種狀況(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)；(2)粒子做直線來回運動(一般分段探討)；(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般依據(jù)交變電場的特點分段探討)。2.兩條分析思路：一是力和運動的關(guān)系，依據(jù)牛頓其次定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。3.注意全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。考向1粒子做直線運動【例1】(2024·河南商丘模擬)如圖1甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間改變的規(guī)律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處(不計重力作用)，下列說法中正確的是()圖1A.從t＝0時刻釋放電子，電子必將始終向右運動，直到打到右極板上B.從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動C.從t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，電子必將在兩極板間振動D.從t＝eq\f(3T,8)時刻釋放電子，電子必將從左極板上的小孔中穿出解析分析電子在一個周期內(nèi)的運動狀況，從t＝0時刻釋放電子，前eq\f(1,2)T內(nèi)，電子受到的電場力向右，電子向右做勻加速直線運動；后eq\f(1,2)T內(nèi)，電子受到向左的電場力作用，電子向右做勻減速直線運動，t＝T時速度恰好為零。接著周而復(fù)始，所以電子始終向右做單向直線運動，直到打在右極板上，選項A正確，B錯誤；從t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)，電子向右做勻加速直線運動；在eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T內(nèi)，電子受到的電場力向左，電子接著向右做勻減速直線運動，eq\f(3,4)T時刻速度為零；在eq\f(3,4)T～T內(nèi)電子受到向左的電場力，向左做初速度為零的勻加速直線運動，在T～eq\f(5,4)T內(nèi)電子受到向右的電場力，向左做勻減速運動，在eq\f(5,4)T時刻速度減為零，接著重復(fù)?？芍魞蓸O板距離足夠大，電子可能在兩極板間振動，若極板間距較小，電子可能打在右極板上，選項C錯誤；用同樣的方法分析從t＝eq\f(3,8)T時刻釋放電子的運動狀況，電子先向右運動，后向左運動，若極板間距離較小，電子能干脆打在右極板上。若極板間距離較大，由于一個周期內(nèi)向左運動的位移大于向右運動的位移，所以電子最終可能從左極板的小孔離開電場，選項D錯誤。答案A考向2粒子做偏轉(zhuǎn)運動【例2】(多選)如圖2甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的改變規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()圖2A.末速度大小為eq\r(2)v0 B.末速度沿水平方向C.重力勢能削減了eq\f(1,2)mgd D.克服電場力做功為mgd解析因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，由牛頓其次定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤。答案BC1.如圖3甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。起先A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下起先運動。設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度改變規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律改變)()圖3解析電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻起先，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱?。之后重?fù)上述運動，A項正確，B項錯誤。答案A2.(多選)如圖4甲所示，平行板相距為d，在兩金屬板間加一如圖乙所示的交變電壓，有一個粒子源在平行板左邊界中點處沿垂直電場方向連續(xù)放射速度相同的帶正電粒子(不計重力)。t＝0時刻進(jìn)入電場的粒子恰好在t＝T時刻到達(dá)B板右邊緣，則()圖4A.隨意時刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場右邊界經(jīng)驗的時間為TB.t＝eq\f(T,4)時刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場右邊界的速度最大C.t＝eq\f(T,4)時刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場右邊界時距B板的距離為eq\f(d,4)D.粒子到達(dá)電場右邊界時的動能與何時進(jìn)入電場無關(guān)解析隨意時刻進(jìn)入的粒子在水平方向的分運動都是勻速直線運動，則由L＝v0t，得t＝eq\f(L,v0)，由于L、v0都相等，所以到達(dá)電場右邊界所用時間都相等，且都為T，選項A正確；粒子在豎直方向做周期性運動，勻加速和勻減速運動的時間相等，加速度也相同，所以到達(dá)電場右邊界時速度的改變量為零，因此粒子到達(dá)電場右邊界時的速度大小等于進(jìn)入電場時初速度大小，與何時進(jìn)入電場無關(guān)，選項B錯誤，D正確；對于t＝0時刻進(jìn)入電場的粒子，據(jù)題意有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)；對于t＝eq\f(T,4)時刻進(jìn)入的粒子，在前eq\f(T,2)時間內(nèi)豎直方向的位移向下，大小為y1＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)，在后eq\f(T,2)時間內(nèi)豎直方向的位移向上，大小為y2＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)，則知y1＝y(tǒng)2，即豎直方向的位移為0，所以粒子到達(dá)電場右邊界時距B板距離為y＝eq\f(d,2)，選項C錯誤。答案AD電場中的力、電綜合問題要擅長把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運動的關(guān)系、功能關(guān)系和動量關(guān)系等多角度進(jìn)行分析與探討?？枷?直線運動情景【典例】(多選)(2024·湖南株洲一模)如圖5所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B，一個電荷量q＝1.41×10－4C、質(zhì)量m＝1g的帶電小球自A板上的孔P以大小為0.1m/s的水平速度v0飛入兩板之間的電場，經(jīng)0.02s后又回到P點，其間未與B板相碰，g取10m/s2，則()圖5A.