高三第一轮复习电容器和带电粒子在电场中的运动

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动考点1电容器与电容1.电容器(1)组成：由两个彼此______又相互靠近的导体组成.(2)带电量：一个极板所带电荷量的_______.绝缘绝对值(3)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__________，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_________转化为其他形式的能.异种电荷电场能2.电容(1)定义:电容器所带的

与电容器两极板间的电势差U的比值.(2)定义式：(此式为比值定义式)

(3)单位：法拉(F)，1F=____μF=______pF.

(4)物理意义:表示电容器

本领大小的物理量(5)电容与电压、电荷量的关系.①电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量_____.不随Q变化，也不随电压变化.②由可推出1061012无关电荷量Q容纳电荷3.平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与___________成正比，与介质的___________成正比，与_________________成反比.(2)决定式：k为静电力常量.正对面积介电常数两板间的距离1.平行板电容器动态问题分析的理论依据(1)平行板电容器的电容C与板距d、正对面积S、介质介电常数εr间的关系(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强(3)电容器所带电荷量Q=CU.(4)由以上三式得该式为平行板电容器极板间匀强电场的场强的决定式,常通过来分析场强的变化.2.两类动态问题分析比较(1)第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变充电后与电池两极相连电容器两极板间的电压不变d变大C变小S变大C变大εr变大C变大U不变Q变小U不变Q变大U不变Q变大U不变，d变大，E变小U不变，d不变，E不变U不变，d不变，E不变(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变充电后与电池两极断开电容器两极板电荷量保持不变S变大C变大εr变大C变大d变大C变小Q不变U变小Q不变U变小Q不变U变大U变小，d不变，E变小U变小，d不变，E变小U变大，d变大，E不变如图,一个电容器与电池相连，增大电容器两极板间的距离，则下列说法中正确的是()A.电容器电容增大B.电容器极板电量增加C.在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如题图所示D.原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动C【解析】选C.根据得：d增大，电容C减小，又电压U恒定，所以电荷量Q减小，电容器放电，电场强度E减小，原来静止的电容器极板间的电荷将向下加速运动,故答案为C.

平行板电容器动态问题分析【例证1】如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和理想二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A.若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧B.若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C.若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D.若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧

A.若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧B.若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C.若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D.若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧【解题指南】解答本题时应注意以下三点：(1)二极管的单向导电性对电路的影响.(2)小球电性对小球加速度大小变化的影响.(3)小球的水平位移与小球运动时间的关系.【自主解答】选B、C.当板间距增大时，由可知，电容器的电容将变小,因二极管的存在，电容器上的电量将保持不变，由可知，板间电场强度不变，因此板间距增大时，不影响小球打在B板上的位置，A、D均错误；若板间距减小，则电容器的电容C增大，电源通过二极管给电容器充电，电容器的带电量增加，两板间的电压不变,此时板间电场强度将增大，若小球带正电，由mg+Eq=ma，可知，小球的加速度变大，小球打在B板上的时间t变小，由x=v0t知，小球将落在N的左侧，B正确；若小球带负电，由mg-Eq=ma,可知，小球加速度变小，小球打在B板上的时间t变大，由x=v0t可知，小球将落在N的右侧，C正确.【互动探究】在【例证1】中，若去掉电路中的二极管，则正确的选项是()【解析】选B、C、D.如上述例题分析，当板间距离变小时，二极管的存在并没有起到作用，故B、C仍正确；若板间距离变大，因板间电压不变，板间电场强度将变小，若小球带正电，由mg+Eq=ma,可得小球打在B板上的时间增大，由x=v0t可知，小球打在N的右侧，A错误；若小球带负电，由mg-Eq=ma,

可知，小球打在B板上的时间减小，由x=v0t知，小球打在N的左侧，D正确.【总结提升】分析电容器动态问题时应注意的问题(1)先确定电容器的不变量(Q或U).(2)只有当电容器的电量发生变化时，电容器支路上才有充电或放电电流.(3)若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电.(4)电容器电量不变时，改变板间距将不引起板间电场强度的变化.【例2】如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点.以E

表示两极板间的场强,U表示电容器的电压,Ep表示正电荷在P

点的电势能.若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示位置,则()A.U变小,E不变B.E变大,Ep不变

C.U变大,Ep不变D.U不变,Ep不变思路点拨

解决平行板电容器的动态变化问题,首先要抓住不变量,然后利用物理量之间的关系求解,本题不变量是电容器的电荷量.解析

将正极板移到图中虚线所示的位置时,电容变大,根据恒定,则场强E不变;由于场强E不变,P点与下极板电势差U=Ed不变,所以P点电势不变,Ep不变.由以上分析可知选项A正确.(对于场强E的分析,不能直接利用E=分析,因为U减小,d也减小,无法确定E的变化).

