新高考物理一轮复习讲义第8章 静电场 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 (含解析)

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问题。
eq \a\vs4\al(1.,,)
eq \a\vs4\al(2.,,)
1.思考判断
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。(×)
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×)
(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)
(5)带电粒子在电场中，只受静电力时，也可以做匀速圆周运动。(√)
2.带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图1所示，粒子在相同的时间内( )
图1
A.位置变化相同
B.速度变化相同
C.速度偏转的角度相同
D.动能变化相同
答案 B
考点一 平行板电容器的动态分析
1.动态分析的思路
2.两类动态分析的比较
例1 (多选)如图2所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是( )
图2
A.若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小
B.若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小
C.在S仍闭合的情况下，增大两极板间距离的过程中，电阻R中有从b到a的
电流
D.若断开S，减小两极板间的距离，则带电液滴向下运动
答案 AB
解析 根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，将A板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S减小，电容器的电容C减小，故A正确；带电液滴受到竖直向上的静电力，电场方向竖直向下，带电液滴带负电荷，若断开S，则电容器所带的电荷量不变，电场强度不变，B板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知将B板向下平移一小段位移，dPB增大，则P点的电势升高，根据Ep＝qφ可知，带负电荷的液滴电势能减小，故B正确；在S仍闭合的情况下，增大两极板间的距离，电容器的电容C减小，电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故C错误；若断开S，减小两极板间的距离，电场强度不变，液滴受到的静电力不变，则带电液滴不运动，故D错误。
跟踪训练
1.(2023·广东韶关市一模)随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图3所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后( )
图3
A.电容器的电容变小
B.电容器的带电荷量增大
C.极板间电场强度变小
D.膜片下移过程中，电流表有从a到b的电流
答案 B
解析 根据电容表达式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知当两个极板间的距离减小时，电容器的电容增大；再根据电容定义式C＝eq \f(Q,U)，可知电容器一直和电源相连，电压不变时，电容增大，带电荷量增大，即电容器被充电，电流表有从b到a的电流，A、D错误，B正确；由匀强电场公式E＝eq \f(U,d)知，当电压不变，两个极板间的距离减小时，极板间电场强度变大，C错误。
考点二 带电粒子(带电体)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且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。
2.用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad。
3.用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
角度 带电粒子在电场中的直线运动
例2 (多选)如图4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点静止释放的一价氢离子恰好能运动到P点，下列说法正确的是( )
图4
A.一定有UAB＝－UBC
B.若从O点静止释放二价氨离子，其将以一定速度越过P点
C.若将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的氢离子将运动到P′点返回
D.若将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的氢离子仍运动到P点返回
答案 AD
解析 由O点静止释放的一价氢离子恰好能运动到P点，则qUAB＋qUBC＝0，即UAB＝－UBC，由上式可知，上述过程与粒子带电荷量无关，即若从O点静止释放二价氨离子，则也恰好能运动到P点，选项A正确，B错误；若将C板向右平移到P′点，由于B、C带电荷量不变，根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知两板间电场强度不变，M、P之间的电势差不变，根据qUOM＋qUMP＝0，可知由O点静止释放的氢离子仍运动到P点返回，选项C错误，D正确。
角度 带电体在电场中的直线运动
例3 如图5所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为eq \f(d,4)的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零。重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：
图5
(1)两极板间的电压；
(2)小球运动的最大速度。
答案 (1)eq \f(20mgd,13q) (2)eq \r(\f(11gd,26))
解析 (1)根据动能定理可得
4mg·eq \f(5,4)d－2qU－eq \f(3,4)qU－eq \f(1,2)qU＝0
解得U＝eq \f(20mgd,13q)。
(2)当两个小球在电场中时，
静电力F1＝2q·eq \f(U,d)＝eq \f(40,13)mg＜4mg
当三个小球在电场中时，