板間電場強(qiáng)度大小為100V/mB.板間電場強(qiáng)度大小為141V/mC.板與水平方向的夾角θ＝30°D.板與水平方向的夾角θ＝45°解析對帶電小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，小球的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－v0,\f(t,2))＝eq\f(0－0.1,\f(0.02,2))m/s2＝－10m/s2，依據(jù)幾何關(guān)系得tanθ＝eq\f(F合,mg)＝eq\f(m|a|,mg)＝eq\f(|a|,g)＝eq\f(10,10)＝1，故θ＝45°，F(xiàn)電＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg＝qE，解得E＝100V/m，故A、D正確，B、C錯誤。答案AD1.(多選)如圖6所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變。則在B極板移動的過程中()圖6A.油滴將向下做勻加速運動B.電流計中電流由b流向aC.油滴運動的加速度漸漸變大D.極板帶的電荷量削減解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，電容器電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量削減，電容器放電，電流由a流向b，選項D正確，B錯誤；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移過程中，兩板間場強(qiáng)漸漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運動的加速度漸漸變大，選項C正確，A錯誤。答案CD2.(2024·江蘇單科)如圖7所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()圖7A.仍舊保持靜止 B.豎直向下運動C.向左下方運動 D.向右下方運動解析由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，將B板右端向下移動一小段距離，極板之間的電場強(qiáng)度將減小，油滴所受電場力減小，且電場力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運動，選項D正確。答案D考向2曲線運動情景教材引領(lǐng)1.[人教版選修3－1·P39·T3]先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進(jìn)入電場時速度方向與板面平行，在下列兩種狀況下，分別求出離開電場時電子速度偏角的正切值與氫核速度偏角的正切值之比。(1)電子與氫核的初速度相同；(2)電子與氫核的初動能相同。解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，極板長為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))。(1)若電子與氫核的初速度相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若電子與氫核的初動能相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝1。答案見解析拓展提升2.如圖8所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L＝0.4m，兩板間距離d＝4×10－3m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中心平行極板射入。已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5kg，電荷量q＝＋1×10－8C，g＝10m/s2。圖8(1)開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒落到下極板的正中心，求微粒入射速度v0；(2)開關(guān)S閉合后，微粒恰好從上極板的右邊緣射出電場，求所加的電壓值U。解析(1)開關(guān)S閉合前，有：eq\f(L,2)＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝eq\f(L,2)eq\r(\f(g,d))＝10m/s。(2)開關(guān)S閉合后，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)，又qeq\f(U2,d)－mg＝ma2，解得U2＝200V。答案(1)10m/s(2)200V真題闖關(guān)3.(2024·全國卷Ⅲ，24)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點放射時的速度大小為v0，到達(dá)P點所用時間為t；B從O點到達(dá)P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強(qiáng)度的大?。?2)B運動到P點時的動能。解析(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運動的加速度為a。依據(jù)牛頓其次定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設(shè)B從O點放射時的速度為v1，到達(dá)P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，依據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④且有v1·eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)⑦答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)4.(2024·全國卷Ⅱ，25)如圖9所示，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點將質(zhì)量均為m，電荷量分別為q和－q(q>0)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在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：圖9(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強(qiáng)度大小。解析(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍舊為v0。M、N在電場中運動的時間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。