第六章 静电场

/第六章静电场考点一电场的性质及其描述1．(2０13·新课标全国Ⅰ，6分)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，ａ和b、b和ｃ、c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q（q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量）（）A.keq＼ｆ(３q,Ｒ2） B.ｋeq＼ｆ(１0q,９Ｒ2)C．keq\f(Q＋q，R2）ﻩD．keq\ｆ（9Ｑ＋q，9R2）解析:选Ｂ本题考查静电场相关知识，意在考查考生对电场叠加、库仑定律等相关知识的理解。由于在a点放置一点电荷q后,b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Ｅｑ＝keｑ＼f(ｑ，Ｒ2），根据对称性可知Q在d点产生的场强大小Ｅ′Q＝ｋｅq\f(q,R２），则Ed=E′Ｑ＋Ｅ′q＝ｋeq\f(ｑ，R２）+ｋeq\f（q,3R2）=keｑ\ｆ（１0q,9R２),故选项B正确.２.（２013·新课标全国Ⅱ，6分）如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q,c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(）Ａ.eq\f（\ｒ（3)kq,3ｌ2)ﻩB。eq＼f（\r(3）kq，ｌ２）C。ｅq\ｆ（3kq，l2） D．ｅq＼f(２＼r（3)ｋq,ｌ2）解析:选B本题考查库仑定律、电场力、平衡条件及其相关知识点,意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。设小球c带电荷量为Q,由库仑定律可知小球a对小球ｃ的库仑引力为F=kｅq\f（ｑQ，l２），小球b对小球ｃ的库仑引力为F=ｋeq＼f（qQ,ｌ2）,二力合力为2Fｃos30°。设水平匀强电场场强的大小为E，对ｃ球，由平衡条件可得:QＥ＝２Fｃos30°,解得:E=eq\f(＼r（3）kq，l2）,选项B正确。3．（201３·江苏，4分）将一电荷量为＋Ｑ的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。ａ、b为电场中的两点，则（)A。a点的电场强度比b点的大B。a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在ｂ点的大D。将检验电荷－ｑ从ａ点移到b点的过程中,电场力做负功解析:选ABＤ本题考查静电场中力的性质和能的性质,意在考查考生对静电力的性质和能的性质的理解与掌握情况。电场线密的地方电场强度大,A项正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；由Ｅp＝qφ可知，负电荷在高电势处电势能小，C项错误；负电荷从a到b电势能增加，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，这个过程中电场力做负功,D项正确.4。（2012·安徽理综，6分)如图1所示，半径为Ｒ的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为ｘ)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=２πｋσeｑ\ｂ＼ｌｃ\[\rc＼］（＼ａ\ｖs4\aｌ＼co１(１－\f（x,R2+x2\f（1，2）)）），方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r的圆板,如图２所示.则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为ｘ）的电场强度为()A．2πkσ0eq\ｆ（x，r２＋x2＼f（１,2)) B．2πkσ０eq\f(ｒ,r2+ｘ2＼f(１,2）)C．2πkσ0eq\ｆ(x,r）ﻩＤ.2πkσ0eq\ｆ（r,x）解析:利用均匀带电圆板轴线上的场强公式，当R无限大时，Q点电场强度E1＝2πkσ０,当R=r时,Q点电场强度E2=２πkσ0［１－eq\ｆ(x，r２＋x2\f（１，2)）］，现从带电平板上中间挖去一半径为ｒ的圆板，则Ｑ点电场强度Ｅ3=E1—E2,只有选项A正确。答案:A5。(2012·江苏，3分)真空中,A、B两点与点电荷Ｑ的距离分别为ｒ和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（)A．3∶1ﻩB．1∶3C.9∶１ D．1∶9解析:根据点电荷电场强度E=ｋeq＼f（Q,r2），可知eｑ\ｆ(Er，Ｅ3r)＝９∶1，C正确。答案：C6．(２0１2·浙江理综，6分）用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后,将笔套自上向下慢慢靠近圆环,当距离约为０。5ｃm时圆环被吸引到笔套上,如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是A．