2020届高考物理总复习第七单元电场课时3电容器带电粒子在电场中的运动讲义.docx

课时3电容器带电粒子在电场中的运动1.电容和电容器(1)常见电容器组成:由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值。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)电容定义:电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。定义式:C=QU。物理意义:表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。电容是一个电容器的容量,是一个物理量,电容器是一个元件。单位:法拉(F),1 F=106F=1012 pF。(3)平行板电容器影响因素:平行板电容器的电容C与正对面积S成正比,与电介质的相对介电常数r成正比,与两板间的距离d成反比。决定式:C=rS4kd,k为静电力常量。2.带电粒子在电场中加速(1)从动力学角度分析:当带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场时,粒子将做匀变速直线运动,加速度a=Eqm,位移x=v2-v022a。(2)从功能角度分析:带电粒子如果仅受电场力的作用,电场力做功等于粒子动能的变化,即qU=12mv2-12mv02(无论匀强电场还是非匀强电场都成立)。3.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件:带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。(2)处理方法:类似于平抛运动,应用运动的合成与分解的方法。a.沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间t=lv0。b.沿电场力方向,做匀加速直线运动。加速度:a=Fm=qEm=qUmd。离开电场时的偏移量:y=12at2=qUl22mdv02。离开电场时的偏转角:tan =vyv0=qUlmdv02。4.示波管(1)构造:由电子枪、偏转电极和荧光屏等组成,如图所示。(2)工作原理:如果在偏转电极XX和YY之间没有电压,则电子枪射出的电子沿直线运动,打在荧光屏中央,产生一个亮斑。如果在偏转电极XX之间加电压,电子会横向偏转;在偏转电极YY之间加电压,电子会竖向偏转。如果在偏转电极XX和YY之间同时加上电压,电子会在横向和竖向同时发生偏转,亮斑的位置由UXX与UYY共同决定。如果在偏转电极XX和YY之间同时加上周期性变化的电压,亮斑会在横向和竖向同时发生周期性移动,可能形成周期性变化的图线。1.(2018湖南邵阳段考)水平放置的平行板电容器充电后,去掉电源,下列说法正确的是()。A.将两极板的间距加大,电容将增大B.将两极板的间距加大,极板所带电荷量将增大C.将两极板平行错开,使正对面积减小,电容将减小D.将两极板平行错开,使正对面积减小,极板所带电荷量将减小答案C2.(2019贵州毕节月考)如图所示的装置,可以探究影响平行板电容器电容的因素,关于下列操作及出现的现象的描述正确的是()。A.电容器与电源保持连接,左移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大B.电容器充电后与电源断开,上移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大C.电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入玻璃板,则静电计指针偏转角增大D.电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入金属板,则静电计指针偏转角增大答案B3.(2018陕西宝鸡单元检测)如图所示,当开关S1闭合、S2断开时,电容器极板间的电压为U,每个极板上所带的电荷量为Q;当开关S1断开、S2闭合时,电容器极板间的电压为2U。则电容器的电容C=;电容器极板间的电压为2U时,电容器的电容,极板上所带的电荷量Q=。答案QU不变2Q4.(2018山东曲阜段考)(多选)如图所示,电子由静止开始从A极板向B极板运动,当到达B极板时速度为v,保持两板间电压不变,则()。A.当增大两板间距离时,v增大B.当减小两板间距离时,v增大C.当改变两板间距离时,v不变D.当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大答案CD5.(2018湖南永州月考)(多选)a、b、c三个粒子(24He)由同一点同时垂直电场方向进入偏转电场,其轨迹如图所示,其中b恰好飞出电场。由此可以肯定()。A.在b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上B.b和c同时飞离电场C.进入电场时,c的速度最大,a的速度最小D.c动能的增量最大,a和b的动能增量一样大答案AC6.(2018湖北黄石单元检测)(多选)如图所示,如果在荧光屏上的P点出现亮斑,那么示波管中()。A.极板X应该带正电B.极板X应该带正电C.极板Y应该带正电D.极板Y应该带正电答案AC1.(2018全国卷,21)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动,在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()。A.a的质量比b的大B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等D.