物理新增分大一轮新高考（京津鲁琼）讲义第七章静电场第3讲

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动

一、电容器及电容

I.电容器

(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成.

(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：

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.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]

(3)单位：法拉(F)、微法卬F)、皮法(pF)」F=106LIF=10I2DF.

(4)意义：友东电容器容纳电荷本领的高低.

(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否

饱乜及电压无关.

3.平行板电容器的电容

(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离.

(2)决定式：C=R

471kd

【自测】对于某一电容器，下列说法正确的是()

A.电容器所带的电荷量越多，电容越大

B.电容器两极板间的电势差越大，电容越大

C.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

D.电容器两极板间的电势差减小到原来的I它的电容也减小到原来的।

22

答案C

解析根据公式c=£，可得，电容的大小跟电容两端的电势差以及电容器所带的电荷量的

4nAc/

多少无关，根据公式0=德可得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，所以C正确，A、B、D错误.

二、带电粒子在电场中的运动

I.加速

(1)在匀强电场中，W=qEd=qU=l/nv2—*mvo1.

22

(2)在非匀强电场中，W=gU=।mv1—ntv(,r.

22

2.偏转

(1)运动情况：如果带电粒子以初速度M垂直场强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1所示.

图1

⑵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

缱运动.根据运动的合成与分解的知识解决仃关问题.

(3)基本关系式：运动时间/=’'，加速度偏转量y=!〃2=夕?2偏转角°

Cowmma22mdVB

的正切值：tan0="=a'=r

VQVOmav(f

命题点一实验：观察电容器的充、放且现象

1.实验原理

(1)电容器的充电过程

如图2所示，当开关$接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过

电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电.正、负极板

带等量的正、负电荷.电荷在移动的过程中形成电流.在充电开始时电流比较大，以后随着

极板上电荷的增多，电流逐渐戒小，当电容器两极板间电压等二电源电压时电荷停止移动，

电流/=().

图2

(2)电容器的放电过程

如图3所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板

上电荷发生中和.在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷

量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零.

实验器材：6V的直流电源、单刀双掷开关、平行板电容器、电流表、电压表、小灯泡.

图3

2.实验步骤

(1)按图4连接好电路.

图4

(2)把单刀双掷开关S接1,观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中.

(3)将单刀双掷开关S接2,观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中.

(4)记录好实验结果，关闭电源.

实验记录和分析：

实验项目实验现象

灯泡灯泡的亮度由明到暗最后熄灭

电容器充电电流表1电流表1的读数由大到小最后为零

电压表电压表的读数由小到大最后为6V

灯泡灯泡的亮度由明到暗最后熄灭

电容器放电电流表2电流表2的读数由大到小最后为零

电压表电压表的读数由大到小最后为零

3.注意事项

(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计.

(2)要选择大容量的电容器.

(3)实验要在干燥的环境中进行.

(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表.

【例1】电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相

连，能画出电流与时间的变化图象.图5甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，

图中电源电压为6V.

图5

先使开关S与I接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传

感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的图象如图乙所示.根据图象估算

出电容器全部放电过程中释放的电荷量为C,该电容器电容为RF(结果保

留整数).

答案X103507

解析由于0=〃，可知题图乙中图象与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的

数据可知，一个格子的电荷量为8X10-5C,由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所

包含的格子个数为38,所以释放的电荷量为q=8X10rx38C=Xl()-3c.根据电容器的电

容C=g可知，'F^X10-4F=507^F.

命题点二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。保持不变.

2.动态分析思路

(1)U不变

①根据为分析电容的变化，再分析Q的变化.

②根据分析场强的变化.

d

③根据U.=Ed分析某点电势变化.

（2）。不变

①根据C=g=：T,先分析电容的变化，再分析U的变化.

U4成4

②根据后=1=4号分析场强变化.

d£TS

【例2】（2016•全国卷I74）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.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变

答案D

解析由。='产,可知，当将云母介质移出时，右变小，电容器的电容C变小，因为电容器

47rM

接在恒压直流电源上，故u不变，根据Q=CU可知，当C减小时，。减小，再由£•=",

d

由于。与d都不变，故电场强度上不变，选项D正确.