摩擦使笔套带电B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷Ｃ。圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D。笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和解析：笔套与头发摩擦后,能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷,即摩擦使笔套带电,选项A正确；笔套靠近圆环时,由于静电感应,会使圆环上、下部感应出异号电荷,选项Ｂ正确；圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C正确;笔套接触到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上相同性质的电荷,选项Ｄ错误。答案：ABＣ7.(20０9·广东理基，2分)关于同一电场的电场线，下列表述正确的是（)A．电场线是客观存在的Ｂ.电场线越密,电场强度越小C．沿着电场线方向,电势越来越低D。电荷在沿电场线方向移动时,电势能减小答案：Ｃ考点二电势能、电势、电势差8.(２０１3·重庆理综，6分）如图所示,高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点,N点离核最近，Ｑ点比M点离核更远，则(）A．α粒子在M点的速率比在Ｑ点的大B．三点中,α粒子在N点的电势能最大Ｃ.在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Ｑ点，电场力对它做的总功为负功解析：选B本题考查电场力做功、电势、电势能,意在考查考生推理与分析问题的能力。建立正点电荷电场模型，根据正点电荷的等势线空间分布图,由于Q点比Ｍ点离核远，则φQ<φM，C项错误;α粒子从Ｍ点到Ｑ点，电场力做正功,α粒子在M点的速率比在Q点的速率小,A、D项错误；三点中，α粒子在N点的电势最高，电势能最大,B项正确。9．（2011·山东理综,６分)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，ＭN为两电荷连线的中垂线,a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与ｃ关于MN对称,b点位于MN上，ｄ点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（)A.b点场强大于d点场强B.ｂ点场强小于d点场强C．ａ、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差Ｄ.试探电荷＋ｑ在a点的电势能小于在ｃ点的电势能解析:两点电荷连线上的中点是连线上场强最小的点同时也是中垂线上场强最大的点,所以d点场强大于b点场强，Ｂ正确，A错。根据电场线分布的对称性，可知C正确。正试探电荷在电势高的地方电势能大，D错．答案：BＣ10．(2010·江苏，3分）空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随ｘ变化的图象如图所示．下列说法中正确的是(）A。O点的电势最低Ｂ。x2点的电势最高C．x1和－x１两点的电势相等D.x1和x3两点的电势相等解析：本题考查电场强度、电势、电势差的概念和图象问题.电势差与电场强度的关系为U＝Ed,此表达式适用于匀强电场，图中为非匀强电场的场强Ｅ与坐标x的关系图象，当取一段极短长度Δx时,可认为Δx长度内的电场为匀强电场，因此图象所包围的面积表示电势差．图中从O点沿+x轴方向，场强为正值，位移为正值,所以图线与x轴包围的面积表示的电势差为正,表示沿＋ｘ轴方向的电势逐渐降低，即O点电势依次大于x１点、ｘ2点、x3点的电势,选项A、B、Ｄ错误．而图中沿-x轴方向，场强为负值、位移为负值，所以图线与x轴包围的面积表示的电势差也为正，即沿-x轴方向的电势也逐渐降低。因从—x1点移到x1点，E—x图线在Ｏ点两侧所包围的面积相等，表示这两点间的电势差为零，所以－x１和x1两点电势相等，选项C正确。此电场实际上是等量同种正电荷，从两电荷连线的中点沿中垂线向两侧外移动的电场模型。答案：C1１．（2009·浙江理综,６分)空间存在匀强电场，有一电荷量q(q〉0)、质量m的粒子从O点以速率v０射入电场，运动到A点时速率为2v0.现有另一电荷量-q、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3ｖ0.若忽略重力的影响,则(）A．在O、A、B三点中,B点电势最高B．在Ｏ、Ａ、B三点中,A点电势最高Ｃ．