答案

A

【拓展探究】例2中,若保持正极板不动,将负极板向上平移一定距离,结论如何?解析

负极板向上平移,电容变大,由C=可知,U变小;又

则E不变;P点与下极板电势差U=Ed,d变小,故U变小,即变小,Ep变小.答案

A

规律总结变式练习2

如图4所示,用电池对电容器充电,电路a、b之间接有一灵敏电流表,两极板之间有一个电荷q处于静止状态.现将两极板的间距变大,则()A.电荷将向上加速运动B.电荷将向下加速运动C.电流表中将有从a到b的电流D.电流表中将有从b到a的电流图4BD解析

充电后电容器的上极板A带正电.不断开电源,增大两板间距,U不变、d增大.由E=知两极板间场强减小.场强减小会使电荷q受到的电场力减小,电场力小于重力,合力向下,电荷q向下加速运动.由C=知电容C减小.由Q=CU知极板所带电荷量减少.会有一部分电荷返回电源,形成逆时针方向的电流,电流表中将会有由b到a的电流,选项B、D正确.答案

BD题型3带电粒子在板间运动问题分析【例3】下述为一个观察带电粒子在平行板电容器板间电场中的运动状况的实验.现进行下述操作:第一步,给如图5所示真空中水平放置的平行板电容器充电,让A、B两极板带上一定的电荷量,使得一个带电油滴P在两板间的匀强电场中恰能保持静止状态.第二步,给电容器继续充电使其电荷量突然增加ΔQ1,让油滴开始竖直向上运动t秒.第三步,在上一步基础上使电容器突然放电ΔQ2,观察到又经2t秒后,油滴刚好回到原出发点.设油滴在运动过程中未与极板接触.求ΔQ1和ΔQ2的比值.图5解析

设油滴质量为m,带电荷量为q,电容器板间距离为d,电容量为C.在第一步过程中,设电容器的电荷量为Q,板间电压为U0,场强为E0.受力情况如下图(1)所示.由题意得qE0=mg①②③④在第二步过程中,设板间电压为U1,场强为E1,油滴的加速度大小为a1,ts末的速度为v1,位移为x,受力情况如图(2)所示.U1=(Q+ΔQ1)/C⑤E1=U1/d⑥qE1-mg=ma1⑦x=a1t2⑧v1=a1t⑨在第三步过程中,设板间电压为U2,场强为E2,油滴的加速度大小为a2,受力情况如图(3)所示.⑩答案【评分标准】

本题共23分.其中①②③⑤⑥⑦⑩式各2分,④⑧⑨式各1分.【名师导析】

高考命题愈加明显地渗透着物理思想、物理方法的考查,上述样题就是通过对电场中的带电粒子多运动过程的考查,间接考查了同学们综合分析问题的能力.解决这类问题的关键是要掌握基本运动的特点.中学物理常见的基本运动有匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动、匀速圆周运动等,这些基本运动中的任何两种运动都可以构成一个多运动过程问题,所以复习时应加强此类型的训练,以提高分析和解决问题的能力.考点2带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中加速，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______的增量.(1)在匀强电场中：(2)在非匀强电场中：动能例1.在一个水平面上建立x轴，在过原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝5×10－8C质量m＝0.010kg的带负电绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2m/s，如图所示，求：(1)物块最终停止时的位置；(g取10m/s2)(2)物块在电场中运动过程的机械能增量．解析

(1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零．Ff＝μmg

F＝qEFf＋F＝ma

2as1＝v02s1＝0.4m第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止．由动能定理得：Fs1－Ff(s1＋s2)＝0得s2＝0.2m，则物块停止在原点O左侧0.2m处．(2)物块在电场中运动过程的机械能增量ΔE＝Wf＝－2μmgs1＝－0.016J.例2.如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电．现有质量为m、电荷量为＋q的小球在B板下方距离为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差UAB应为多大？[思路点拨]小球先在重力作用下做匀减速直线运动，后在重力和电场力共同作用下做匀减速直线运动．法一：小球运动分两个过程，在B板下方时仅受重力作用，做竖直上抛运动；进入电场后受向下的电场力和重力作用，做匀减速直线运动．设小球运动到B板时速度为vB.对第一个运动过程：vB2＝v02－2gH①对第二个运动过程：加速度为a＝按题意，h为减速运动的最大位移，故有h＝，整理得vB2＝2gh＋②联立①②两式解得hE＝由平行板电容器内部匀强电场的场强和电势差的关系，易知UAB＝hE，故有UAB＝法二：对小球的整个运动过程由动能定理得－mg(H＋h)－qUAB＝－mv02解得：UAB＝2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子_____于电场方向进入匀强电场.(2)处理方法：类似于___________，应用运动的合成与分解的方法.①沿初速度方向做___________运动.②沿电场方向做初速度为零的_____________运动.垂直平抛运动匀速直线匀加速直线1.带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力.3．带电粒子在电场中的偏转问题分析(1)粒子的偏转角问题①已知电荷情况及初速度．如图6－3－3所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1.若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝

，式中vy＝at＝

，vx＝v0，代入得tanθ＝

①结论：动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比．图6－3－32.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)以初速度v0进入偏转电场.作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出.(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，可推得偏移量：偏转角正切：结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是轨迹完全重合.图6－3－5A．偏转角度相同B．偏转距离相同C．运动时间相同

D．动能相同AB如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO’方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO’垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法中正确的是（

）A.若它们射入电场时速度相等，荧光屏上将出现3个亮点B.若它们射入电场时的动量(mv)相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的荧光屏上将只出现1个亮点D.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点UU0vOOC

3.如图所示，有一带电粒子(不计重力)贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板右端连线的中点飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间.设粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为()A.1∶8B.1∶4C.1∶2D.1∶1【解析】选A.由题意可知，由以上两式可推导出：U1∶U2=1∶8，故A正确.A如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从a向b运动，下列说法中正确的是()A.微粒做匀速运动B.微粒做匀加速运动C.微粒电势能增大D.微粒动能减小【解析】选C、D.微粒沿ab直线运动，其重力与电场力的合力沿ba方向，电场力水平向左，做负功，电势能增大，C正确；合力与运动方向相反，微粒做匀减速运动，动能减小，D正确，A、B均错误.CD

带电粒子在电场中的偏转【例证2】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出.(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)两板间所加的电压的最大值对应粒子恰好沿板的边缘飞出的情况.(2)屏上粒子所能到达的最大长度为粒子沿上、下板边缘到达屏上的位置间距.

【自主解答】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有L=v0t①②vy=at

联立可得即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点.③④由①②③④式解得(2)当时，则两板间所加电压的范围为(3)当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0=y+btanθ又解得：故粒子在屏上可能到达的区域的长度为答案：(1)见自主解答【总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y′的三种方法其中是应用上例第(1)问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程.【变式训练】如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点.已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力.(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理解得(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动.设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式解得：(3)由可知，减小U1和增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方.

【变式备选】如图所示，真空室中速度v0=1.6×107m/s的电子束，连续地沿两水平金属板中心线OO′射入，已知极板长l=4cm，板间距离d=1cm，板右端距离荧光屏PQ为L=18cm.电子电荷量q=1.6×10-19C，质量m=0.91×10-30kg.若在电极ab上加的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴y上能观测到多长的线段？(设极板间的电场是均匀的、两板外无电场、荧光屏足够大)【解析】因为经过偏转电场的时间为故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动在偏转电场中纵向最大位移所以电子能够打在荧光屏上的最大竖直偏转电压当U=Um=91V时，因为偏转量

y轴上的观测量为2y=10cm.考点3示波管1.构造：①_________，②偏转极板，③荧光屏.(如图所示)

电子枪三、示波管的原理产生高速飞行的电子束待显示的电压信号锯齿形扫描电压使电子沿Y方向偏移使电子沿x方向偏移2.工作原理(1)YY′上加的是待显示的___________，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做____________.(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______，在那里产生一个亮斑.②若所加扫描电压和___________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象.信号电压扫描电压中心信号电压三、示波管的原理1、如果在电极XX’之间不加电压，而在YY’之间加不变电压，使Y的电势比Y’高，电子将打在荧光屏的什么位置？电子沿Y方向向上偏移三、示波管的原理1、如果在电极XX’之间不加电压，而在YY’之间加不变电压，使Y’的电势比Y高，电子将打在荧光屏的什么位置？电子沿Y方向向下偏移三、示波管的原理1、如果在电极XX’之间不加电压，但在YY’之间加不变电压，使Y的电势比Y’高，电子将打在荧光屏的什么位置？