【变式1]（2018•北京卷・19）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图6所示.下列说

法正确的是（）

图6

A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器。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，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

答案A

解析实验前，只用带电被痛棒与电容器。板接触，由于静电感应，在力板上将感应出异种

电,荷，A正确；/）板向上平移，正对面积s变小，由。=£了知，电，容。变小，由C=°知，

411kdU

。不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻踽板，相对介电常数q

变大，由c=£,s知，电容。变大，由。=°知，。不变，U变小，因此

4nkdU

殍电计指针的张角变小，C错误；由C=g知，实脸中，只增加极板带电荷量，静电计指针

的张角变大，是由于C不变导致的，D错误.

【变式2】（多选）如图7所示，4、8为两块平行带电金属板，4带负电，8带正电且与大地相

接，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,尸点场强大小为E,电势

为纱，负电荷的电势能为航，现将4、8两板水平错开一段距离（两板间距不变），下列说法

正确的是（）

图7

A.U变大，E变大B.U变小，纱变小

C.8P变小，£p变大D.8〃变大，品变小

答案AC

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=*,可知电容

411kd

减小，由U=°可知极板间电，玉增大，由E=°可知，电场强度增大，故A正确；设P与B

Cd

板之间的距离为小，尸点的巳势为纱，8板接地，6=0,则由题可知0—3尸=瓦/'是增大

的，则依一定减小，由于负电荷在也势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能仇是增大

的,故C正确.

命题点三带电粒子（带电体）在电场中的宜线运动

1.做直线运动的条件

（1）粒子所受合外力产〜=0,粒子或静止，或做匀速直线运动.

（2）粒了•所受合外力尸令W0,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=qE,E=U,v2-vo2=2ac/.

md

3.用功能观点分析

匀强电场中：W=Eqd=qU=/户一^ntvo2

非匀强电场中：%=qU=Ek2-Eki

【例3】（2018•河北省邢台市上学期期末）如图8所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄

金属板4、8,间距为d,中央分别开有小孔。、尸.现有甲电子以速率如从。点沿方向运

动，恰能运动到P点.若仅将B板向右平移距离d,再将乙电子从P'点由静止释放，则（）

图8

A.金属板力、8组成的平行板电容器的电容C不变

B.金属板力、8间的电压减小

C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同

D.乙电了•运动到。点的速率为2内

答案c

解析两板间距离变大，根据C=&S可知，金属板/、8组成的平行板电容器的电容。减

4nd

小，选项A错误；根据。=CU,0不变，。减小，则U变大，选项B错误：根据E="=g

dCd

=4n《°,可知当4变大时，两限间的场强不变，则甲、乙两业子在板间运动时的加速度相同，

€rS

2

选项C正确；根据eE2（/=e-Ed=bwPo,可知，乙电子运动到O点的速率。=2vo,

22

选项D错误.

【变式3】（多选）（2019•山西省吕梁市第一次模拟）如图9所示，M、N为两个等大的均匀带电圆

环，其圆心分别为/、C,带电荷量分别为+0、­Q＞将它们平行放置，/、。连线垂直于圆

环平面，4为4C的中点，现有质量为小、带电荷量为+q的微粒（重力不计）从左方沿力、C

连线方向射入，到4点时速度内=1m/s,到8点时速度沏=5m/s,则（）

图9

A.微粒从B至C做加速运动，且uc=3m/s

B.微粒在整个运动过程中的最终速度为5m/s

C.微粒从4到。先做加速运动，后做减速运动

D.微粒最终可能返回至8点，其速度大小为5m/s

答案AB

解析/C之间电场是对称的，/1到8电场力做的功和8到C电场力做的功相同，依据动能

定理可得：qUA8」mvj—'mu?,2qUAB='nivc~niv/,解得0c=3m/s,A正确；过8作垂

2222

直力。的面，此面为等势面，微粒经过。点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，

故在B点的动能等于在尢穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的逑度应该与在B

点时相同，均为5m/s,B正确，D错误：在到达4点之前，微粒做减速运动，而从4到C

微粒一直做加速运动，C错误.

