【物理】2019届二轮复习电容器　带电粒子在电场中的运动学案

【物理】2019届二轮复习电容器　带电粒子在电场中的运动学案

第11讲　电容器　带电粒子在电场中的运动 ‎[考试要求和考情分析]‎ 考试内容 选考要求 历次选考统计 命题角度 ‎2016/04‎ ‎2016/10‎ ‎2017/04‎ ‎2017/11‎ ‎2018/04‎ ‎2018/11‎ 物理学史、库仑定律、电场强度与电场力的性质、电势差与电场能的性质、电容器相关问题 电容器的电容 c ‎7‎ 带电粒子在电场中运动 d ‎8、22‎ ‎23‎ ‎23‎ ‎8‎ ‎　电容器电容的理解及平行板电容器的动态分析 ‎[要点总结]‎ ‎1．对电容的易错提醒 ‎(1)电容C等于Q与U的比值，不能理解为电容C与Q成正比，与U成反比。‎ ‎(2)一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与其是否带电及带电多少无关。‎ ‎2．平行板电容器的动态分析 ‎(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。‎ ‎(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。‎ ‎(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。‎ ‎(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例1】 (2018·浙江永康选考模拟)如图1所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)‎ 图1‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．带电油滴将沿竖直方向向下运动 C．P点的电势将降低 D．电容器的电容减小，电容器所带电荷量将减小 解析　根据电容器的决定式C＝，当上极板向下移动时，d减小，电容变大，又C＝，电压U不变，因此电容器带电荷量增多，选项D错误；根据电容器内部电场强度E＝可知，d减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，选项A正确，B错误；由于场强增大，由U＝Ed可知，P与下极板电势差变大，P点电势升高，选项C错误。‎ 答案　A ‎[精典题组]‎ ‎1．一个电容器的规格是“10 μF　50 V”，则 (　　)‎ A．这个电容器加上50 V电压时，电容量才是10 μF B．这个电容器的最大电容量是10 μF，电压较小时，电容量小于10 μF C．这个电容器上加的电压不能低于50 V D这个电容器的电容量总等于10 μF 解析　“10 μF　50 V”中“50 V”表示使用该电容器时额定电压为50 V，实际电压可低于50 V。“10 μF”表示电容器的电容始终为10 μF，它与电容器的带电荷量及两极板间电压的大小无关，所以选项A、B、C错误，D正确。‎ 答案　D ‎2.(2018·浙江义乌上溪中学模拟)如图2所示，先接通S使电容器充电，然后断开S。当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U ‎、两极板间场强E的变化情况是(　　)‎ 图2‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E变小 解析　电容器充电后再断开S，则电容器所带的电荷量Q不变，由C∝可知，d增大时，C变小；又U＝，所以U变大；由于E＝，U＝＝，所以E＝，故d增大时，E不变，选项C正确。‎ 答案　C ‎　带电粒子在电场中的加速或减速运动问题 ‎[要点总结]‎ ‎1．做直线运动的条件 ‎(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子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，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。‎ ‎2．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ax。‎ ‎3．用功能观点分析 匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例2】 (2018·浙江萧山模拟)如图3所示，一平行板电容器的电容为C，带有等量异种电荷的两极板A、B倾斜放置，质量为m带电荷量为－q的油滴，从极板A 上的小孔P以初速度v0水平向右射入极板间，经时间t后油滴又从P孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B相碰，已知重力加速度g。则(　　)‎ 图3‎ A．两极板间的距离d＝ B．电容器所带的电荷量Q＝ C．两极板间的电场强度大小E＝ D．两极板间的电场强度大小E＝ 解析　据题意可知油滴不可能做匀速直线运动和匀变速曲线运动，只能是先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，则重力和电场力的合力与初速度方向相反，根据运动的对称性可知x＝·，而电容器的距离d＝xsin θ，选项A错误；对应减速过程由动能定理qU＝mv，而Q＝CU，可知Q＝C·，选项B错误；由牛顿第二定律可知(ma)2＝(qE)2－(mg)2，而a＝＝，联立解得E＝‎ ，选项C错误，D正确。‎ 答案　D ‎[精典题组]‎ ‎3.(2018·浙江嵊州模拟) 如图4，两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(　　)‎ 图4‎ A．保持静止状态 B．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 解析　两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°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。‎ 答案　D ‎4．(2018·浙江三门中学高二月考)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图5甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)‎ 图5‎ A．小球受到的重力与电场力之比为1∶5‎ B．在t＝5 s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，克服电场力做功等于重力势能的变化量 D．在1～4 s过程中，小球的机械能先增大后减小 解析　v－t图象的斜率等于加速度。