OA间的电势差比BO间的电势差大Ｄ.OA间的电势差比BA间的电势差小解析：正电荷从Ｏ点运动到A点，速度增大,电场力做正功，电势能减少，电势降低;负电荷从O点运动到B点，速度增大，电场力做正功，电势能减少,电势升高，故Ｂ点电势最高，A点电势最低，A正确，Ｂ错误；由动能定理有ｑUＯA＝eq＼f(１，２)m(2v0）2-ｅq\f（1，２）mvｅq\o\ａl（2，０），得UＯA＝eq\f（３ｍｖ\o\ａl（２，0),２q）；ｑUBO＝eｑ\ｆ(１，2）m(3v0)2－ｅq\f（１,2）ｍ（２v0)2，得UBO＝eｑ\f（５mv＼ｏ\ａｌ（2,0）,2q),由此可知UBO〉UOＡ，C错误，D正确．答案：ＡＤ考点三电容器、带电粒子在电场中的运动12。(20１3·新课标全国Ⅰ,６分）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方eq\ｆ（d,2）处的P点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移eq\ｆ（d,３)，则从P点开始下落的相同粒子将（）A。打到下极板上B．在下极板处返回C。在距上极板eq\f（d,2）处返回D.在距上极板ｅq＼ｆ（2,5）d处返回解析:选Ｄ本题考查动能定理及静电场相关知识,意在考查考生对动能定理的运用。当两极板距离为d时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：mg×eｑ\ｆ（3,2)d—qＵ＝0,当下极板向上移动ｅq＼ｆ(d,３），设粒子在电场中运动距离x时速度减为零,全过程应用动能定理可得：mg（eq\ｆ（d,2）＋x)－qeｑ＼f（U，d—＼f（ｄ,3)）x＝０,两式联立解得:x＝ｅq＼f（2,5)d,选项D正确。１3.（２０13·新课标全国Ⅱ,14分）如图,匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行.ａ、ｂ为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行。一电荷量为ｑ（q〉０）的质点沿轨道内侧运动。经过ａ点和ｂ点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能.解析:本题主要考查受到约束的带电质点在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、动能定理及其相关的知识点,意在考查考生灵活应用知识解决问题的能力。质点所受电场力的大小为Ｆ=qE①设质点质量为ｍ,经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb,由牛顿第二定律有F+Na＝ｍeｑ\f（v\o＼al（2，ａ),ｒ)②Nb-Ｆ=meq\f(ｖ＼ｏ＼ａl(2,b）,r）③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ｅkb，有Eka=eｑ＼f（1,２）mｖeq＼o\al（2，a）④Ekb=ｅq\f（1,2)mvｅq\o\al（2，b)⑤根据动能定理有Ｅkb－Eka=2rＦ⑥联立①②③④⑤⑥式得E＝eq\f(1，6q)（Ｎb-Na)⑦Eｋa=ｅｑ＼ｆ（r，１２）（Nｂ+5Nａ）⑧Ｅkb＝eｑ\f（ｒ,12)(５Nb+Ｎａ)⑨答案：见解析１4.(201３·浙江理综，20分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RＡ和RＢ的同心金属半球面A和B构成，Ａ、Ｂ为电势值不等的等势面,其过球心的截面如图所示。一束电荷量为ｅ、质量为ｍ的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射,进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek０的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达Ｎ板的正中间。忽略电场的边缘效应。(1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；（2)求等势面C所在处电场强度E的大小；（3)若半球面A、Ｂ和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左与ΔEｋ右分别为多少？(4）比较｜ΔEk左｜和|ΔEk右|的大小，并说明理由。解析：本题主要考查带电粒子在电场中的运动，意在考查考生分析和计算能力。（1)电子(带负电)做圆周运动,电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板(2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动,考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同,有：eE=meｑ\ｆ（ｖ2，R）Ek０＝ｅｑ＼f（1，2)ｍv２R=eq\f(RＡ+ＲB，2）联立解得:Ｅ=eq\f（2Eｋ０,ｅＲ)=eq＼f(4Ek0，eRA＋RB）(3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔEｋ＝qU对到达N板左边缘的电子,电场力做正功，动能增加,有ΔEk左=ｅ（φB—φC）对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔEk右＝e（φA－φC)(4）根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB－φC|〉|φA－φＣ|，即｜ΔEk左｜>|ΔEk右|。