.拓展点带电粒子在电场力和重力作用下的宜线运动

m4]（2017•浙江4月选考⑹如图10所示，在竖直放置间距为"的平行板电容器中，存在电

场强度为£的匀强电场.有一质量为加电荷量为+g的点电荷从两极板正中间处静止释放.重

力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程（）

图10

A.加速度大小为o=W+gB.所需的时间为/=热

mEq

C.下降的高度为D.电场力所做的功为印=Eqd

答案B

解析点电荷受到重力、电场力的作用，所以。=(坳/+。咕¥,选项A错误；根据运动的

m

独立性，水平方向点电荷的运动时间为f,则d=1.岗巴解得尸叫选项B正确；下降

22mEq

高度y=1g»="*d,选项c错误：电场力儆功W=Eqd,选项D错误.

22Eq2

命题点四带电粒子(带电体)在电场中的偏转

1.运动规律

(I)沿初速度方向做匀速营线运动,运动时间

a.能飞出电容器：，=’.

b.不能飞出也容器：y=*=gU(2tt=2用dy

'22mdqU

(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动

伽速度：a=F=qE=qU

mmmd

离开电场时的偏移量：y=%，2=夕平

22nidv(r

离开电场时的偏转角：tan0=%=1?,.

Vomavoi

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传电场射出时，偏移量和偏转

角总是相同的.

证明：由qUo=；〃"，(>2

y=1at2=1叫，）2

22md乜

3g叫

mdv(r

zn_,/)_51

得：y=,tan0=

'4Uod2CW

(2)粒子经电场偏转后射出，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点。为粒子水平位移的

中点’即。到偏转电场边缘的距离与

3.功能关系

当讨论带电粒子的末速度。时也可以从能量的角度进行求解：夕4=；川加一;〃地。2,其中％

=力，指初、末位置间的电势差.

m5](2016•北京理综23改编)如图II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〃?，电荷量为e,加速电场电

压为Uo,偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为3板间距为d.

图11

(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度加和从月场射出时沿垂直板面方向的

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，

-2-3

请利用下列数据分析说明其原因.已知U=2.OX1(PV,J=X10m,W=X10'kg,e=

XIO-|9C.g=10m«2.

答案⑴2eUo/⑵见解析

m4U()a

解析(1)根据动能定理，有eUo=)w<A

2

电子射入偏转电场时的初速度如=2eUo

m

在偏转电场中，电子的运动时间。=L=LN,

Vo2eUo

加速度a="E=eU

mmd

偏转距离△］，=)(△/)?="

,246W

(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力

G=/〃gQ|()-29N

电场力10-15N

由于厂》G,因此不需要考虑电子所受的重力.

【变式4】(多选)(2018•河南省南阳市上学期期末)如图12所示，一充电后与电源断开的平行板

电容器的两极板水平放置，板长为，板间距离为乩距板右端£处有一竖直屏河.一带电荷

量为4、质量为用的质点以初速度。。沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论

正确的是(已知重力加速度为g)()

图12

A.两极板间电压为1gd

2夕

B.板间电场强度大小为2〃噌

q

c.整个过程中质点的重力势能增加'〃畔2

D.若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上

答案BC

解析据懑分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点

的软迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：

2，ng

可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得:*一〃噜=ma,mg=maf解得E=,

q

由U=Ed得板间电势差U=2Mgxd=2mg4故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的

qq

距离J，=）/2,〃=g£r〃g=g,/=，解得：y=g"故质点打在屏上的位置与尸点的距离

2ntVo2w

为：s=2），=g1,重力势健的增加量与=〃将」故c正确；仅增大两极板间的距高，

Vo2Vo2

因两极板上也荷量不变，根据£="=°=?=4戒°可知，板间场强不变，质点在电场中

dCdd

4nkd

受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏A7上，故D错误.

【变式5】（2018•广东省茂名市第二次模拟）如图13所示，空间存在电场强度为从方向水平向

右的范围足够大的匀强电场.挡板MN与水平方向的夹角为0,质量为,〃、电荷量为夕、带正

电的粒子从与M点在同一水平线上的O点以速度如竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不

和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的直力，求：

图13

（1）粒子贴近挡板时水平方向速度的大小：

（2）。、A/间的距离.