由題給條件和運動學(xué)公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3④(2)設(shè)A點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vy，由運動學(xué)公式veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進(jìn)入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運動，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由能量守恒得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEs1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2eq\o(○,\s\up3(11))由已知條件Ek1＝1.5Ek2eq\o(○,\s\up3(12))聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩eq\o(○,\s\up3(11))eq\o(○,\s\up3(12))式得E＝eq\f(\r(2)mg,2q)eq\o(○,\s\up1(13))答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(\r(2)mg,2q)活頁作業(yè)(時間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.如圖1所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不行伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則下列說法正確的是()圖1A.小球帶負(fù)電B.電場力跟重力平衡C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D.小球在運動過程中機(jī)械能守恒解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯誤，B正確；從a→b，電場力做負(fù)功，電勢能增大，C錯誤；由于有電場力做功，機(jī)械能不守恒，D錯誤。答案B2.(多選)如圖2所示，六面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質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最終分別落在1、2、3三點，不計三個液滴間的相互作用，則下列說法正確的是()圖2A.三個液滴在真空盒中都做平拋運動B.三個液滴的運動時間肯定相同C.三個液滴落究竟板時的速率相同D.液滴C所帶電荷量最多解析三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，三個液滴的運動時間相同，選項B正確；三個液滴落究竟板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴落究竟板時的速率不相同，選項C錯誤；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D正確。答案BD3.如圖3，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點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點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()圖3A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動解析兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(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動，選項D正確。答案D4.如圖4所示，D是一只二極管，AB是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，帶電微粒P的運動狀況是()圖4A.向下運動 B.向上運動C.仍靜止不動 D.不能確定解析當(dāng)帶電微粒P靜止時，對其進(jìn)行受力分析得qE＝mg，即qeq\f(U,d)＝mg。當(dāng)A、B之間距離增大時，電容器的電容C減小，由Q＝CU得，Q也減小，但由于電路中連接了一個二極管，它具有單向?qū)щ娦裕荒芊烹?，故電容器A、B兩極板上的電荷量不變，場強(qiáng)不變，電場力仍等于微粒的重力，故帶電微粒仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項C正確。答案C5.如圖5甲所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個等量的正點電荷。M、O、N為兩點電荷連線上的點。其中O為連線中點，且MO＝ON。在M點由靜止釋放一個電荷量為q的正摸索電荷，結(jié)果該摸索電荷在MN間做來回往復(fù)運動，在一個周期內(nèi)的v－t圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖5A.M和N兩點的電場強(qiáng)度和電勢完全相同B.摸索電荷在O點所受電場力最大，運動的速度也最大C.摸索電荷在t2時刻到達(dá)O點，t4時刻到達(dá)N點D.摸索電荷從M經(jīng)O到N的過程中，電勢能先減小后增大解析依據(jù)等量的正點電荷的電場的特點可知，M和N兩點的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，不相同，而電勢是相同的，選項A錯誤；依據(jù)等量的正點電荷的電場的特點可知，O點在其連線上電勢最低，電場強(qiáng)度為0，所以摸索電荷在O點所受電場力最小，但運動的速度最大，選項B錯誤；摸索電荷在t2時刻的速度再次等于0，所以在t2時刻到達(dá)N點，選項C錯誤；由圖可知，摸索電荷從M經(jīng)O到N的過程中，速度先增大后減小，則動能先增大后減小，所以電勢能先減小后增大，選項D正確。答案D6.(多選)電流傳感器反應(yīng)特別靈敏，與計算機(jī)相連接，能馬上描繪出電流隨時間改變的圖象。如圖6甲所示，在視察充電、放電現(xiàn)象的試驗中，電源用直流8V，電容器的電容是幾十微法。先使開關(guān)S擲向1端，電源向電容器充電，這個過程瞬間完成。然后把開關(guān)S擲向2，電容器通過電阻R放電，電流傳感器將電流信息傳入計算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時間改變的I－t曲線如圖乙所示。下列說法正確的是()圖6A.S接1時，電容器充電，帶電量Q增加，板間電壓U增大，板間場強(qiáng)E減小B.S接2時，電容器放電，帶電量Q削減，板間電壓U減小，板間場強(qiáng)E減小C.在I－t圖中圖線與橫軸所圍的面積表示電荷量D.