静电力F2＝3q·eq \f(U,d)＝eq \f(60,13)mg＞4mg
故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得
4mg·eq \f(d,2)－eq \f(1,2)qU－eq \f(1,4)qU＝eq \f(1,2)×4mv2－0
解得v＝eq \r(\f(11gd,26))。
跟踪训练
2.(2023·四川成都一诊)如图6，倾角为θ的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q的正点电荷均固定，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，刚好能够到达B点。已知A、B间距为L，Q≫q，重力加速度大小为g。则A、B两点间的电势差UAB等于( )
图6
A.－eq \f(mgLsin θ,Q) B.eq \f(mgLsin θ,Q)
C.－eq \f(mgLsin θ,q) D.eq \f(mgLsin θ,q)
答案 C
解析 带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，受到重力和电荷Q的库仑力作用，从A点运动到B点的过程，由动能定理可知mgLsin θ＋qUAB＝0，解得A、B两点间的电势差UAB＝－eq \f(mgLsin θ,q)，C正确。
3.如图7甲所示，A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力)，粒子经2T0时间到B板。求：
图7
(1)粒子到达B板时的速度v；
(2)两个金属板间的距离d。
答案 (1)3eq \r(\f(2qU0,7m)) (2)T0eq \r(\f(7qU0,2m))
解析 (1)在0～T0时间，粒子运动的位移为
d1＝eq \f(1,2)·eq \f(2qU0,md)Teq \\al(2,0)＝eq \f(qU0Teq \\al(2,0),md)
在T0～2T0时间，粒子运动的位移为
d2＝eq \f(2qU0Teq \\al(2,0),md)＋eq \f(qU0Teq \\al(2,0),2md)＝eq \f(5qU0Teq \\al(2,0),2md)
根据动能定理得
2qU0eq \f(d1,d1＋d2)＋qU0eq \f(d2,d1＋d2)＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝3eq \r(\f(2qU0,7m))。
(2)根据位移关系得d1＋d2＝d
解得d＝T0eq \r(\f(7qU0,2m))。
考点三 带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论
(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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v0)))eq \s\up12(2)
tan θ＝eq \f(qU1l,mdveq \\al(2,0))
得y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
可见y和tan θ与粒子的q、m无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，合速度方向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eq \f(l,2)。
2.处理带电粒子的偏转问题的方法
3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法
(1)y＝y0＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)。
(2)y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)＋L))tan θ(l为电场宽度)。
(3)根据三角形相似eq \f(y,y0)＝eq \f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))。
例4 (多选)(2023·四川绵阳诊断)如图8所示，水平平行板电容器间距为d，电源电压恒定。闭合开关S，板间电场稳定后，一电子以初速度v从平行板左端水平射入，经过时间t离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为θ，静电力对电子做功为W，电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为y；若保持开关S闭合，将两板间距调整为2d，电子仍然以初速度v水平射入，不计电子重力，则( )
图8
A.电子通过平行板电容器的时间是t
B.平行板间电场对电子做功是eq \f(1,2)W
C.电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是eq \f(1,2)θ
D.电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是eq \f(1,2)y
答案 AD
解析 电子在平行板电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设平行板电容器的长度为L，则有t＝eq \f(L,v)，故电子通过平行板电容器的时间是t，A正确；设电子在平行板电容器中的加速度为a，电子在竖直方向上做匀加速运动，可得电子在平行板电容器间竖直偏移量为y1＝eq \f(1,2)at2，由牛顿第二定律和静电力公式可得a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，静电力对电子做功为W＝qEy1，联立解得W＝eq \f(1,2)·eq \f(q2U2,md2)t2，现将两板间距调整为2d，则可知W′＝eq \f(1,4)W，B错误；电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角正切值tan θ＝eq \f(vy,v)＝eq \f(at,v)＝eq \f(qU,mdv)t，将两板间距调整为2d，则tan θ′＝eq \f(1,2)tan θ，θ′≠eq \f(1,2)θ，C错误；设电子在平行板电容器外竖直方向的位移y2＝Dtan θ，电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是y＝y1＋y2＝eq \f(qUt2,2md)＋Dtan θ，将两板间距调整为2d，则竖直偏移量变为y′＝eq \f(qUt2,4md)＋eq \f(Dtan θ,2)，则有y′＝eq \f(1,2)y，D正确。