小球进入电场前的加速度a1＝＝，进入电场后的加速度大小为a2＝＝，由牛顿第二定律得mg＝ma1 ，F－mg＝ma2 ，得电场力F＝mg＋ma2＝mg，可得重力mg与电场力F之比为3∶5，选项A错误；小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用先做减速运动然后反向回头加速，出电场后做竖直上抛运动，由v－t图象可以看出，小球经过边界 MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s时，t＝5 s时，小球回到出发点，选项B错误；在小球向下运动的整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，即重力势能的变化量等于克服电场力做功，选项C正确；由图可得，小球在1～2.5 s内向下运动，在2.5～4 s内向上运动，在1～4 s过程中，电场力先做负功，后做正功。小球的机械能先减小后增大，选项D错误。‎ 答案　C ‎　带电粒子在电场中的偏转问题 ‎[要点总结]‎ ‎1．运动规律 ‎(1)加速度：a＝＝＝ ‎(2)在电场中的运动时间：t＝ ‎(3)离开电场时的偏移量y＝at2＝ ‎(4)离开电场时的偏转角tan θ＝＝ ‎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的偏转角度总是相同的。‎ ‎(2)粒子经电场偏转后，末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到电场边缘的距离为。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例3】 (多选)如图6所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则(　　)‎ 图6‎ A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2‎ B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1‎ C．A和B的质量之比为1∶12‎ D．A和B的位移大小之比为1∶1‎ 解析　粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2，选项A正确；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1，选项B正确；根据a＝得m＝，故mA∶mB＝1∶12，A和B的位移大小不相等，选项C正确，D错误。‎ 答案　ABC ‎[精典题组]‎ ‎5．(2018·绍兴选考模拟)如图7所示为某粒子分析器的简化结构。金属板P、Q相互平行，两板通过直流电源、开关相连，其中Q板接地。一束带电粒子，从a处以一定的初速度平行于金属板P、Q射入两板之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下，要使该粒子束能从Q板上b孔射出(不计粒子重力和粒子间的相互影响)，下列操作中可能实现的是(　　)‎ 图7‎ A．保持开关S闭合，适当上移P极板 B．保持开关S闭合，适当左移P极板 C．先断开开关S，再适当上移P极板 D．先断开开关S，再适当左移P极板 解析　保持开关S闭合，则两极板间U不变，适当上移P极板，由E＝知两极间的电场强度减小，由y＝at2得粒子从a到b的时间增大，水平位移x＝v0t增大，可能从b孔射出，选项A正确；保持开关S闭合，适当左移P 极板，粒子在板间的电场强度不变，运动时间和水平位移均不变，选项B错误；先断开开关S，再适当上移P极板，两板间的电场强度不变，粒子运动的时间不变，水平位移不变，选项C错误；先断开开关S，再适当左移P极板，电容C减小，再由U＝知，电压U增大，电场强度E增大，粒子在板间的运动时间减小，水平位移减小，选项D错误。‎ 答案　A ‎6．(2018·浙江宁海柔石中学模拟)在xOy直角坐标系中，三个边长都为2 m的正方形如图8所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电扬，电场强度的大小为E0，在第Ⅱ象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场。现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点。‎ 图8‎ ‎(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；‎ ‎(2)保持第(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系；‎ ‎(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2＝E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系。‎ 解析　(1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时速度为v，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E0qL＝mv2，其中L＝2 m，‎ 要使带电粒子通过E点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，‎ 设水平位移为x0，‎ 则y＝·，‎ 因∠CEO＝45°，‎ 即x0＝y＝2 m，‎ 解得E1＝4E0。‎ ‎(2)设坐标为(x，y)，带电粒子出第Ⅰ象限电场时速度为v1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，‎ 根据动能定理得E0qx＝mv，‎ 要使带电粒子过E点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，‎ 竖直方向位移为y，水平方向位移也为y，‎ 则y＝·，‎ 解得y＝x。‎ ‎(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE出电场时与DE交于Q，进入CDE电场后，初速度延长线与DE交于G，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P点，设在第Ⅰ象限出发点的坐标为(x，y)，‎ 由图可知，在CDE中带电粒子的水平位移为y，‎ 设偏转位移为y′，‎ 则y′＝·，‎ 而＝，‎ 其中GP＝，NE＝2 m，‎ 在第Ⅰ象限加速过程中，E0qx＝mv，‎ 解得y＝3x－4。‎ 答案　(1)4E0　(2)y＝x　(3)y＝3x－4‎ 电容器动态变化中场强和电势的问题易错分析 ‎【例】 如图9所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源相连，在与两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态。若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，稳定后，下列说法中正确的是(　　)‎ 图9‎ ‎①液滴将加速向下运动　②M点电势升高　③带电液滴在M点的电势能增大　④在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同 A．①②　　　　　　B．③④　　　　　　C．①③　　　　　　D．