专题83电容器带电粒子在电场中的运动真题精讲-2019领军高考物理真题透析一轮复习解析版

1、第八章电场第三讲电容器带电粒子在电场中的运动（一）真题速递1.（2018全国卷出T21）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【答案】B、Dt解析】由于平行板电容器连接在直流电源上R不变工不变两微粒且，人所带电荷量

2、大小相等，则电场力大小相等,经过相同时间,据动量定理Ft=mv-0可知;在t时刻a和b的动量大小相等Q对;因为经过时间L11在下半区域的同一水平面;因此¥4VK则m13K错;据可知EB&b田对;在同一水平面电势相等住2m于a、b所带电荷量大小相等，符号相反二电势能不等错;故选B、D<本题抓住两微粒受到电场力大小相等和作用时间相同，分析动量关系的关键，利用动量定理切入，依据,b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面”获得速度大小关系而此突破质量和动能的关系。2 .（2018北京高考T7）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是A.实验前，只用带电

3、玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D.实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】A【解析】当用带电玻璃棒与电容器a板接触.由于静电感应,从而在b板感应出等量的导种电荷，从而使电容器带电.故选项盘正确;根据电容的决定式£二二71将电容器2板向上平移，即正对面积S减小,则电容C4笈Az/减小;根据c=2可知二电量Q不变,则电压U增大则静电计指针的张角变大做选项B错误;根据电容的决定LeS0式只在极板间插入有机玻璃板厕介电系数£熠大则电容

4、C增大汴魏旦可知，电量Q不变4煨山U则电压U减小，则静电计指针的张角减小,故选项C错误;根据电容决定式o三可知，电容C的变化与电4笈kd量并无关系,因此电量的改变并不会导致电容的变化;故选项D错误*3 .（2018江苏高考T5）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）P油滴A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动【答案】D【解析】将B板右端向下移动一小段距离后，电容器内部电荷重新分布，右侧电荷稀疏，左侧电荷密集，电场力方向不再竖直向上，而是向右侧倾斜，使得带电油滴不再受力平

5、衡，合力方向向右下方，如图所示，油滴向右下方运动，选项D正确。4 .（2018江苏高考T8）如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路()A.充电时，通过R的电流不变B.若R增大，则充电时间变长C.若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D.若E减小为85V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【答案】B、C、D【解析】随着充电过程的进行一电容器的端电压越来越高.电阻.上的电压越来越低;电流越来越小昌选项错误;若R增大，则充电电流变小，充电时间变长,选项B正确

6、根据Q=CU,若C增大,Q增大，选项C正确;若E减小为85Y电容器仍能充到SOV电压，选项D正确。5.(2017江苏卷，4)如图所示，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点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P'点，则由O点静止释放的电子AHC,|11|oW尸P'J&«(A)运动到P点返回(B)运动到P和P'点之间返回(C)运动到P'点返回(D)穿过P'点【答案】A【解析】设AB板间的电势差为Ui,BC间电势差为U2,板间距为d,电场强度为E,第一次由O点静止释放的电子恰好能运

7、动到P点，根据动能定理得：qUi=qU2=qEd,将C板向右移动，BC板间的电场强E_U_轨kQ度："一d-E5不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；B、C、D错误。本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律或动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q不变的时候，板间的电场强度与板间距无关。6 .（2016全国卷I）一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器（）A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷

8、量变小，极板间电场强度不变【答案】D【解析】由4篇可知,当云母介质移出时，*变小，电容器的电容C变小j因为电容器接在恒压直流电源上，故u不变，根据即其可知，当C减小时，。减小.再由石寺，由干口与d都不变，故电场强度区不变,选项D正确。7 .（2015新课标n）如图，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45。，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A.保持静止状态8 .向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有理国

9、=建,现将两板绕过4点的轴（垂直干纸面）逆时针旋转灯。后,两板间电场强度方向逆时针旋转45、电场力方向也逆时针旋转45、但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方？故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确.（纸面）内，且相对于8. （2016全国卷I）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（）A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【答案】AB【解析】由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，

10、所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg,则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确。9. （2016全国卷H）如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、C点的加速度大小分别为aa、ab

