高考物理一轮复习第8章第3节电容器带电粒子在电场中的运动课时学案

这是一份高考物理一轮复习第8章第3节电容器带电粒子在电场中的运动课时学案，共19页。学案主要包含了电容器及电容，带电粒子在匀强电场中的运动，示波管等内容，欢迎下载使用。


一、电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
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。
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．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值。
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U)。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。
3．平行板电容器的电容
(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。
二、带电粒子在匀强电场中的运动
1．做直线运动的条件
(1)初速度v0≠0，粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动。
(2)初速度v0≠0，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．偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直于电场强度方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示。
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解解决有关问题。
(3)基本关系式：运动时间t＝eq \f(l,v0)，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，偏转量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv\\al( 2,0))，偏转角θ的正切值：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al( 2,0))。
三、示波管
1．示波管的构造
①电子枪，②偏转电极，③荧光屏。(如图所示)
2．示波管的工作原理
(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。
(2)观察到的现象
①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。
②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像。
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍。(√)
(5)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)
(6)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(√)
(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(×)
二、教材习题衍生
1．(人教版必修第三册改编)(多选)如图所示是描述对给定的电容器充电时其电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图像，其中正确的是( )
A B C D
CD [对于给定电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器的带电荷量Q的大小和两极板间的电压U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成反比，故D正确，A、B错误；而C图告诉我们电容器所带的电荷量与极板间的电压成正比，其比值即电容器的电容不变，故C正确。]
2．(鲁科版必修第三册改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是( )
A．若增大两极板间的距离，则静电计指针张角变大
B．若将A板稍微上移，则静电计指针张角变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小
ABD [电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器所带电荷量一定，由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)知，当d变大时，C变小，再由C＝eq \f(Q,U)得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确。]
3．(人教版必修第三册改编)如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是( )
A．eq \r(\f(2qU,m))B．v0＋eq \r(\f(2qU,m))
C．eq \r(v\\al( 2,0)＋\f(2qU,m))D．eq \r(v\\al( 2,0)－\f(2qU,m))
C [qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，v＝eq \r(v\\al( 2,0)＋\f(2qU,m))。故选C。]
4．(鲁科版必修第三册改编)如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出，应该满足的条件是( )
A．eq \f(U2,U1)＜eq \f(2d,L)B．eq \f(U2,U1)＜eq \f(d,L)
C．eq \f(U2,U1)＜eq \f(d2,L2)D．eq \f(U2,U1)＜eq \f(2d2,L2)
D [由平抛运动规律可知：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU2L2,2dmv\\al( 2,0))＝eq \f(U2L2,4U1d)＜eq \f(d,2)，即eq \f(U2,U1)＜eq \f(2d2,L2)，D正确。]
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。
(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
①根据C＝eq \f(εrS,4πkd)和C＝eq \f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析电场强度的变化。
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝eq \f(εrS,4πkd)和C＝eq \f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析电场强度变化。
[典例1] (多选)(2022·天津市等级考预测)如图所示，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( )
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，减小两极板距离，则带电液滴向下运动
思路点拨：(1)熟悉C＝eq \f(εrS,4πkd)、Q＝CU和E＝eq \f(U,d)中各符号的意义及公式的使用条件。
(2)分析电路结构，弄清哪些是变量，哪些是不变量，关注引起变化的原因及变化的结果。
(3)根据Ep＝qφ分析电势能的变化。
AB [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；由题图可知带电液滴受到竖直向上的电场力，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，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)，E＝eq \f(U,d)，可得E＝eq \f(4πk,εrS)Q可知，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，P点电势升高，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，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，增大两极板距离的过程中，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；根据选项B分析可知，若断开S，减小两极板距离，电场强度不变，液滴受到的电场力不变，则带电液滴不动，故D错误。]
解电容器问题的两个常用技巧
(1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。
(2)对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C＝eq \f(εrS,4πkd)、Q＝CU和E＝eq \f(U,d)进行判定即可。
[跟进训练]
1．(与电源断开的情形——Q不变)(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．静电计指针的张角变小
B．P点电势升高
C．带电油滴向上运动
D．带电油滴的电势能不变
AD [将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，极板间距减小，根据C＝eq \f(εrS,4kπd)可知，电容器的电容增大，当开关断开后，两极板的电荷量不变，又U＝eq \f(Q,C)，所以，极板间的电势差减小，则静电计指针的张角变小，A正确；根据电场强度公式，得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，当断开开关后，极板的电荷量不变，故可得电场强度不变，故带电油滴不会移动，根据电势差与电场强度的关系可知，P点的电势不变，带电油滴的电势能不变，B、C错误，D正确。]
2．(与电源相连的情形——U不变)(多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是( )
A．振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
B．振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高
C．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流
D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小
BD [振动膜向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝eq \f(U,d)，电容器板间的电场强度变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)知电容增大，根据C＝eq \f(Q,U)，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即有从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，A错误，B正确；振动膜向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)知电容减小，根据C＝eq \f(Q,U)知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即有从b到a的电流， C错误，D正确。故选BD。]
3．(含二极管电路的电容器动态分析)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电荷量可忽略，二极管具有单向导电性。闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，则下列说法正确的是( )