跟踪训练
4.如图9所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U
(U＞0)，不计粒子重力，P点的电势为零。则下列说法正确的是( )
图9
A.粒子带负电
B.带电粒子在Q点的电势能为qU
C.P、Q两点间的竖直距离为eq \f(d,2)
D.此匀强电场的电场强度为eq \f(2\r(3)U,3d)
答案 D
解析 由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝eq \f(\f(d,2),tan 30°)＝eq \f(\r(3),2)d，电场强度大小为E＝eq \f(U,y)＝eq \f(2\r(3)U,3d)，故D正确，C错误。
5.如图10，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，使质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(忽略重力影响)( )
图10
A.开关S断开
B.初速度变为3v0
C.板间电压变为eq \f(U,4)
D.上板竖直移动，使板间距变为2d
答案 C
解析 断开开关，极板上的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据x＝v0t，a＝eq \f(qU,md)，y＝eq \f(1,2)at2，可得y＝eq \f(qUx2,2mdveq \\al(2,0))，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为eq \f(U,4)，或上板上移使板间距变为4d，B、D错误，C正确。
A级 基础对点练
对点练1 平行板电容器的动态分析
1.(多选)(2023·辽宁铁岭市六校高三联考)计算机键盘每个键下都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变的平行板电容器，如图1所示。当键被按下，此电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测到这个键被按下，从而给出相应的信号。已知金属片的正对面积为50 mm2，键未被按下时两金属片的距离为0.6 mm，当键被按下时两金属片的距离为0.3 mm，假设金属片的正对面积及两端的电压始终保持不变，则键被按下后( )
图1
A.金属片间的电场强度保持不变
B.金属片间的电场强度变为原来的2倍
C.金属片上的电荷量变为原来的一半
D.金属片上的电荷量变为原来的2倍
答案 BD
解析 根据E＝eq \f(U,d)，电压不变，距离减小为原来的一半，则电场强度变为原来的2倍，A错误，B正确；根据C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，解得Q＝eq \f(εrSU,4πkd)，电压不变，距离减小为原来的一半，金属片上的电荷量变为原来的2倍，C错误，D正确。
2.(2023·江苏无锡市高三期末)如图2所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的电流计，闭合开关S后，下列说法中正确的是( )
图2
A.若在两板间插入电介质，电容器的电容变小
B.若在两板间插入一导体板，电容器的带电荷量变小
C.若将滑动变阻器的滑片P向上移动，电容器的带电荷量变大
D.若将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流
答案 C
解析 根据公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，在两板间插入电介质，εr增加，所以电容器的电容变大，故A错误；同理，在两板间插入一导体板，由于导体板的静电感应，致使电容器两板间距d减小，电容器的电容增加，由公式C＝eq \f(Q,U)可知，极板间电压不变时，带电荷量变大，故B错误；将滑动变阻器的滑片P向上移动，电容器极板间电压变大，电容器带电荷量变大，故C正确；将电容器下极板向下移动一小段距离，电容器的电容减小，电容器将放电，此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D错误。
3.(2023·安徽五校联盟高三联考)如图3所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一带电油滴，电荷量为q(电荷量很小不会影响两板间电场的分布)，带电油滴在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间电压，φP表示P点的电势，EP表示带电油滴在P点的电势能。若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则下列说法中正确的是( )
图3
A.Q减小 B.U减小
C.φP减小 D.EP减小
答案 D
解析 保持极板A不动，将极板B稍向下平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C减小；电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量Q保持不变；由于电容C减小，由电容的定义式C＝eq \f(Q,U)，可知两极板间电压U变大；根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)，E＝eq \f(U,d)，可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，板间电场强度E不变，P点与B板间电势差UPB＝EdPB，UPB增大，根据UPB＝φP－φB可知P点的电势增大，根据平衡条件可知带电油滴带负电，根据EP＝qφ可知油滴在P点的电势能EP减小，故A、B、C错误，D正确。
对点练2 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
4.静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的。工作过程简化图如图4所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知( )
图4
A.M板电势低于N板电势
