【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练22 电容器 带电粒子在电场中的运动.doc，共(13)页，608.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练22电容器带电粒子在电场中的运动1．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表示两极板间的电场强度，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，Ep不变B．E变大，Ep不变C．U变大，Ep变大D．U不变，Ep变大答案：A解析：平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C＝ε

S4πkd知，电容增大，根据U＝QC可知，电容器的电压减小．由E＝Ud＝QCd＝4πkqεS，可知电场强度E不变，则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确．2.如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相

连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g.粒子运动加速度为()A.ldgB.d－ldgC.ld－lgD.dd－lg答案：A解析：粒子受重力

和电场力，开始时平衡，有mg＝qUd－l.当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有mg－qUd＝ma，联立解得a＝ldg，故选A.3．(2018·河北邯郸联考)平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘

积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A极板下移使A、B两板间距变为原来的23，则A、B两极板之间的引力与原来的比值是()A.32B.94C.278D.8116答案：B解析：A、B两板间距变为原来的23，根据

C＝εrS4πkd可知，电容器的电容变为原来的32倍，根据Q＝CU可知，极板所带电荷量变为原来的32倍，根据E＝Ud可知，内部场强变为原来的32倍，由于F＝kQE，所以两极板之间的引力变为原来的94倍，选项B正确．4．(多选)如图所示，平行

板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和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A、B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极板来改变两极板

A、B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A、B间距增大时，小球打在N点的右侧B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N点的左侧C．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N点的右侧D．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球可

能打在N点的左侧答案：BC解析：若小球带正电，当A、B间距d增大时，电容减小，电容器要放电，二极管阻止放电，所以Q不变．根据E＝QCd＝QεS4πkdd＝4πkQεS，知E不变，所以电场力不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N点，故A错误；若小球带正电，当A、B间距d

减小时，电容增大，Q增大，根据E＝QεS4πkdd＝4πkQεS，知E增大，所以电场力变大，方向向下，电场力与重力合力变大，小球做平抛运动时竖直向下的加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确；若小球带负电，当A、B间距d减小时，由E＝QεS4πkdd＝4π

kQεS，知E增大，所以电场力变大，方向向上．若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直向下的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确；若小球带负电，当A、B间距d增大时，电容减小，但Q不变

，根据E＝QεS4πkdd＝4πkQεS，知E不变，所以电场力大小不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N点，故D错误．5.(多选)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，

该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是()A．保持S闭合，将A板适当上移B．保持S闭合，在两板左边之间插入电介质C．先断开S，再将A板适当下移D．先断开S，在两板左边之间插入电介质答案：CD解析：设质

点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q.质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0.保持S闭合，A、B之间电压不变，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝12mv2＝0，即质点下

落到b孔时速度恰减为零，故A、B错误；断开S，A、B两板电荷量不变，由C＝QU＝εS4πkd，若A板下移，d减小，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(h′＋d′)－qU＝12mv2>0，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速

度，故C正确；断开S，在两板左边之间插入电介质，相对介电常数增大，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝12mv2>0，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速度，故D正确．6.如图所示，匀强电场水平向左，带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向

右运动，经A点时动能为100J，到B点时动能减少到80J，减少的动能中有12J转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是()A．4JB．16JC．32JD．64J答案：B解析：设物体向右运动到C点静止，然后返回，A、B间距离为x1，B、C间距离为x2，

从A到B过程中，由动能定理得－(f＋qE)x1＝(80－100)J＝－20J．由电场力做功与电势能的关系知qEx1＝12J，解得qE＝3f2.从B到C过程中，由动能定理得－(f＋qE)x2＝－80J，解得fx2＝32J.从B到C再返回B的过程中，由动能定理得－2fx2＝Ek－80J，解得Ek＝

16J，故选项B正确．7.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是()答案：A解析：带

负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又

达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为A.8．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B.板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1

时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则()A．在0～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B．在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小C．t3时刻物块的速度最大D．t4时刻物块的速度最大答案：C解析：在0～t1时间内，

电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即f＝qE＝qUd，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1～t3时间内，

电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项B错误；t3到t4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故t3时刻物块速度最大，选项C正确、D错误．9．(2018·河南豫南九校质量考评)(多选)如图所示，沿水平

方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔正上方的P点由静止自由落下，当液滴穿过b板小孔到达a板小孔时速度为v1，现使a板不动，在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段

距离，相同的液滴仍从P点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，空气阻力不计，下列说法中正确的是()A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1B．若开关S保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2＝v1C．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1D．若开关S闭