答案：（1）见解析（2)eq＼f(4Ｅｋ0,eRＡ+ＲＢ)(3）ΔEｋ左=(φB—φC)ΔEk右=(φＡ－φC)（4）见解析１5.(2012·广东理综，６分）图５是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧,对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）A.带正电的矿粉落在右侧Ｂ.电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大Ｄ．带正电的矿粉电势能变小解析:在水平方向上带正电的矿粉受到向左的电场力，应落在左侧，Ａ错；电场力对两种矿粉都做正功，电势能均减小,所以只有BＤ正确。答案：ＢＤ1６.(2０11·新课标全国,6分）一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度Ｅ的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线)()解析：题中质点所带电荷是负电荷,电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的，因此力的方向应与速度方向夹角大于９0°，故选项D正确．答案：D１7．（２011·广东理综,６分）如图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是（）A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同Ｄ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电,尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷,A项错误；电场方向由集尘极指向放电极,B项正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C项错误；同一位置电场强度一定,由F=qE可知，尘埃电荷量越多，所受电场力越大，D项正确．答案：BD１8。(２０１1·安徽理综,6分）如图（a)所示，两平行正对的金属板Ａ、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动，时而向B板运动,并最终打在A板上。则ｔ0可能属于的时间段是(）Ａ.0<t０〈eq\ｆ（Ｔ，4） B.eｑ\f（T，２)<t0＜eｑ\f（3Ｔ，4）C.eq\f（３T,４）<ｔ0<TﻩD．Ｔ<t０＜eq\f（９T，8)解析：两板间加的是方波电压,刚释放粒子时,粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负,因此Ａ项错误,若t０=ｅq\f（Ｔ,２)时刻释放粒子,则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A运动;若ｔ0＝eq\f（３Ｔ,4）时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动,因此ｅq\f（T,2)<t０〈eq＼ｆ（3T，４)时间内，粒子的运动满足题意的要求,选项Ｂ正确．答案：B19．（２011·天津理综，６分)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U１，板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为２Q，板间距变为ｅq＼f（1,2)ｄ，其他条件不变，这时两极板间电势差为Ｕ2,板间场强为E2，下列说法正确的是(）A．U2=U１，Ｅ2=E１ﻩB。Ｕ2＝2U1，E2＝4E1C．Ｕ２=U1，Ｅ２＝2Ｅ１ D．U2=2Ｕ1,E2＝2E１解析：由公式E＝ｅq\f(U,d）、C＝eq＼ｆ（Q,U）和C∝ｅq\f(εS，d）可得E∝eq\f(Q,εS)，所以Ｑ加倍，E也加倍，再由U＝Ed可得U相等．C正确.答案:C2０．（2010·北京理综,6分)用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若(）A.保持Ｓ不变，增大d,则θ变大Ｂ．保持S不变，增大d,则θ变小Ｃ．保持d不变,减小S，则θ变小D.保持ｄ不变，减小Ｓ,则θ不变解析:本题考查平行板电容器、静电计.静电计是测量电容器两端电压的仪器,指针偏角θ∝U,根据C=eq\f（εS，４πｋd）和C=ｅｑ\f（Ｑ,U）得选项A正确.答案：A21．（２01２·北京理综,２0分）匀强电场的方向沿ｘ轴正向，电场强度Ｅ随ｘ的分布如图所示,图中E0和d均为已知量。将带正电的质点Ａ在Ｏ点由静止释放。