B.进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关
C.增大加速区MN极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力
D.增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力
答案 D
解析 由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速器极板M电势高，A错误；由动能定理知qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，所以进入中和区的离子速度与比荷、加速电压有关，与极板距离无关，电压增大，速度增大，故D正确，B、C错误。
5.如图5所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B，仅在静电力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq \f(3,7)l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是( )
图5
A.电荷量q1与q2的比值为3∶7
B.电荷量q1与q2的比值为3∶4
C.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16
D.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7
答案 B
解析 设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A，有a1＝eq \f(q1E,m)，
eq \f(3,7)l＝eq \f(1,2)a1t2，对粒子B，有a2＝eq \f(q2E,m)，eq \f(4,7)l＝eq \f(1,2)a2t2，联立解得eq \f(q1,q2)＝eq \f(3,4)，选项A错误，B正确；由动能定理得qEx＝eq \f(1,2)mv2－0，解得eq \f(v1,v2)＝eq \f(3,4)，选项C、D错误。
6.如图6所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则( )
图6
A.微粒到达B点时动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B.微粒的加速度大小等于gsin θ
C.两极板的电势差UMN＝eq \f(mgd,qcs θ)
D.微粒从A点到B点的过程，电势能减少eq \f(mgd,cs θ)
答案 C
解析 微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcs θ＝mg，解得E＝eq \f(mg,qcs θ)，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq \f(mgd,qcs θ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为eq \f(mgd,cs θ)，选项D错误。
对点练3 带电粒子在电场中的偏转
7.(2023·吉林长春质检)如图7所示，空间存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以水平方向的初速度v0由O点射入，刚好通过竖直平面内的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为θ＝45°，不计粒子的重力，则O、P两点间的电势差UOP为( )
图7
A.eq \f(mveq \\al(2,0),2q) B.eq \f(mveq \\al(2,0),q) C.eq \f(2mveq \\al(2,0),q) D.eq \f(5mveq \\al(2,0),2q)
答案 C
解析 粒子所带电荷量为正，则其所受的静电力方向竖直向下，设OP长度为L，分析可知，粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律，在竖直方向有
Lsin θ＝eq \f(1,2)at2，水平方向有Lcs θ＝v0t，由牛顿第二定律有qE＝ma，即a＝eq \f(qE,m)，则OP两点间的电势差UOP＝ELsin θ，联立解得UOP＝eq \f(2mveq \\al(2,0),q)，C正确。
8.(多选)如图8所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地进入水平向右的加速电场E1，之后进入竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
图8
A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B.三种粒子打到屏上时的速度一样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
答案 AD
解析 带电粒子在电场E1中加速，由动能定理有qE1d＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qE1d,m))；进入竖直向下的匀强电场E2中做类平抛运动，由L＝vt，y＝eq \f(1,2)at2，qE2＝ma，联立解得y＝eq \f(E2L2,4E1d)，偏转电场E2对三种粒子做功W＝qE2y＝eq \f(qEeq \\al(2,2)L2,4E1d)，与粒子质量无关，所以偏转电场E2对三种粒子做功一样多，A正确；设粒子打到屏上时的速度大小为v′，由动能定理得W＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，可知v′＝eq \r(\f(qEeq \\al(2,2)L2,2E1md)＋\f(2qE1d,m))，三种粒子质量不相等，B错误；三种粒子运动到屏上所用时间t总＝t0＋t匀＝eq \r(\f(2d,a0))＋eq \f(L＋l,v)＝eq \r(\f(2md,qE1))＋eq \r(\f(m,2qE1d))(L＋l)，故所用时间不相同，C错误；由于y＝eq \f(E2L2,4E1d)，与粒子质量无关，三种粒子在偏转电场中的水平位移相等，侧移量相同，则出射角相同，所以三种粒子一定打到屏上的同一位置，D正确。
B级 综合提升练