合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b板，都有v2<v1答案：BC解析：对液滴，从P到a由动能定理得mgPa－Uq＝12mv21－0(或mgPa－Eqab＝12mv21－0)，若开关S保持闭合，向下移动b板，液滴到达a板时重力做的功和电

场力做的功都不变，则v2＝v1，A错误，B正确；若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，电容增大，电荷量不变，电场强度E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS不变，从P到a的过程中，重力做的功不变，电场力做的功减小，则v2>v

1，C正确；若开关S闭合一段时间后再断开，向上移动b板，则电容减小，电荷量不变，电场强度E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS不变，从P到a的过程中，重力做的功不变，电场力做的功增大，v2<v1，结合C项分析可知D错误．10．(2018·山东日照一模)(多选)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度

自由下落．t秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场．再经过t秒，小球又回到A点，不计空气阻力且小球未落地，重力加速度为g，则()A．小球所受电场力的大小是4mgB．小球回到A点时的动能是mg2t2C．从A点到最低点的距离是23gt2D．从A点到最低点，小球的电势

能增加了mg2t2答案：AC解析：小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速运动到速度为零，再向上做匀加速运动回到A点．设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向，整个过程中，小球的位移为零，运用运动学公式

12gt2＋gt×t－12at2－0，解得a＝3g.根据牛顿第二定律得Eq－mg＝ma，解得Eq＝4mg，A正确；对全过程应用动能定理得Eq12gt2＝Ek－0，解得Ek＝2mg2t2，小球回到A点时的动能是2mg2t2，B

错误；设从A点到最低点的距离为h，根据动能定理mgh－Eqh－12gt2＝0，解得h＝23gt2，C正确；从A点到最低点，电场力做的功W＝－Eqh－12gt2＝－Eq·16gt2＝－23mg2t2，所以从A点到最低点，小球的电势能增加了23m

g2t2，D错误．11．(2018·北京海淀区统考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道AB连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．现有一质量为m、电荷量为q的带正电

荷的小球(可视为质点)，从离圆形轨道最低点B相距为L处的C点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动．已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为g，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量q保持不变，不计一切摩擦和空气阻力．求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；

(2)小球由C点运动到B点所用的时间t；(3)小球运动到与圆形轨道圆心O等高的D点时的速度大小vD.答案：(1)mgq(2)2Lg(3)2gL解析：(1)对小球，由题意可知Eq＝mg①解得E＝mgq②(2)

对小球，设从C到B的加速度为a，根据牛顿第二定律可得Eq＝ma③由运动学公式可得L＝12at2④②③④式联立解得t＝2Lg⑤(3)设圆形轨道半径为R，对小球从C到D的过程，根据动能定理有qE(L＋R)－mgR＝12mv2D－0⑥联立②⑥，可得vD＝2gL.12．(2018·湖北孝感第一次统考)

在xOy直角坐标系中，三个边长都为2m的正方形如图所示排列，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．(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＝43E0，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．答案：(1)4E0(2)y＝x(3)y＝3x－4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＝12mv2，其中L＝2m，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＝12·E1qmx0v2，因∠CEO＝45°，即x0＝y＝2m，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＝12mv21，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＝12·E1qmyv12，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′＝12·E2qmyv22，而y′y－y′＝GPNE，其中GP＝y2，NE＝2m，在第Ⅰ象限加速

过程中，E0qx＝12mv22，解得y＝3x－4.刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2016·新课标全国卷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．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案：D解析：电容器电容C＝εrS4πkd，云母介质移出，εr减小，C减小；又C＝QU，电源恒压，U一定，C减小，故

Q减小；电场强度E＝Ud，故E不变，选项D正确．2.(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，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答案：D解析：最初带电微粒处于静止状态，受力如图(1)，Eq＝mg；当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时，带电微粒的受力如图(2)，其合力指向左下方，故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动，选项D正确．3．(2016·天津卷)如图所

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表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大B

．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大D．θ减小，E不变答案：D解析：极板移动过程中带电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C＝εS4πkd和C＝QU可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝Ud＝4πkQεS

，则E不变，Ep不变，综合上述，只有D选项正确．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·山东青岛一模)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，平行板电容器的下极板接地，静电计所带电荷量可忽略，二极管具有单向导电性．闭

合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是()A．平行板电容器的电容将变大B．静电计指针的张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．油滴仍将保持静止答案：CD解析：由C＝εrS4πkd可知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小

段距离，d增大，C减小，A错误；由Q＝CU可知，电容器所带的电荷量要减小，但是二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器上的电荷量保持不变，再由U＝QC可知，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针的张角变