菜tan。（）2处标〃

解析（1）由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒

子水平方向速度大小为“，则tan。=如

Vx

V

解得：Vr=°

tan0

（2）粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为凡由牛顿第二定律：qE=ma

在如图所示的坐标系中：“=/,刈（=」尸，yQ=V（）t

2.

设0、M间的距离为乩由几何关系：tan。=

1/+xo

布。值,mvo-

解得：d=、.

2qEtan~0

1.（2018•广东省揭阳市学业水平考试）据国外某媒体报道，科学家发明了一•种新型超级电容

器，能让几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给充电，卜列说法正确的

是（）

A.充电时，电容器的电容变小

B.充电时，电容器存储的电能变小

C.充电时，电容器所带的电荷量可能不变

D.充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零

答案B

解析电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结

束后，电容器的电容不可能为零，故A、D错误：给充电时，电容器所带的电荷量减小，

存储的电能变小，故R正确：给充电时电能增加.电宋篙上的电荷量一定感小，故

C错误.

2.（多选）（2018•安徽省宿州市一质检）如图I为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简

化模型图.当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连

接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体

位移的变化，若静电计上的指针偏角为仇则被测物体（）

图1

A.向左移动时，夕增大B.向右移动时，创曾大

C.向左移动时，6减小D.向右移动时，。减小

答案BC

解析由公式c=‘s,可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增

4M

大,则电容C增大，由公式C=g可知电荷量。不变时，U减小，则。减小，故A错误，C

正确：由公式C=*\，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减

4nkd

小，则电容C减少，由公式C=彳可知电荷量。不变时，U增大，则”增大，故B正确，D

错误.

3.（多选）（2018•广东省揭阳市高三期末）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度

大小、电容和极板所带的电荷量分别用4、U、E、C和0表示.下列说法正确的是（）

A.保持U不变，将〃变为原来的两倍，则E变为原来的一半

B.保持E不变，将d变为原来的一半，则。变为原来的两倍

C.保持C不变，将。变为原来的两倍，则U变为原来的两倍

D.保持d、C不变，将。变为原来的一半，则£变为原来的一半

答案ACD

解析保持U不变，将d变为原来的两倍后，根据£="可得£变为原来的一半，A正确：

d

保持E不变，将4变为原来的一半，根据U=Ed可得。变为原来的一半，B错误：根据公

式C'=K可知将。变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C正确；根据C=彳可得C不变，

将。变为原来的一半，U变为原来的一半，根据公式E=U可知d不变，U变为原来的一半，

d

E变为原来的一半，D正确.

4.（2018•广东省广州市4月模抵）如图2,带电粒子由静止开始，经电压为S的加速电场加速

后，垂直电场方向进入电压为5的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置.为使同样的

带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是（粒

了重力不计）（）

图2

A.保持S和平行板间距不变，减小5

B.保持5和平行板间距不变，增大S

C.保持5、5和下板位置不变，向下平移上板

D.保持5、S和下板位置不变，向上平移上板

答案D

解析粒子在电场中加速5q=I"；z，o2,在偏转电场中，水平方向上x=2,of,竖直方向上.y=

2

1"均巴解得好=4次;也开始时1I,保持S和平行板间距不变，减小5,则x会减小，

2dmUi2

选项A错误；保持5和平行嫉间距不变，增大5,则x减小，选项B错误；保持S、Ui

和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误：保持口、5和下板位置

不变，向上平移上板，4变大，则x变大，故选项D正确.

5.（2018•重庆市上学期期末抽恻）如图3所示，竖直而内分布有水平方向的匀强电场，一带电

粒子沿直线从位置。向上运动到位置上在这个过程中，带电粒子（）

图3

A.只受到电场力作用B.带正电

C.做匀减速直线运动D.机械能守恒

答案C

解析带电粒子沿直线从住置a运动到位置从说明带业粒子受到的合外力方向与速度在一

条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和十平向左的电场力，电场力方

向与电场线方向相反，所以带电粒子带负位，故A、B错误；由于带电粒子做直线运动，所

以电场力和重力的合力应该和述度在一条直线上用与速度方向相反，故带电粒子做匀城建直

线运动，故C正确；电场力做负功，机械能减小，故D错误.