A．在两板间放入陶瓷片，平行板电容器的电容将变大
B．在两板间放入与极板等大的金属片，静电计指针张角变小
C．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，带电油滴的电势能将减少
D．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，油滴将向下运动
AC [平行板电容器的电容决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，当两板间放入陶瓷片时，εr增大，则C增大，故A正确；在两板间放入与极板等大的金属片，相当于减小两板间距离，但由于电容器始终与电源相连，电容器两板间的电势差不变，故静电计指针张角不变，故B错误；刚开始油滴恰好静止于两板间的P点，则油滴带负电，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，两板间距d增大，电容C减小，电容器上的电荷本该减少，但因为二极管的单向导电性，电容器上的电荷不能回流，所以电容器上的电荷量Q不变，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，知两极板间的电场强度E不变，则油滴所受电场力不变，仍保持静止，而P点的电势为φP＝φP－0＝UP下＝EdP下，P点到下极板的距离增大，则P点的电势升高，因为油滴带负电，所以油滴在P点的电势能将减少，故C正确，D错误。]
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．带电粒子在电场中运动时重力的处理
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
3．用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al( 2,0)＝2ad。
4．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)。
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
[典例2] (2023·山东聊城九校联考)如图所示，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。仅在电场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，不计粒子重力，则以下说法正确的是( )
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
B [设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对正电荷A有a1＝eq \f(q1E,m)，eq \f(3,7)l＝eq \f(1,2)·eq \f(q1E,m)·t2，对负电荷B有a2＝eq \f(q2E,m)，eq \f(4,7)l＝eq \f(1,2)·eq \f(q2E,m)·t2，联立解得eq \f(q1,q2)＝eq \f(3,4)，A错误，B正确；由动能定理得qEx＝eq \f(1,2)mv2－0，求得eq \f(v1,v2)＝eq \f(3,4)，选项C、D错误。]
带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
[跟进训练]
1．(带电粒子在匀强电场中的直线运动)(多选)(2023·吉林六校联考)如图所示，在两平行板间接直流电源，位于A板附近的带电粒子在电场力作用下，由静止开始向B板运动，关于粒子在两板间的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子到达B板时的速率与两板间距离和电源电压均有关
B．若电源电压U与粒子的电荷量q均变为原来的2倍，则粒子到达B板时的速率变为原来的4倍
C．两板间距离越大，粒子运动的时间越长
D．粒子到达B板时的速率与两板间距离无关，与电源电压有关
CD [对粒子由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，则粒子到达B板时的速率与电源电压有关，与两板间距离无关，选项A错误，D正确；粒子到达B板时的速率v＝eq \r(\f(2qU,m))，当U和q均变为原来的2倍时，到达B板时的速率变为原来的2倍，选项B错误；由牛顿第二定律可知a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，又d＝eq \f(1,2)at2，则t＝deq \r(\f(2m,qU))，可知两板间距离越大，粒子运动的时间越长，选项C正确。]
2．(带电粒子在非匀强电场中的直线运动)(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，P点的坐标xP＝5.0 cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45 eV，对于此电场，以下说法正确的是( )
甲 乙
A．该电子做匀变速直线运动
B．x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向
C．M点的电势是P点电势的eq \f(1,2)
D．图像中的E0的数值为1.2
BD [由题图可知电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，则电场力做正功，由功能关系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而电场线由高电势指向低电势，可知x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向，故B正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误；由题可知WMP＝45 eV，E­x图像与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得WMP＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(E0＋\f(E0,2)))e×5×10－2 m,2)＝45 eV，解得E0＝1 200 V，即图像中E0的数值为1.2，故D正确。]
3．(带电体在电场中的直线运动)如图所示，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( )
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)
C [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。]
带电粒子在匀强电场中的偏转
1．对带电粒子在匀强电场中的偏转运动的理解
(1)运动条件：①初速度垂直于匀强电场；②仅受电场力作用。
(2)运动性质：类平抛运动。
(3)处理方法：运动的分解。
2．带电粒子在电场中的偏转规律
偏转角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2l,mdv\\al( 2,0))＝eq \f(U2l,2U1d)＝eq \f(2y0,l)；
侧移距离：y0＝eq \f(qU2l2,2mdv\\al( 2,0))＝eq \f(U2l2,4dU1)；
y＝y0＋Ltan θ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)＋L))tan θ。
3．两个结论
(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的偏转角度总是相同的。
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)及tan φ＝eq \f(qUl,mdv\\al( 2,0))得tan φ＝eq \f(Ul,2U0d)。
(2)粒子经电场偏转后，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到电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
[典例3] 如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m＝9.0×10－31 kg、电荷量e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm。忽略电子所受重力，结果保留2位有效数字。求：
(1)电子射入偏转电场时的初速度v0大小；
(2)电子打在荧光屏上的P点到O′的距离h；
(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。
[解析] (1)根据动能定理有eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，
得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))，
代入数据得v0≈3.0×107 m/s。
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t，
电子在竖直方向上做匀加速直线运动，y＝eq \f(1,2)at2，
根据牛顿第二定律有eq \f(eU,d)＝ma，
联立得y＝eq \f(UL\\al( 2,1),4dU0)，
代入数据得y＝0.36 cm。
电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点M，由图知eq \f(y,h)＝eq \f(\f(L1,2),\f(L1,2)＋L2)＝eq \f(L1,L1＋2L2)，
解得h＝0.72 cm。
(3)电子经过偏转电场过程中，电场力对它做的功W＝eeq \f(U,d)y≈5.8×10－18 J。
[答案] (1)3.0×107 m/s (2)0.72 cm (3)5.8×10－18 J
[跟进训练]
1．(仅在电场力作用下偏转轨迹判断)(多选)(2021·全国乙卷)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( )
A B
C D
AD [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(Eq,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。]
2．(仅在电场力作用下偏转的计算)如图所示，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0。则下列说法正确的是( )
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)
D [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0，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。]
3．(在电场力和重力作用下的偏转)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2)。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
[解析] (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)。③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)④
且有v1eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得 Ek＝2m(veq \\al( 2,0)＋g2t2)。
[答案] (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(veq \\al( 2,0)＋g2t2)