大，B错误；由E＝Ud、U＝QC和C＝εrS4πkd联立解得E＝4πkdεrS，两极板间的电场强度不变，P点与下极板间的电势差增大，P点的电势升高，由题意知，油滴带负电，再由Ep＝φq，带电油滴的电势能将减少，C正确；由于电场

强度不变，所以Eq＝mg，油滴仍将保持静止，D正确．5．(2018·山西太原期末)如图所示，C1和C2是两个完全相同的平行板电容器，带有等量电荷．现在电容器C1的两极板间插入一块云母，已知云母的厚度与C1两极板间距相等、面积与C1正对面积相同，则在云母插入的过程

以及云母全部插入停止运动并达到稳定后，下列说法正确的是()A．插入云母的过程中，R上有由a向b的电流通过B．达到稳定后，C1的带电荷量小于C2的带电荷量C．达到稳定后，C1内的电场强度大于C2内的电场强度D．达到稳定后，C1内的电场强度等于C2内的

电场强度答案：D解析：此电路达到稳定后两电容器的电压是相同的，插入云母的过程中，C1逐渐增大，根据Q＝CU，所以C1两极板间电压会逐渐减小，电流由b流向a，A错误；达到稳定后两电容器的电压相等，C1>C2，所以C1的带电荷量大于C2的带电荷量，B错误；两电容器的电压相等，间距

相等，所以电场强度相等，C错误，D正确．6．(2018·四川绵阳二诊)(多选)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B极板间，A极板接地，B极板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示．t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷

量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点．电子运动过程中没有与极板相碰，不计重力．则()A．φ1：φ2＝：2B．φ1：φ2＝：3C．在0～2T内，当t＝T时电子的电势能最小D．在0～2T内，电子的电势能减少了2e2T2φ21md2答案：BCD解析：0～T内，电子的加速

度向上，设加速度大小为a1，则a1＝φ1emd，设T时刻电子的速度大小为v1，则v1＝a1T＝φ1emdT①，0～T内的位移s1＝12a1T2＝φ1eT22md②，T～2T内，加速度向下，大小为a2＝φ2emd③，T～2T内的位移s2＝v1T－12a2T2④，而s1＝－s2⑤

，联立①②③④⑤式解得φ1：φ2＝：3，A错误，B正确；0～T内，电场力做正功，电势能减少；T～2T内，电子先向上运动，但电势反向，电场力先做负功，电势能增加，然后电子向下运动，电势能减少，回到P点后，电势能高于电子在P点的原电势能，故t＝T时电子的电势能最

小，C正确；设2T时电子的速度为v2，v2＝v1－a2T＝－2φ1emdT，负号表示方向向下，根据动能定理得，在0～2T内，电子的电势能的减少量等于电场力做的功，ΔEp＝W＝12mv22－0＝2e2T2φ21md2，D正确．7．(2018·河南郑州模拟)

(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E，方向与水平面平行．在圆上A点处有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电荷量为＋q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大．由于发射时刻不同，不计小球间

的相互作用．已知α＝30°，下列说法正确的是()A．电场的方向与AC间的夹角为30°B．电场的方向与AC间的夹角为60°C．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为18qERD．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为14qER答案：AC解析：因

为经过C点的小球的动能最大，所以小球在C点的电势能最小，即C点电势最低，所以过C点的切线即为等势线，根据电场线与等势线的关系可知电场线沿OC方向，即与AC间的夹角为30°，A选项正确，B选项错误；若小球在A点垂直电场方向以初速度v0发射，恰

能落到C点，则有3R2＝v0t，32R＝12·qEmt2，解得Ek0＝12mv20＝18qER，C选项正确，D选项错误．刷最新原创——抓重点8．(多选)如图所示，C1为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地．M和N为两水平正对放置的平

行金属板，当金属板带上一定电荷后使在两板间的一带电小球P处于静止状态．M板与b板用导线相连，N板接地．在以下方法中，能使P向上运动的是()A．增大a、b间的距离B．增大M、N间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质答案：AC解析：a板与N板电势

恒定为零，b板和M板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且b板与M板所带电荷量之和保持不变．当增大a、b间的距离时，由公式C＝εS4πkd可得上侧电容器的电容减小，b板的电荷将流向M板，所以M、N间电场强度要增强

，P向上运动，A选项正确；当增大M、N间的距离时，由公式C＝εS4πkd可得，下侧电容器的电容减小，M板的电荷将流向b板，所以M、N两板间电场强度要减弱，P向下运动，B选项错误；当取出a、b两极板间的电介质时，由公式C＝εS4πkd可得

，上侧电容器的电容减小，b板的电荷将流向M板，所以M、N两板间电场强度要增强，P向上运动，C选项正确；当换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质时，由公式C＝εS4πkd可得，上侧电容器的电容增大，M板的电荷将流向b板，所以M、N两