②④‎ ‎[错因分析]‎ 错解　b板向上平移一小段距离，由E＝可知场强变大，液滴的电场力变大，液滴将加速向上运动，UaM＝E·daM＝0－φM，UaM增大，M点电势升高，液滴在M点的电势能减小，选D。错误的主要原因是没有考虑到a板接地电势为零，M点电势为负。‎ ‎[正解展示]　电容器与电源相连，电容器两板间的电压不变，b板向上平移一小段距离，由E＝可知场强变大，液滴所受的电场力变大，液滴将加速向上运动，a、M间的电势差增大，a点电势为零，M点电势降低，由于液滴带负电，带电液滴在M点的电势能增大。在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，电场力做功相同。‎ 答案　B ‎ 确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变 ‎1．电容器充电后仍与电源相通，且电路中各电阻阻值均不变时，电容器两端电压U不变。‎ ‎2．当电容器充电后与电源断开，且没有除电容器外的其他元件与电容器构成回路时，电容器带电荷量Q不变。‎ ‎1．(2017·4月浙江选考)如图10所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为＋q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a＝＋g B．所需的时间为t＝ C．下降的高度为y＝ D．电场力所做的功为W＝Eqd 解析　点电荷受到重力、电场力，根据牛顿第二定律得a＝，选项A错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，有＝t2，解得t＝，选项B正确；下降高度h＝gt2＝，选项C错误；电场力做功W＝，选项D错误。‎ 答案　B ‎2．(2016·4月浙江学考)关于电容器，下列说法正确的是(　　)‎ A．在充电过程中电流恒定 B．在放电过程中电容减小 C．能储存电荷，但不能储存电能 D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器 解析　由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不会恒定，选项A错误；电容不随充放电过程变化，选项B错误；电容器中的电场具有能的性质，所以选项C错误。‎ 答案　D ‎3．(2016·4月浙江学考)密立根油滴实验原理如图11所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是 (　　)‎ 图11‎ A．悬浮油滴带正电 B．悬浮油滴的电荷量为 C．增大场强，悬浮油滴将向上运动 D．油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍 解析　 悬浮不动，说明带电粒子所受静电力与重力平衡，所以该粒子带负电，选项A错误；Eq＝mg，q＝，所以选项B错误；如果增大电场强度，原本悬浮的微粒就会向上加速，选项C正确；所有带电体的电荷量都是电子电荷量的整数倍，选项D错误。‎ 答案　C 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2018·浙江湖州高一期末)如图1所示是一个常用的电子元件，该电子元件(　　)‎ 图1‎ A．是电阻 B．电容是1 000 μF C．带电荷量是16 000 C D．击穿电压为16 V 解析　由该电子元件的铭牌“16 V　1 000 μF”‎ ‎，μF是电容的单位，可知这个电子元件是电容器，其电容是1 000 μF，耐压值为16 V，击穿电压要大于16 V；由Q＝CU知，C一定，带电荷量与实际电压成正比，选项B正确，A、C、D错误。‎ 答案　B ‎2．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2所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小 B．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大 C．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大 D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小 解析　静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S后，将A向左移动少许，电容器的电荷量不变，由C＝知电容减小，由U＝知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，选项A错误；同理，断开S后，将A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，选项B正确；保持S闭合，无论是在A、B间插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为路端电压，静电计指针张开的角度不变，选项C、D错误。‎ 答案　B ‎3．(2018·温州选考模拟)如图3所示，是喷墨打印机的简化模型。质量为m的墨汁微粒经带电室带上负电后，以某一速度平行于极板飞入板间，已知板间匀强电场的电场强度为E，微粒最终打在纸上。则以下说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．墨汁微粒的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍 B．当墨汁微粒的电荷量q＞时，微粒向负极板偏 C．当墨汁微粒的电荷量q＜时，微粒向正极板偏 D．当墨汁微粒的电荷量q＝时，微粒沿直线穿过电场 解析　电荷量不能连续变化，一定是元电荷的整数倍，选项A错误；当墨汁微粒的电荷量q＞时，则有qE＞mg，合力向上，微粒向上偏转，即向正极板偏转，选项B错误；同理知选项C错误；当q＝，即qE＝mg时，合力为零，微粒做匀速直线运动，选项D正确。‎ 答案　D ‎4．(2018·浙江镇海中学高二月考)如图4所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出。若不计重力，则a和b的比荷(带电荷量和质量的比值)之比是(　　)‎ 图4‎ A．1∶8 B．8∶1‎ C．1∶2 D．2∶1‎ 解析　粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2，根据x＝v0t知，时间之比为1∶2。粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝at2知，竖直位移之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1。根据牛顿第二定律知，加速度a＝ ‎，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，则两粒子的比荷之比为8∶1，选项B正确。‎ 答案　B ‎5.