依據(jù)以上數(shù)據(jù)和信息不行能估算出電容的大小解析電容器充電，板間場強(qiáng)E增大，選項A錯誤；電容器放電，帶電量Q削減，板間電壓U減小，板間場強(qiáng)E減小，選項B正確；在I－t圖中，由q＝It可知，圖線與橫軸之間的面積表示放電的電荷量，選項C正確；由于充電后電容器的電壓是8V，放電的電荷量等于圖線與橫軸之間的面積，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可能估算出電容的大小，選項D錯誤。答案BC7.(2024·山東濰坊模擬)如圖7甲所示，平行金屬板A、B正對豎直放置，CD為兩板中線上的兩點。A、B兩極板間不加電壓時，一帶電小球從C點無初速釋放，經(jīng)時間T到達(dá)D點，此時速度為v0。在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時帶電小球仍從C點無初速釋放，小球運動過程中未接觸極板，則t＝T時，小球()圖7A.在D點上方 B.恰好到達(dá)D點C.速度大于v D.速度小于v解析小球僅受重力作用時從C到D做自由落體運動，由速度公式得v0＝gT；現(xiàn)加水平方向的周期性改變的電場，由運動的獨立性知豎直方向還是做勻加速直線運動，水平方向0～eq\f(T,4)沿電場力方向做勻加速直線運動，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)做勻減速直線運動剛好水平速度減為零，eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)做反向的勻加速直線運動，eq\f(3T,4)～T做反向的勻減速直線運動，由對稱性水平速度減為零，故t＝T時合速度為v0，水平位移為零，則剛好到達(dá)D點，故選項B正確。答案B8.(多選)如圖8所示，帶電小球自O(shè)點由靜止釋放，經(jīng)C孔進(jìn)入兩水平位置的平行金屬板之間，由于電場的作用，剛好下落到D孔時速度減為零。對于小球從C到D的運動過程，已知從C運動到CD中點位置用時t1，從C運動到速度等于C點速度一半的位置用時t2，下列說法正確的是()圖8A.小球帶負(fù)電B.t1<t2C.t1>t2D.將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下解析由題圖可知，A、B間的電場強(qiáng)度方向向下，小球從C到D做減速運動，受電場力方向向上，所以小球帶負(fù)電，選項A正確；由于小球在電場中受到的重力和電場力都是恒力，所以小球做勻減速直線運動，其速度圖象如圖所示，由圖可知，t1<t2，選項B正確，C錯誤；將B板向上平移少許時兩板間的電壓不變，依據(jù)動能定理可知mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋x)－eq\f(qUx,d′)＝0，聯(lián)立得x＝eq\f(h,h＋d－d′)d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以選項D錯誤。答案AB綜合提能練9.(多選)如圖9所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30°。若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，且mg＝qE，則()圖9A.電場方向豎直向上B.小球運動的加速度大小為gC.小球上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)D.小球電勢能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場力的方向與水平方向夾角為30°，斜向上，如圖所示，A錯誤；小球所受的重力和電場力相等，依據(jù)平行四邊形定則知，兩個力的夾角為120°，所以合力大小與分力大小相等，等于mg，依據(jù)牛頓其次定律知，小球運動的加速度大小為g，B正確；小球斜向上做勻減速直線運動，勻減速直線運動的位移s＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，則小球上升的最大高度h＝s·sin30°＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，C錯誤；在整個過程中電場力做功W＝qEscos120°＝－eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，電勢能增加eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，所以小球電勢能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，D正確。答案BD10.(多選)如圖10所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質(zhì)點)，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，寬度為d，其余空間內(nèi)不存在電場。滑塊A剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時間兩滑塊保持肯定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列推斷正確的是()圖10A.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞解析對滑塊A在碰撞前依據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為v，依據(jù)動量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑塊A向左運動不會滑出電場，設(shè)碰撞后滑塊A在電場中運動的時間為t，由動量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑塊B向右做勻速運動，有vt＝eq\f(4,9)d，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正確，B錯誤；兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd＞0，D正確，C錯誤。答案AD11.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，電容器兩極板間距為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11所示。當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時，油滴起先向上運動；經(jīng)時間Δt后，電容器突然放電使其電壓削減ΔU2，又經(jīng)過時間Δt，油滴恰好回到原來位置。假設(shè)油滴在運動過程中所帶電荷量不變，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴的位移可忽視不計。重力加速度為g。求：圖11(1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比；(2)第一個Δt與其次個Δt時間內(nèi)油滴運動的加速度大小之比；(3)ΔU1與ΔU2之比。解析(1)油滴靜止時，由平衡條件得mg＝qeq\f(U0,d)，則eq\f(q,m)＝eq\f(dg,U0)。(2)設(shè)第一個Δt內(nèi)油滴