板间电场强度要减弱，P向下运动，D选项错误．9．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，如图所示．从电子枪发射出的电子在经过加速电场加速和两个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带负电

，极板Y应带负电B．极板X′应带负电，极板Y应带负电C．极板X应带负电，极板Y′应带负电D．极板X′应带负电，极板Y′应带负电答案：B解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X偏转，则电场方向为X到X′，则极

板X′应带负电；同理可知，因电子向Y′偏转，则电场方向为Y′到Y，因此极板Y应带负电，故B正确，A、C、D错误．刷易错易误——排难点易错点1不能从图象中获取有效信息导致出错10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E

表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()答案：C解析：平行板电容器充电后与电源断开，电容器

上所带的电荷量Q不再发生变化，设题图所示位置平行板间距为d，根据平行板电容器的电容公式，有C＝εrS4πdd＋x，电容器C随x变化的图线应为曲线，故A错误；根据C＝εrS4πkd＋x＝QU，电场强度E＝Ud＋x＝4πkQεrS，E与

x无关，保持不变，图象应为平行于x轴的直线，故B错误；负极板接地，电势φ1＝0，设负极板与P点的初始距离为d2，有φ－φ1＝E(d2＋x)，则φ＝Ex＋Ed2，即P点电势随x变化的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故C正确；正电荷在P点的电势能Ep＝qφ＝qEd2

＋qEx，也是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故D错误．易错点2对带电粒子在交变电场中受力、运动情况分析不清导致出错11．(2018·陕西长安一中三模)(多选)如图甲所示平行金属板A、B之间的距离为6cm，两板间场强随时间按如图乙

规律变化，设场强垂直于金属板由A指向B为正，周期T＝8×10－5s．某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－19C，质量为1.6×10－26kg，于某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)

，则()A．若粒子于t＝0时释放，则一定能运动到B板B．若粒子于t＝T2时释放，则一定能运动到B板C．若粒子于t＝T4时释放，则一定能运动到A板D．若粒子于t＝3T8时释放，则一定能运动到A板答案：AD解析：粒子运动的加速度大小为a＝E

qm＝2×8.0×10－191.6×10－26m/s2＝108m/s2，在T2时间内粒子的位移x1＝12aT22＝12×108×(4×10－5)2m＝8×10－2m＝8cm，因x1>d2＝3cm，故若粒子于t＝0时释放，则一定能运动到B板，选项A正确；若粒子于t＝T2时释放，则粒

子向A板运动，最后到达A板，选项B错误；若粒子于t＝T4时释放，在T4～T2的时间内粒子向B板加速，位移x2＝12a·T42＝12×108×(2×10－5)2m＝2×10－2m＝2cm；在T2～3T4的时间内粒子向B板减速，位移x3＝x2＝2cm，故此时已经到达了B

板，选项C错误；若粒子于t＝3T8时释放，则在3T8～T2的时间内粒子向B板加速，位移x′2＝12aT82＝12×108×(10－5)2m＝0.5×10－2m＝0.5cm，在T2～5T8的时间内粒

子向B板减速，位移为x′3＝x′2＝0.5cm，在5T8～T的时间内粒子向A板加速，位移为x4＝12a3T82＝12×108×(3×10－5)2m＝4.5×10－2m＝4.5cm，因4.5cm－2×0.5cm＝3.5cm>3cm，故此时粒子已经到达

A板，选项D正确．刷综合大题——提能力12．(2017·新课标全国卷Ⅱ)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点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)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刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求(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(2)H3(3)mg2q解析：(1)设两小球抛出的初速度为v0，则进入电场的水平分速度为v0，竖直分速度相同，根据运动的分解可知，两小球竖直方向的分运动是相同的，运动时间t相同．在水

平方向N向右做初速度为v0，加速度为a＝Eqm的匀减速直线运动，M向右做初速度为v0，加速度为a＝Eqm的匀加速直线运动，M的水平分位移xM＝v0t＋12at2，N的水平分位移xN＝v0t－12at2，v0＝a

t，联立解得xM：xN＝：1(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式有v2y＝2gh，H＝vyt＋12gt2，M进入电场后做直线运动，由几何关系知v0vy＝xMH，联立解得h＝H3.

(3)设电场强度大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则v0vy＝Eqmg，设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1＝12m(v20＋v2y)＋mgH＋EqxM，Ek2＝12m(v20＋v2y)＋mgH－

EqxN，由已知条件有Ek1＝1.5Ek2，联立解得E＝mg2q.