如果在电极YY’之间不加电压，但在XX’之间加不变电压，使X的电势比X’高，电子将打在荧光屏的什么位置？电子沿X方向向里偏移三、示波管的原理1、如果在电极XX’之间不加电压，但在YY’之间加不变电压，使Y的电势比Y’高，电子将打在荧光屏的什么位置？

如果在电极YY’之间不加电压，但在XX’之间加不变电压，使X’的电势比X高，电子将打在荧光屏的什么位置？电子沿X方向向外偏移三、示波管的原理2、如果在电极XX’之间不加电压，但在YY’之间加如图所示的交变电压，在荧光屏上会看到什么图形？0<t<t1电子沿Y方向向上偏移三、示波管的原理2、如果在电极XX’之间不加电压，但在YY’之间加如图所示的交变电压，在荧光屏上会看到什么图形？t1<t<t2电子沿Y方向向下偏移三、示波管的原理3、如果在YY’之间加如图所示的交变电压，同时在XX’之间加不变电压，使X的电势比X’高，在荧光屏上会看到什么图形？0<t<t1电子沿Y方向向上偏，沿X方向向里偏三、示波管的原理3、如果在YY’之间加如图所示的交变电压，同时在XX’之间加不变电压，使X的电势比X’高，在荧光屏上会看到什么图形？t1<t<t2电子沿Y方向向下偏，沿X方向向里偏三、示波管的原理3、如果在YY’之间加如图所示的交变电压，同时在XX’之间加不变电压，使X’的电势比X高，在荧光屏上会看到什么图形？电子沿Y方向向上向下偏，沿X方向向外偏三、示波管的原理4、如果在YY’之间加如图所示的交变电压，同时在XX’之间加锯齿形扫描电压，在荧光屏上会看到什么图形？XYOABCDEFABCDEFABOCt1DEFt21.电子打在荧光屏上将出现亮点，若电子打在屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线.2.如图所示，如果只在偏转电极YY′上加上如图甲所示UY=Umsinωt的电压，荧光屏上亮点的偏移也将按正弦规律变化，即y′=ymsinωt，并在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙A(设偏转电压频率较高).3.如果只在偏转电极XX′上加上如图乙所示的电压，在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙B(设偏转电压频率较高).4.如果在偏转电极YY′上加上图甲所示的电压，同时在偏转电极XX′上加上图乙所示的电压，在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙C(设偏转电压频率较高).如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成.如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A.极板X应带正电B.极板X′应带正电C.极板Y应带正电D.极板Y′应带正电【解析】选A、C.要使电子打在P点，沿YY′方向，应使电子向Y方向偏，极板Y应带正电，沿XX′方向，应使电子向X方向偏，极板X应带正电，故A、C正确.再看:作业第三讲第3题2011年安徽高考题考查内容带电粒子在交变电场中的运动【例证】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示.加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k＞1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示.在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动.若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用.若电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件.

【规范解答】电子在0～τ时间内做匀加速运动，加速度的大小为位移在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小为初速度的大小为v1=a1τ匀减速运动阶段的位移依据题意d＞x1+x2解得

图中A、B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为T交变电压u。A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律如图所示.现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内。设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则()A、若电子是在t＝0时刻进入的,它将可能时而向B板运动，时而向A板运动B、若电子是在t＝T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上C、若电子是在t＝T/4时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上D、若电子是在t＝3T/8时刻进入的,它可能时而向B板、时而向A板运动，最后打在B板上B[方法技巧]带电粒子的加速问题可以从力学的观点来求解，即根据牛顿第二定律求解，但粒子必须是在匀强电场中运动,对于带电粒子在交变电场中的运动往往用v-t图象求解.4.如图(a)所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压，t=0时，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化.假设电子始终未与两板相碰.在0<t<8×10-10s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A.0<t<2×10-10sB.2×10-10s<t<4×10-10sC.4×10-10s<t<6×10-10sD.6×10-10s<t<8×10-10sD【解析】选D.分析电子的受力可知，电子从M点开始先向右加速，再向右减速，4×10-10s末速度为零，然后再向左加速至6×10-10s，从6×10-10～8×10-10s再向左减速，速度图象如图所示，由此可知电子在M点右侧，速度方向向左且大小减小的时间为6×10-10～8×10-10s，D正确.变式训练1真空中足够大的两个相互平行的金属板a和b之间的距离为d，两板之间的电压Uab按如图6－3－13所示规律变化，其变化周期为T.在t＝0时刻，一带电粒子(＋q)仅在该电场的作用下，由a板从静止开始向b板运动，并于t＝nT(n为自然数)时刻，恰好到达b板．求：若粒子在t＝T/6时刻才开始从a板运动，那么经过同样时间，它将运动到离a板多远的地方？图6－3－13画出V-t图像拓展1、如图(甲)所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，P、Q连线垂直金属板，两极板间距离为d，从P点处连续不断地有质量为m，带电量为q的带电粒子(重力不计)沿P、Q方向放出，初速度可忽略不计．从某一时刻t=0开始，在A、B间加上如图(乙)所示的交变电压，周期为T，电压大小为U，带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间的相互作用力忽略不计．(1)如果只有在每个周期为0~T/4时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量之间满足怎样的关系?(2)如果各物理量满足第(1)问的关系，求每个周期从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值．