9.(多选)(2023·山东潍坊市模拟)坐标系xOy所在的竖直平面内存在着范围足够大且方向竖直向下的匀强电场，x轴沿水平方向，一带负电小球以初速度v0从坐标原点O水平射出，一段时间后小球通过第四象限Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L，－L))点(图9中没有标出)。已知小球质量为m，重力加速度为g，则小球( )
图9
A.从O到P的运动过程，运动时间为eq \f(L,v0)
B.到达P点时动能为eq \f(5,2)mveq \\al(2,0)
C.到达P点时速度偏向角正切值为tan θ＝1
D.所受静电力大小为eq \f(2mveq \\al(2,0),L)＋mg
答案 AB
解析 从O到P的运动过程，小球在水平方向上做匀速运动，则运动时间为t＝eq \f(L,v0)，选项A正确；小球在竖直方向做匀加速运动，则L＝eq \f(vy,2)t，即vy＝2v0，到达P点时速度为vP＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(5)v0，动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)＝eq \f(5,2)mveq \\al(2,0)，选项B正确；到达P点时速度偏向角正切值为tan θ＝eq \f(vy,v0)＝2，选项C错误；由动能定理有mgL－FL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所受静电力大小为F＝mg－eq \f(2mveq \\al(2,0),L)，选项D错误。
10.(多选)(2021·全国乙卷，20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、
(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )
答案 AD
解析 分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v0)))eq \s\up12(2)，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电的粒子向y轴正方向偏转，带负电的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q，2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误。
11.(2023·山西太原市高三期末)如图10甲所示，一绝缘细直长杆水平放置，处于水平方向的静电场中。以O为原点，沿细杆建立x轴，电场强度E随x的分布如图乙所示。x≤0处，电场强度恒定，方向沿x轴正方向；在x＞0处，电场强度沿x轴负方向并随x均匀增大。带电的小圆环套在细杆上，其质量m＝0.2 kg、电荷量q＝2×10－6 C，小圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.1。将小圆环从A(－1 m)点由静止释放(g＝10 m/s2)，求：
图10
(1)小圆环到达O点时的速度大小；
(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值。
答案 (1)eq \r(2) m/s (2)(eq \r(3)－1)m
解析 (1)设小圆环到达O点的速度大小为v0，
由动能定理得qE1xAO－μmgxAO＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2) m/s。
(2)设小圆环向右运动到最远处的位置坐标为xB，该处电场强度为EB，O到该点的电势差为U，则有
EB＝eq \f(ΔE,Δx)xB，U＝eq \f(1,2)EBxB
从O到该点，由动能定理有
qU－μmgxB＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得x＝(eq \r(3)－1)m。
12.如图11所示，空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各边界(图中虚线)均水平，Ⅰ区域存在电场强度为E1＝1.0×104 V/m的匀强电场，方向竖直向上；Ⅱ区域存在电场强度为E2＝eq \f(\r(3),4)×105 V/m的匀强电场，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m。一质量m＝1.0×10－8 kg、带电荷量q＝＋1.6×10－6 C的粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计。求
图11
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；
(2)粒子离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的大小；
(3)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0 s速度变为零，此电场的电场强度E3的大小和方向。
答案 (1)4×103 m/s (2)2eq \r(3) m (3)50 V/m 与水平方向成30°角斜向左下方
解析 (1)由动能定理得qE1d1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得v1＝4×103 m/s。
(2)粒子在区域Ⅱ内做类平抛运动，运动时间
t2＝eq \f(d2,v1)＝1×10－3 s
又a＝eq \f(qE2,m)
偏移量x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
解得x＝2eq \r(3) m。
(3)由vx＝at2＝eq \f(qE2,m)t2，vy＝v1
得tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(\r(3),3)
所以θ＝30°
则所加电场方向应与水平方向成30°角斜向左下方
粒子刚出区域Ⅱ时速度大小
v＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝8×103 m/s
由v＝eq \f(qE3,m)t
解得E3＝50 V/m。运动的分解法
将带电粒子的运动分解为沿静电力方向的匀加速直线运动和垂直静电力方向的匀速直线运动
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＝
eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指运动过程初、末位置两点间的电势差