在t时刻,a和b的动量大小相等解析因为某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,所以yayb,根据y=12at2(此a为加速度),可知aaab,又因为a、b所带电荷量大小相等,根据加速度a=qEm可知mayb,所以EkaEkb,B项正确;qa为正电荷,qb为负电荷,下极板接地,电势为零,两板之间的电势为正,根据Ep=q,可知EpaEpb,故C项错误;根据动量定理p=mv=mat=mqEmt=qEt,所以在t时刻,a和b的动量大小相等,D项正确。答案BD2.(2017全国卷,25)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比。(2)A点距电场上边界的高度。(3)该电场的电场强度大小。解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,设加速度大小均为a,M、N在电场中沿水平方向的位移分别为x1和x2。由题给条件和运动学公式得v0-at=0x1=v0t+12at2x2=v0t-12at2联立解得x1x2=3。(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式得vy2=2ghH=vyt+12gt2M进入电场后做直线运动,由几何关系知v0vy=x1H联立解得h=13H。(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则v0vy=qEmg设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1=12m(v02+vy2)+mgH+qEx1Ek2=12m(v02+vy2)+mgH-qEx2由已知条件Ek1=1.5Ek2联立解得E=2mg2q。答案(1)31(2)13H(3)2mg2q见自学听讲P126一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不变根据C=QU=rS4kd先分析电容的变化,再分析Q的变化。根据E=Ud分析电场强度的变化。根据UAB=Ed分析某点电势的变化。(2)Q不变根据C=QU=rS4kd先分析电容的变化,再分析U的变化。根据E=Ud=4kQrS分析电场强度的变化。例1如图所示,M、N两金属板平行竖直放置,使其带电,悬挂其中的带电小球P偏离竖直方向。下列措施中会使OP悬线与竖直方向的夹角增大的是(P球不与金属极板接触)()。A.增大M、N两极板间的电势差B.减小M、N两极板的带电荷量C.保持板间间距不变,将M、N板一起向右平移D.保持板间间距不变,将M、N板一起向左平移解析小球受水平向右的电场力和竖直向下的重力,处于平衡状态,增大两板间的电势差,则电场强度增大,电场力增大,偏角增大,A项正确;减小电容器的带电荷量,两板间电势差减小,电场强度减小,电场力减小,偏角减小,B项错误;C、D两项中电场强度不会变化,偏角不变,故C、D两项错误。答案A变式1(多选)如图所示,A、B为两块平行带电金属板,B板带正电且与大地相接,A板带负电,在两板间P点处固定一负电荷,设此时两极板间的电势差为U,P点电场强度大小为E,电势为P,负电荷的电势能为Ep,现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变),下列说法正确的是()。A.U变大,E变大B.U变小,P变小C.P变小,Ep变大D.P变大,Ep变小解析根据题意可知两极板间电荷量保持不变,当正对面积减小时,则由C=rS4kd可知电容减小,由U=QC可知极板间电压增大,由E=Ud可知,电场强度增大,故A项正确;设P与B板之间的距离为d,P点的电势为P,B板接地,B=0,则由题可知0-P=Ed,Ed是增大的,则P一定减小,因为负电荷在电势低的地方电势能一定较大,所以可知电势能Ep是增大的,C项正确。答案AC两类典型的动态变化分析二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,粒子或静止,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.用动力学观点分析a=qEm,E=Ud,v2-v02=2ad。3.用功能观点分析匀强电场中:W=Eqd=qU=12mv2-12mv02。非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1。例2如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距为l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子。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极板且与上极板相距为25l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计粒子重力,则Mm为()。A.32B.21C.52D.31解析因两粒子同时经过一平行于极板且与上极板相距25l的平面,电荷量为q的粒子通过的位移为25l,电荷量为-q的粒子通过的位移为35l,由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1=qEM、a2=qEm,由运动学公式有25l=12a1t2=qE2Mt2,35l=12a2t2=qE2mt2,联立解得Mm=32,故A项正确。答案A(1)带电体重力是否计入的判断微观粒子(如电子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子,一般都不计重力(并不是忽略质量)。带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗示外,一般要考虑重力。原则上,所有未明确交代的带电体,都应根据题设运动状态和过程,反推是否计重力(隐含条件)。