带电体运动中的力电综合问题【例证3】(16分)在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为+q的小滑块B.用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示.现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运动.为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程.测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s.P、Q位置高度差为0.5m.已知匀强电场的场强A、B之间动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s2.求：(1)绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？(2)滑块B最后停在离出发点水平距离为多大处？【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)滑块B相对于A加速滑动过程发生在滑块B向上减速的过程.(2)滑块B相对于A减速滑动过程发生在绝缘板A停止运动以后.【规范解答】(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，其时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有

a1t1=a2t2(2分)(2分)求得a1=1.25m/s2，a2=5m/s2.(2分)(2)研究滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得竖直方向：mg-FN=ma2(2分)水平方向：Eq-μFN=ma3(2分)解得a3=0.1g=1m/s2(1分)在这个过程中滑块B的水平位移大小为

(1分)在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有μmg-Eq=ma4，得a4=0.1g=1m/s2(2分)该过程中滑块B的水平位移大小为x4=x3=0.02m(1分)最后滑块B静止时离出发点的水平距离x=x4+x3=0.04m.(1分)答案：(1)1.25m/s25m/s2(2)0.04m【总结提升】带电体在电场中的运动问题的两种求解思路1.运动学与动力学观点(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题,一般有两种情况:①带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直线运动;②带电粒子的初速度方向垂直电场线,则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动).(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时,一般要采取类似平抛运动的解决方法.2.功能观点首先对带电体受力分析,再分析运动形式,然后根据具体情况选用公式计算.(1)若选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是变力做功,同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量.(2)若选用能量守恒定律,则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化,哪些能量是增加的,哪些能量是减少的.【变式训练】在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由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，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示.由此可见()A.电场力为3mgB.小球带正电C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等D.小球从A到B与从B到C的速度变化量相等AD【解析】选A、D.小球在沿MN方向上做匀速直线运动，速度为v0，在AB段做平抛运动，在BC段做类平抛运动且加速度方向向上，设直线AC与MN成α角，

由AB=2BC可得t1=2t2，代入得小球在电场中的加速度a=2g，由F电-mg=ma得F电=3mg，且小球带负电，A对，B、C错；小球从A到B与从B到C的速度变化量相等，且都为Δv=gt1或Δv=at2，D对.如图6－3－9所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m＝0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q＝－0.50×10－4C．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：例2图6－3－9(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小．(2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度．(3)滑块从开始运动到最后停下来的整个过程中产生的热量Q.(计算结果保留2位有效数字)(3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，Q＝(mg＋qE)h＝0.96J.【答案】见解析变式训练2

(2011年长春调研)如图6－3－10所示，两块平行金属板M、N竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103V，现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，且小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的B点．已知A点距两板上端的高度h＝0.2m，不计空气阻力，取g＝10m/s2.求：图6－3－10(1)M、N两板间的距离d；(2)小球到达B点时的动能．答案：(1)0.3m

(2)0.175J即时应用

(即时突破，小试牛刀)3．如图6－3－6所示，水平放置的平行金属板间有匀强电场．一根长为l的绝缘细绳一端固定在O点，另一端系有质量为m并带有一定电荷的小球．小球原来静止在C点．当给小球一个水平速度后，它能在竖直面内绕O点做匀速圆周运动．图6－3－6若将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C点开始在竖直面内绕O点做圆周运动，至少要给小球多大的水平速度？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解析：设原来的电场强度为E，小球带电量q.由题意可知：qE＝mg，两者方向相反，当板间电压变为原来的3倍时，场强变为原来的3倍．则电场力与重力的合力F合＝3qE－mg＝2mg，方向向上．即等效重力的大小为2mg，C点为等效最高点．要使小球恰好能在竖直平面做圆周运动，必须有：F向＝2mg＝mv2/l例：（2005年黄冈一模）在竖直平面内有水平向右、场