A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放.当Ｂ在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零;B离开电场后,A、B间的相互作用视为静电作用。已知Ａ的电荷量为Q，A和Ｂ的质量分别为m和eq\ｆ(m，４)。不计重力.(１）求A在电场中的运动时间ｔ;（2)若B的电荷量q=eq\f(４,9）Q，求两质点相互作用能的最大值Epm;（3)为使B离开电场后不改变运动方向，求Ｂ所带电荷量的最大值qｍ。解析：（1)由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度a＝eｑ\f（Ｆ,m）=ｅq\ｆ(QE０，ｍ)A在电场中做匀变速直线运动ｄ=eq\ｆ（1,2)aｔ2解得运动时间t＝eq＼r（\f（２d，a)）＝eq＼r（\ｆ(2dm，ＱＥ0））（２)设Ａ、B离开电场时的速度分别为vA0、vB０，由动能定理，有ＱＥ0d＝eq\f(1,2)mveq\o\aｌ（2，A０），ｑE0d＝eq\f（1，２）·eｑ＼f(m，4）vｅq\o＼al（２,B0）①A、B相互作用过程中，动量和能量守恒。A、Ｂ相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对Ａ做正功,对B做负功.Ａ、B靠近的过程中，B的路程大于Ａ的路程,由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对Ａ做功的绝对值,因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加。所以,当Ａ、B最接近时相互作用能最大,此时两者速度相同，设为v′，有（m+ｅq\f（m，4））v′=mvA0+ｅq＼f(ｍ，4)vB0②Ｅｐm＝(eq\f（1,2）mvｅｑ\o\ａl（2，)A0＋eｑ\f(1,2）·eｑ＼f（m，4）veｑ＼ｏ＼aｌ（２,B０)）-eq\ｆ（1,2)（m＋eq\f(m，4)）v′2③已知ｑ＝eq\f(4，9)Q，由①②③式解得相互作用能的最大值Epｍ=eｑ\f（1，45）ＱE0d（3)考虑A、B在ｘ＞d区间的运动,设A、B在末态时的速度分别为ｖA和vB，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有mvＡ+eq＼f（m，４）vB＝mｖＡ0+eq＼f（m，4)ｖB0④eq\ｆ（1,2）ｍvｅq\o＼aｌ(２，A)＋eq\f（1,２）·ｅq＼f（ｍ，4)veｑ\ｏ\al（2,B）＝eq＼ｆ（1，2）ｍvｅq\o\ａl(2，A0)+eq\ｆ（１,２)·eq＼f（ｍ,4)ｖeq\ｏ\al（2，Ｂ0)⑤由④⑤解得vB=-eq\ｆ(３,5)vB0+eq\f（8,5)vA０因B不改变运动方向,故vB=-ｅq\f（３,5)ｖB0+eq\f（8,5)vA0≥0⑥由①⑥解得q≤ｅq\f(16，9)Q即B所带电荷量的最大值ｑｍ=ｅｑ\f(16，9)Ｑ答案：见解析22.（２011·北京理综,20分）静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线,图中φ0和d为已知量.一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿ｘ轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为-ｑ，其动能与电势能之和为-A（0＜Ａ<qφ0).忽略重力.求(1)粒子所受电场力的大小；(2)粒子的运动区间；(3）粒子的运动周期。解析:(1)由题图可知,0与d（或－d)两点间的电势差为φ0电场强度的大小E＝ｅq＼f（φ０,d)电场力的大小F＝qＥ=eq\f(ｑφ0，d）（2）设粒子在［—x0，x0］区间内运动,速率为v，由题意得ｅq\f(1，2)ｍv2－qφ=-Ａ①由题图可知φ=φ０(1-eq\ｆ(｜x｜，d)）②由①②得eq\f（1，2）mv2＝qφ0(1－eq\f（｜x|，d））—A③因动能非负,有qφ0（1－ｅq\f（｜ｘ|,d))－A≥0得｜x|≤ｄ（1-eq＼f（A，ｑφ０））即x0＝d（１－eq\f（A,ｑφ0））④粒子的运动区间－d（1—eq\f(A,qφ0））≤x≤ｄ（１-ｅq＼ｆ（A，qφ0））（３）考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期根据牛顿第二定律，粒子的加速度ａ=eq＼f（Ｆ，m）=eq＼f(ｑE，m)＝ｅq＼f（ｑφ０,md）⑤由匀加速直线运动t=eq＼r(\f（２x0,a)）将④⑤代入,得t=ｅq\r（＼f(２ｍｄ2，qφ０)1—\ｆ（A，qφ０))粒子的运动周期T＝4t=ｅq\f(4d，qφ0）eq\r（２mqφ0－Ａ)⑥答案:（1）ｅq＼f(ｑφ０，d）(2)－ｄ(１－eq\f（Ａ,qφ0)）≤ｘ≤ｄ（１－ｅq\f（Ａ，qφ0）)（3）eq＼f（４d，qφ0）eq\r(２mｑφ0-A)２3.(2010·江苏，20分）制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为