11、、ac,速度大小分别为Va、Vb、Vc,则（）A.aa>ab>ac,Va>Vc>VbB.aa>ab>ac?Vb>Vc>VaC. ab>ac>aa?Vb>Vc>VaD. ab>ac>aa,Va>Vc>Vb【答案】D【解析】由库仑定律下=誓可知，粒子在以4。三点受到的电场力的大小关系为FaFaFs由白二5,可知金*艮据粒子的轨迹可知，粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在反力,由一b白整个过程中，电场力先做负功再做正功，目八G心一结合动能定理可知，】冷证>】力故选项D正确。10 .（2015全

12、国卷I）如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为如、如、加、M.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等.则（）a&qaII疝中一城A.直线a位于某一等势面内，帆>必B.直线c位于某一等势面内，如>如C.若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【答案】B【解析】电子带负电荷，电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，有Wmn=Wmp0,而Wmn=QUmn,Wmp=qUmp,q<0,所以有Umn=Ump>0,即如>弧=

13、匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，有如=必，故A错误，B正确；电子由M点到Q点过程中，WMQ=q（如一如）=0,电子由P点到Q点过程中，WpQ=q（加一如）>0,故C、D错误.11 .（2017天津卷，7）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是AMV1BA.电子一定从A向B运动B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有Epa<EpbD.B点电势可能高于

14、A点电势【答案】BC【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线切线，且指向轨迹的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示1九MFE*1B由所知条件无法判断电子的运动方向故A错误3若GXZS,说明电子在M点受到的电场力较大,点，的电场强度较大,根据点电荷的电场分布可知，靠近改端为场源电荷的位置,应带正电，故B正确孑无论。为正电荷还是负电荷，一定有电势PA锯，电子电势熊区?二7华，电势能是标量，所以一定有为0,故C正确，D错误.本题考查的知识点较多，应从曲线运动的特点和规律出发判断出电子的受力方向，再利用相关电场和带电粒子在电场中的运动规律解决问题

15、。12. (2017新课标n25)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点将质量为m、电荷量分别为q和p(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刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求AL左H右(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。【答案】(1)3:1(2)1H(3)呼32q【解析】(1)设

16、带电小球M、N抛出初速度均为v0,则它们进入电场时的水平速度仍为v0;MN在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为S1和S2;由运动公式可得：v0-at=0,1,25 =v0t十一at2,1,2公S=v0t-at2联立解得：包=1s23（2）设H点距离电场上边界的高度为以小球下落打时在竖直方向的分速度为灯，贝打岁；=2gh因为廿在电场中做匀加速直线运动，则"=五®%H由CD可得h=-H3（3）设电场强度为1小球工进入电场后做直线运动，则生二更。二亥vr用gm设MN离开电场时的动育给别为是，由动能定理：%=Vq+

17、靖+mgH+g£k4Eg='帆（时+叫H-g：£由已知条件：Ekl=1.5Ek2联立解得【名师点睛】此题是带电粒子在电场及重力场的复合场中的运动问题；关键是分析粒子的受力情况，分析粒子在水平及竖直方向的运动性质，搞清物理过程；灵活选取物理规律列方程13. （2015新课标全国H）如图，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点.已知该粒子在A点的速度大小为V。，方向与电场方向的夹角为60°它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力.求A、B两点间的电势差.电场:q【解析】设带电粒子在B点

18、的速度大小为VB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即VBSin30=V0sin60由此得Vb=3V0设A、B两点间的电势差为Uab,由动能定理有qUAB=2m(vBV0)联立式得UAB=mV°14. (2014新课标I)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，/BOA=60°,OB3.=fOA.将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点.使此小球带电，电荷量为q(q>0),同时加一匀强电场，场强方向与AOAB所在平面平行.现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动

19、能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值;(2)电场强度的大小和方向.【答案】(1)7(2)16mg,方向与竖直向下成30。夹角【解析】设小球的初速度为的，初动能为E面,从0点运彝UA点的时间为b令OA=df则8=|df根据平抛运动的规律有康in60s=VoKDdcos60s=1f；©又有淘由式得E通=阴g越设小球到达A点时的动能为E5则Az*=芯尤+由式得符=狗(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了3d2和d2设电势能分别减小AEpA