6.（2014•山东卷・18）如图4所示，场强大小为从方向竖直向下的匀强电场中有一-矩形区域

abed»水平边ab长为s,竖直边ad长为力.质量均为/〃、带电量分别为+g和一q的两粒子，

由a、。两点先后沿ab和cd方向以速率如进入矩形区域（两粒子不同时出现在电场中）.不计

重力，若两粒子轨迹恰好相切，则。0等于（）

图4

As2q£B5qE

2mh2nih

C.s2qED.sqE

4mh4mh

答案B

解析根据对称性，两粒子轨迹的切点位于知形区域的中心，则在水平方向有%=内/,

2

在竖直方向有）=1"£吃解得g=s9"故选项B正确，选项A、C、D错误.

22ni2mh

7.（2018•山东省泰安市一模）如图5所示，绝缘水平而上固定一正点电荷。，另一电荷量为一

q、质量为〃，的滑块（可看做点电荷）从。点以初速度。。沿水平面向。运动，到达b点时速度

为零.已知4、人间距离为X,滑块与水平面间的动摩擦因数为“，重力加速度为g.以下判断

正确的是（）

图5

A.滑块在运动过程中所受0的库仑力有可能大于滑动摩擦力

B.滑块在运动过程的中间时刻速率等于如

2

C.此过程中产生的内能为“知？

2

D.。产生的电场中〃、力两点间的电势差心产皿而一2〃中）

2夕

答案D

解析由于一直做减速运动，库仑力在增大，要减速到0,摩擦力应该始终比库仑力大，且

由a到人过程中加速度在减小，不是匀变速运动，A,B错误，由动能定理一夕5/1一gx=0

一;加。。2可知，c错误，D正确.

8.（多选）（2018•全国卷IH2I）如图6,一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。、〃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.现同时释放心b,它们由静止开始运动.在随后的某时刻3a、b经过电

容器两极板间下半区域的同一水平面.。、力间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是

（）

图6

A.。的质量比6的大

B.在，时刻，。的动能比人的大

C.在/时刻，。和/）的电势能相等

D.在/时刻，〃和人的动量大小相等

答案BD

解析经时间ha、6经过电室器两极板间下半区域的同一水平面，则用，根据x=）F,

2

得人>侑，又由a=，知，〃?”<〃加，A项错误；经时间（到下半区域的同一水平面，则电场力做

m

功Wa>Wh,由动能定理知，。的动能比人的动能大，B项正确：a、力处在同一等势面上，根

樵Ep=q（/）知,a、6的位势能绝对值相等，符号相反，C项错误；根据动量定理R=〃一po,

则经过时间/,“、〃的动量大小相等，D项正确.

9.（多选）（2018•湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考）如图7所示，在竖直平面足够大的区

域内有电场强度为£的匀强电场，一质量为〃?、电荷量为4的小球，以初速度如从电场中的

。点出发，沿ON方向在竖直面内做匀变速直线运动.ON与水平面的夹角为30。，重力加速

度为g,且mg=qE,不计空气阻力.则（）

图7

A.小球运动的加速度大小为:

B.小球可能一直做匀加速运动

C.小球沿ON方向运动的最大位移为如:

2g

D.在小球运动的前必时间内，电场力对小球做功一”缪°2

g4

答案CD

解析小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因〃叫="已

所以电场力夕后与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力<心与水平方向的夹角应为30。，

受力情况如图所示.

合力沿ON方向向下，大小为〃?g,所以加速度为g,方向沿O"向下，与初速度方向相反，

故小球先做匀减速直线运动，当速度减为零时，再反方向做匀加速直线运动，故A、B错误；

当向上速度减至零时，由运动学公式可得最大位移为x=0°：故C正确；向上匀减速至零所

2g

用的时间为/=方，在此过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转

g

化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电1势能，一半转化为重力势能，初动能为1川加2,

2

则电场力做功为一机比：故D正确.

4

10.（2019•陕西省宝鸡市第一次质检）如图8所示，将带电荷量均为+夕、质量分别为〃，和2,〃

的带电小球片与8用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球4和8

一起以大小为;g的加速度竖直向上运动.运动过程中，连接力与“之间的细线保持竖直方

向，小球4和6之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g,求：

图8

(1)匀强电场的场