(2)带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法三带电粒子在电场中的偏转1.运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间a.能飞出电容器:t=lv0。b.不能飞出电容器:y=12at2=qU2mdt2,t=2mdyqU。(2)沿电场力方向,做匀加速直线运动加速度:a=Fm=qEm=qUmd。离开电场时的偏移量:y=12at2=qUl22mdv02。离开电场时的偏转角:tan =vyv0=qUlmdv02。2.两个结论(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,偏移量和偏转角总是相同的。证明:由qU0=12mv02y=12at2=12qU1mdlv02tan =qU1lmdv02解得y=U1l24U0d,tan =U1l2U0d。(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,即射出时O到偏转电场边缘的距离为l2。3.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=12mv2-12mv02,其中Uy=Udy,指初、末位置间的电势差。例3如图甲所示,虚线MN左侧有一电场强度E1=E的匀强电场,在两条平行的直线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e,质量为m,不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点,A点到MN的距离为L2,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O。求:甲(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t。(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan 。(3)电子打到屏上的点P(图中未标出)到点O的距离x。解析(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第二定律得a1=eEm由x=12at2得L2=12a1t12电子进入电场E2时的速度v1=a1t1电子进入电场E2后到打到屏上的过程中,电子在水平方向做匀速直线运动,时间t2=2Lv1电子从释放到打到屏上所用的时间t=t1+t2联立上式解得t=3mLeE。(2)设电子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy电子进入电场E2时的加速度a2=eE2m=2eEmvy=a2t3,t3=Lv1电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan=vyv1=2。(3)电子在电场中的运动轨迹如图乙所示,设电子打到屏上的点P到O点的距离为x,根据几何关系得tan=x32L,联立解得x=3L。乙答案(1)3mLeE(2)2(3)3L变式2电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0,偏转电场可视为匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g=10 m/s2。解析(1)根据动能定理,有eU0=12mv02电子射入偏转电场时的初速度v0=2eU0m在偏转电场中,电子的运动时间t=Lv0=Lm2eU0加速度a=eEm=eUmd偏转距离y=12a(t)2=UL24U0d。(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg110-29N电场力F=eUd110-15N由于FG,因此不需要考虑电子所受的重力。答案(1)2eU0mUL24U0d(2)见解析用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动带电体在重力场和匀强电场中运动,可以将重力和电场力合成一个力,等效为一个力,这样将带电体在重力场中运动的研究方法可移植到这里,可使解题的速度大大提高。例4如图甲所示,绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30的斜面,AC部分是竖直平面内半径为R的圆弧轨道,斜面与圆弧轨道相切。整个装置处于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的小球,带正电荷量q=3mg3E,要使小球能安全通过圆弧轨道,在O点(O点在轨道AB上)的初速度应为多大?解析小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力,然后在圆弧轨道上运动,受重力、电场力、轨道作用力,如图乙所示,类比重力场,将电场力与重力的合力视为等效重力mg,大小为mg=(qE)2+(mg)2=23mg3,tan=qEmg=33,得=30,等效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上做匀速运动。因要使小球能安全通过圆弧轨道,在圆弧轨道的等效“最高点”(D点)满足等效重力刚好提供向心力,即有mg=mvD2R因=30与斜面的倾角相等,由几何关系可知AD=2R令小球以最小初速度v0运动,由动能定理知-2mgR=12mvD2-12mv02解得v0=103gR3因此要使小球安全通过圆弧轨道,初速度v应满足v103gR3。答案v103gR3“等效法”在电场中的应用处理带电粒子在“等效场”中的运动,要关注以下两点:一是对带电粒子进行受力分析时,注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角,从而决定电场力做功情况;二是注意带电粒子的初始运动状态。