20、和AEpB,由能量守恒及式得AEpA=3Ek0Ek0一12-mgd="Ek03AEpB=6Ek0Ek0mgd=Eko在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的.设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x,如图，则有2da解得工=d.Ag为等势线，电场必与其垂线。方向平行,设电场方向与竖直向下的方向的夹角为处由几何关系可得30哂即电场方向与竖直向下的方向的夹角为加一设场强的大小为E,有牡由式得E=解15.(2015新课标II)如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点.已知该粒子在A点的速度大小为vo,方向与电场方向的夹角为

21、60°它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力.求A、B两点间的电势差.【解析】设带电粒子在B点的速度大小为Vb.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即VBSin30=V0sin60由此得Vb=3V0设A、B两点间的电势差为Uab,由动能定理有qUAB=：m(vBv0)2联立式得UAB=mV°q(二)考纲解读主题内容求更说明电场带电粒子在匀强电场中的运动示波管常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系III本讲共3个考点，一个二级考点，两个一级考点，近几年的高考中涉及本讲的考点多以电容器、带电粒子在匀强电场中的运动，命题角度为选择题、计算都有，要

22、更加重视。(三)考点精讲考向一平行板电容器的动态分析一、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，电容器两极所带的电荷量Q保持不变.二、动态分析思路1. U不变(1)根据0=件=泠先分析电容的变化，再分析Q的变化.U4<d(2)根据E=U分析场强的变化.(3)根据Uab=Ed分析某点电势变化.2. Q不变(1)根据0=第=意先分析电容的变化，再分析U的变化.U4<d(2)根据E=U分析场强变化.1 例1】一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上.若将云母介质移出，则电容器()A.极板上的电荷量变大，极

23、板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大0.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【答案】D【解析】由c=噎急可知，当将云母介质移出时，1变小，电容器的电答C变小.因为电容器接在恒压直流电源上，故u不变J根据0=a可知，当。瀛小时，。减小.再由£=需由于都不变,故6F电场强度E不变,选项D正确.练习1.如图3所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表小两板间的电场强度，Ep表布点电荷在P点的电势能，。表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动，将

24、上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）图3A.。增大，E增大B.。增大，Ep不变C.。减小，Ep增大D.。减小，E不变【答案】D【解析】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据aS,、，0=力可知,C变尢根据Q=CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角。减小；根据E=4，Q=CU,0=联立可得E=4jkQ,可知E不变；P点离下极板的距离不变,4tKQgSE不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确.2.（多选）如图4所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电,B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷

25、，设此时两极间的电势差为U,P点场强大小为E,电势为加，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，业变小0.出变小，Ep变大D,加变大，Ep变小【答案】A0【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J则由懿可知电容斌小，由匕可知极板间电压增大，由E=如知,电场强度增大，故区正礁i设尸点的电势为8,则由题可知'wCto-十二瓦/是增大的，则g一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能昂是增大的,故C正确.考向二带电粒子在电场中的直线运动2 .做直线运动的条件(1)粒子

26、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WQ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.3 .用动力学观点分析a=巳，E=U,v2-V02=2ad.md4 .用功能观点分析1919匀强电场中：W=Eqd=qU=mvmv0非匀强电场中：W=qU=Ek2-Eki【例2】在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d,当平行板电容器的电压为Uo时，油滴保持静止状态，如图5所示.当给电容器突然充电使其电压增加AUi时，油滴开始向上运动；经时间用后，电容器突然放电使其电压减少AU2,又经过时间用，油滴恰好回到原来位

27、置.假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计.重力加速度为g.求：带电油滴图5(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个用与第二个At时间内油滴运动的加速度大小之比;(3)U1与AU2之比.关键词油滴保持静止状态；恰好又回到原来位置.【答案】黑(2)1：3(3)1：4【解析】(1)油滴静止时满足：mg=qU0,则'=黑(2)设第一个At时间内油滴的位移为xi,加速度为a1，第二个At时间内油滴的位移为X2,加速度为a2,X1=,a1At,X2=V1四一a2At且V1=a1At,X2=X1解得a1:a2=1:3.(3)油滴向上加速运