(2018·浙江萧山模拟)如图5所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度v0从电场中的O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5‎ 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 D．在小球运动的前时间内，电场力对小球做功为 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mg＝Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE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mg，所以加速度大小为g，方向沿ON向下，与初速度方向相反，故小球先做匀减速直线运动，当速度减小为零时，再反方向做匀加速直线运动，选项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＝，选项C正确；向上减速至零所用的时间为t＝，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，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为mv，则电场力做功为－，选项D错误。‎ 答案　C ‎6.(2018·浙江丽水调考)如图6所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．电荷M的电荷量等于电荷N的电荷量 B．两电荷在电场中运动的加速度相等 C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功 D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同 解析　从轨迹可以看出yM＞yN，故·t2＞·t2，解得＞，qM＞qN，选项A、B错误；根据动能定理，电场力做的功为W＝ΔEk＝mv，质量m相同，M电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度vy＝也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，选项C正确；从轨迹可以看出xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，选项D错误。‎ 答案　C ‎7．(2018·浙江临平模拟)如图7所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定有一个带电荷量为－q的小球甲。整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。另一个带电荷量为＋q，质量为m的小球乙，从N点由静止释放后，沿着斜面向下运动。重力加速度为g。则(　　)‎ 图7‎ A．小球乙返回时，有可能撞到小球甲 B．小球乙在N点的加速度大小为 C．小球乙刚接触弹簧时，速度最大 D．小球乙沿着斜面向下运动过程中，其电势能可能增加 解析　根据动能定理知，当小球乙返回到N点时，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷甲的电场对乙做功为零，则合力做功为零，则到达N点的速度为零，所以小球乙不可能撞到小球甲，选项A错误；根据牛顿第二定律得，小球在N点的加速度a＝＝，选项B错误；当小球所受的合力为零时，速度最大，即qE＋mgsin α＝k＋kΔx时，速度最大，此时弹簧仍处于压缩状态，选项C错误；小球乙沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷甲产生的电场对乙做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，最终电场力可能做正功，也可能做负功，故电势能可能减少，电势能也可能增加，选项D正确。‎ 答案　D ‎8．如图8所示，在竖直放置的平行金属板AB之间加上恒定电压U，AB两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子(H)，第二次从小孔O1处从静止释放一个α粒子(He)，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是(　　)‎ 图8‎ A．质子和α粒子打到感光板上时的速度大小之比为2∶1‎ B．质子和α粒子在电场中运动的时间相同 C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶1‎ D．质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起 解析　从开始运动到打到板上质子的速度大小为v1，α粒子速度大小为v2，根据动能定理Uq＋Edq＝mv2－0，化简得出v＝，质子的比荷为＝1，α粒子的比荷为＝，代入得＝＝，选项A错误；设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y，有x1＝a1t＝t，y＝t，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，故运动时间不同，选项B错误；从开始运动到打到板上根据动能定理有Uq＋Edq＝Ek－0，解得Ek＝q(U＋Ed)，因为U、E、d相同，则有＝＝，选项C错误；带电粒子进入偏转电场时速度为v0，根据动能定理可得qU1＝mv，进入电势差为U2偏转电场后，偏转的位移为y，有y＝at2＝，联立得y＝，速度的偏转角正切值为tan θ，有tan θ＝＝＝，偏转位移y与速度的偏转角正切值tan θ与带电粒子无关，因此运动轨迹是一条，选项D正确。‎ 答案　D 二、非选择题 ‎9．(2018·浙江新昌模拟)如图9所示，长度为L1＝3 m的绝缘水平传送带以v0＝4 m/s速度顺时针转动，将质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－7 C的滑块(视为质点)P轻放在传送带的A端，P通过传送带后滑上绝缘水平面，水平面上有相距L2＝1.6 m的空间内存在水平向左的匀强电场E，传送带右端B到电场左端C间的水平面光滑，其余水平面是粗糙的，滑块与传送带、其余水平面间的动摩擦因数都为μ＝0.4(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10 m/s2)。‎ 图9‎ ‎(1)求滑块从A端运动到B端的时间；‎ ‎(2)如果滑块不会离开电场区域，电场强度E的取值范围多大；‎ ‎(3)如果滑块能离开电场区域，求出电场力对滑块所做的功W与电场力F的关系式。‎ 解析　(1)设滑块放上传送带后由牛顿第二定律得 μmg＝ma1① ‎ 设滑块从放到传送带上到与传送带获得相同速度的时间为t1，则t1＝＝1 s② ‎ 滑块在t1内的位移为x＝at＝2m106 N/C⑩‎ 若小滑块不会从左侧离开电场区域，必须满足F≤f⑪‎ 解得E≤4×106 N/C⑫‎ 综上所述，电场强度E的取值范围为 ‎106 N/C

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