(1)等效重力法。将重力与电场力进行合成,如图所示,则F合为等效重力场中的“重力”,g=F合m为等效重力场中的“等效重力加速度”,F合的方向等效为“重力”的方向。(2)物理最高点与几何最高点。在“等效场”中做圆周运动的小球,经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点,而这里的最高点不一定是几何最高点,而应是物理最高点。见高效训练P751.(2018青海玉树质检)图示为某位移式传感器的原理示意图,平行金属板A、B和介质P构成电容器。则()。A.A向上移,电容器的电容变大B.P向左移,电容器的电容变大C.A向上移,流过电阻R的电流方向从N到MD.P向左移,流过电阻R的电流方向从M到N答案D2.(2018天津南开中学模拟)如图所示,在匀强电场中有四条间距均为d的平行等势线1、2、3、4,各条线上的电势分别为0、-0、-20、-30;有一个带电粒子,质量为m(不计重力),电荷量为q,从A点与等势线4成角以初速度v0射入电场中,到达等势线2上的B点时,速度方向恰好水平向左,则匀强电场的电场强度大小为()。A.mv02sin24qdB.mv02sin22qdC.mv02cos24qd D.mv02cos22qd解析带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动,水平方向做速度vx=v0cos的匀速直线运动,竖直方向做初速度vy=v0sin,加速度a=Eqm的匀减速直线运动,对运动过程应用动能定理有-Eq2d=12mvx2-12mv02,解得E=mv02sin24qd,A项正确。答案A3.(2018云南临沧段考)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,为静电计。开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度增大些,下列采取的措施可行的是()。A.断开开关S后,将A、B两极板分开些B.保持开关S闭合,将A、B两极板分开些C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近些D.保持开关S闭合,将变阻器滑动触头向右移动解析断开开关,电容器带电荷量不变,将A、B两极板分开一些,则d增大,根据C=S4kd知,电容减小,根据U=QC知,电势差增大,指针张角增大,A项正确;保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,则指针张角不变,故B、C两项错误;保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,变阻器仅仅充当导线功能,滑动触头滑动不会影响指针张角,故D项错误。答案A4.(2018湖北武汉月考)如图所示,A、B为水平放置的平行正对金属板,在板中央分别有一小孔M、N,D为理想二极管,R为滑动变阻器。闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电荷的带电小球从M、N正上方的P点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是()。A.若仅将A板上移,带电小球仍将恰好运动至小孔N处B.若仅将B板上移,带电小球将从小孔N穿出C.若仅将滑动变阻器的滑片上移,带电小球将无法运动至N处D.断开开关S,从P处将小球由静止释放,带电小球将从小孔N穿出解析若仅将A板上移,根据公式C=rS4kd知电容减小,由于二极管的作用可以阻止电容器的放电,故电荷量不变,根据C=QU,U=Ed,可得E=4kQrS,故电场强度不变,则带电小球到达小孔N时,重力做功小于电场力做功,可知小球未到达小孔N时速度已经减为零继而返回了,A项错误。若仅将B板上移,电压U一定,则小球到达小孔N时,电场力做功不变,重力做功小于电场力做功,可知小球未到达小孔N时速度已经减为零继而返回了,B项错误。将滑动变阻器的滑片上移,分压增加,故电容器的电压增加,如果小球能到达小孔N,重力做功小于电场力做功,可知小球未到达小孔N时速度已经减为零继而返回了,C项正确。断开开关S,电场强度不变,故小球恰好能运动至小孔N处,D项错误。答案C5.(2018东北三校二联)如图所示,一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板间,射入方向沿两极板的中心线。当极板间所加电压为U1时,粒子落在A板上的P点。如果将带电粒子的初速度变为2v0,同时将A板向上移动d2后,使粒子由原入射点射入后仍落在P点,则极板间所加电压U2为()。A.U2=3U1B.U2=6U1C.U2=8U1D.U2=12U1解析板间距离为d,射入速度为v0,板间电压为U1时,在电场中有d2=12at2,a=qU1md,t=xv0,解得U1=md2v02qx2;A板上移d2,射入速度为2v0,板间电压为U2时,在电场中有d=12at2,a=2qU23md,t=x2v0,解得U2=12md2v02qx2,即U2=12U1,D项正确。答案D6.(2018安徽安庆月考)(多选)如图所示,纸面内有一匀强电场,带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B,已知力F和AB间夹角为,A、B间距离为d,小球带电荷量为q,则下列结论正确的是()。A.电场强度的大小E=FcosqB.A、B两点的电势差UAB=-FdcosqC.带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcos D.若带电小球由B匀速运动至A,则恒力F必须反向解析由题知小球的重力不计,小球只受到电场力与恒力F作用而做匀速直线运动,则有qE=F,可得电场强度E=Fq,故A项错误。A、B两点的电势差U=-Edcos=-Fdcosq,故B项正确。