28、动时二q油滴向上减速运动时：；遮练习3.如图6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q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为一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正极板且与其相距25l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略.不计重力，则M：m为()A.3：2B.2：1C,5：2D.3：1【答案】【解析】设电场强度为号两粒子的运动时间相同，对以有，3=第2第；对曲有侬=乳|,V/?m3，=雪，联立解得学WA正确.4.如图7所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C,极板间的距离为d,上极板正中

29、有一小孔.质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g).求：图7(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间.【答案】阿(2)mgh+dCmgh+dqdq【解析】(1)由v2=2gh,得v='J2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知:由运动学公式知：0v2=2admgqE=ma整理得电场强度E=mgh:dqd由U=Ed,Q=CU,得电容器所带电荷量q=c叽3一112(3)由h=2gt

30、i2,0=v+at2,t=tI+t2整理得t=hd2hhg考向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="kV0、b.不能飞出电容器：y=1at2=2qUdt2,(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动加速度：a=F=qEmm离开电场时的偏移量:qumd21 2qUly=-at2.2 2mdvot离开电场时的偏转角:tan0=Vy=V02 .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.1O证明：由qU°=£mv0tan0=qUilmdvo得

31、：y=Uil24U0d,tan0=Uil2U0d(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到偏转电场边缘的距离为2.3 .功能关系1c1U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=2mv2jmv。2,其中Uy=：y,指初、末位置间的电势差.【例3】如图8所示，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,偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d.Ay;(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿

32、垂直板面方向的偏转距离（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=2.0M02V,d=4,0102m,m=9.11031kg,e=1.61019C,g=10m/s2（3）极板间既有静电场也有重力场.电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势。的定义式.类比电势的定义方法，在重力场中建立重力势”M的概念，并简要说明电势和重力势”的共同特点.关键词由静止开始经加速电场加速；沿平行于板面的方向射入.2【答案】（1）./也骼（2）见解析（3）见解析m4U0d【解析】根据动能定理，有小的工电子射入偏转电场时的初速度二=在偏

33、转电场中,电子的运动时间厩加速度1二空二色偏转距离占,=%|%）二二亲：4"TLj''JLbQ）只考虑电子所受重力和电场力的数量线，有重力电场力F=W；N由于尸AG,因此不需要考虑电子所受的重力.（3）电场中某点电势。定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即产类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能Eg与其质量m的比值，叫做重力势"，即如=辞.电势。和重力势M都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定.练习5.在xOy平面内,带电量为+q的粒子,有?y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出），由A点斜射出一质量为m,B和C

34、是粒子运动轨迹上的两点，如图10所示，其中Io为常数.粒子所受重力忽略不计.求:图10(1)粒子从A至ijC过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率.2mlo17qElo【答案】(1)3qElo(2)3qE就【解析】(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功W=qE(yA-yc)=3qElo(2)粒子只受沿j轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在工轴方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在J轴上，可令5=3=L且存亡=1®由牛顿第二定律qE=m由运动学公式得yn=aP®从簿到C做类平抛运动，沿丁轴方向:g+%二,

35、(2)由式解得T-则/一C过程所经历的时间F=37=3'偿粒子由D到C过程中x轴方向：21o=Vd2Ty轴方向：vcy=a2Tvc=业口2+Vcy2由式解得(四)知识还原基础知识-、电容器1 .电容器的充、放电(1)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.(2)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 .公式c=c=rS；的比较U47kd(1)定义式：C=Q,不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的,与电容器是否带电及带电多少无关.?S(2)决定式：C=WS，r为介电常数，S为极板正对面积，d为板间距离.4Tikd二、带电粒子在匀强电场中的运动示波管3 .直线问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量一(1)在匀强电场中：W=qEd=qU=；mv22mv021212(2)在非匀强电场中：W=qU=2mvmvo.4 .偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度vo垂直于电场线方向飞入匀强电场.(2)运动性质：类平抛运