带电小球由A运动至B的过程中恒力做功W=Fdcos,根据功能关系可知,电势能增加了Fdcos,故C项正确。小球所受的电场力恒定不变,若带电小球由B向A做匀速直线运动,则F大小、方向不变,故D项错误。答案BC7.(2019湖北恩施单元检测)(多选)喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中()。A.向正极板偏转 B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电荷量无关解析带负电的微滴进入匀强电场后向正极板偏转,电场力对微滴做正功,微滴的电势能减小,微滴在垂直电场方向做匀速直线运动,在平行电场方向做匀加速运动,则有x=vt,y=12Eqmt2,所以x2=2mv2Eqy,A、C两项正确。答案AC8.(2018江西新丰中学模拟)(多选)如图所示,水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,由此可知()。A.从B到C,小球的动能减小B.从B到C,小球的电势能减小C.从A到B与从B到C,小球的运动时间一定相等D.从A到B与从B到C,小球的速度变化量大小一定相等解析由运动轨迹可知,在MN上方,带电小球做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动;在MN下方,带电小球在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀减速直线运动,加速度竖直向上,从B到C,合力做负功,小球的动能减小,A项正确。从B到C,电场力做负功,小球的电势能增加,B项错误。由于电场力大小不确定,则小球在电场中的加速度不确定,故两过程的时间长短不确定,C项错误。因为水平方向小球做匀速直线运动,所以速度的变化仅发生在竖直方向上,从A到B与从B到C两过程速度的变化量大小一定相等,D项正确。答案AD9.(2018哈尔滨模拟)(多选)如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板,板间有匀强电场,一质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子刚好能到达N板,如果要使这个带电粒子能在到达M、N两板间距的12处返回,则下列措施能满足要求的是()。A.将初速度减为原来的12B.将M、N间电压提高到原来的2倍C.将M、N间电压提高到原来的4倍D.将初速度和M、N间电压都减为原来的12解析在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-12mv02,所以d=mv022qE,令带电粒子离开M板的最远距离为x,则将初速度减为原来的12,x=d4;将M、N间电压提高到原来的2倍,电场强度变为原来的2倍,x=d2;将M、N间电压提高到原来的4倍,电场强度变为原来的4倍,x=d4;将初速度和M、N间电压都减为原来的12,电场强度变为原来的一半,x=d2。故B、D两项满足要求。答案BD10.(2018湖北三模)(多选)如图甲所示,一对平行金属板长为L,两板间距为d,质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间。两板间所加交变电压uAB如图乙所示,交变电压的周期T=L2v0,已知所有电子都能穿过平行板,且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出。不计重力作用,则()。A.所有电子都从右侧的同一点离开电场B.所有电子离开电场时速度都是v0C.t=0时刻进入电场的电子,离开电场时的动能最大D.t=14T时刻进入电场的电子,在两板间运动时的最大侧位移为d16解析电子进入电场后做类平抛运动,水平方向分速度不变,穿过电场的时间t=Lv0=2T。不同时刻进入电场的电子在竖直方向的分速度图象如图丙所示,根据图象的“面积”大小等于位移可知,各个电子在竖直方向的位移不全相同,故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同,A项错误。由图丙可看出,所有电子离开电场时竖直方向分速度vy=0,速度都等于v0,B项正确。由以上分析可知,电子离开电场时的速度都相同,动能都相同,C项错误。t=T4时刻进入电场的电子,在t=34T时刻侧位移最大,最大侧位移ymax=212aT42=aT216,在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为12d,则有12d=412aT22,联立解得ymax=d16,D项正确。答案BD11.(2018河北正定模拟)从地面以初速度v0斜向上抛出一个质量为m的小球,当小球到达最高点时,小球具有的动能与势能之比是916,取地面为重力势能参考面,不计空气阻力。现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场,以相同的初速度抛出带上正电荷量为q的原小球,则小球到达最高点时的动能与抛出时的动能相等。求:(1)无电场时,小球上升到最高点所用的时间。(2)后来加上的电场的电场强度大小。解析(1)无电场时,小球到达最高点具有的动能与势能之比是916将小球的运动分解为水平方向和竖直方向,则由vy2=2gh,得12mvy2=mgh12mvx212mvy2=916解得抛出时vxvy=34所以竖直方向的初速度vy=45v0竖直方向小球做匀减速运动,有vy=gt,解得t=4v05g。(2)设后来加上的电场的电场强度大小为E,小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等,若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同,则有E1qmt+35v0=v0解得E