【文档说明】高考物理一轮复习课件第7章静电场第22讲电容器带电粒子在电场中的运动 (含详解).ppt，共(109)页，1.656 MB，由MTyang资料小铺上传

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第七章静电场高考总复习·物理第22讲电容器带电粒子在电场中的运动高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]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．2．电容(1)定义

式：C＝.(2)电容与电压、电荷量的关系：电容的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量．电容既不随电荷量变化，也不随电压变化．绝缘绝对值无关QU3．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：C＝εrS4πkd，k为．正对面积介电常数两板间的距离静电力常量4．带电粒子在匀强电场中的直线运动与偏转(1)若不计重力的带电粒子以速度v0于电场线方向进入匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动，根据动能定理有W＝qEd＝qU＝12mv2－12mv20.(2)不计重力的带电粒

子以速度v0于电场线方向飞入匀强电场，则带电粒子做类平抛运动．平行垂直[基础小练]判断下列说法是否正确(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和()(2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．()(3)电容器的额定电压即工作电压．()(4)平行板电容器两板间的距离或正对面积

改变时，电容均不变．()××√×(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．()(6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．()(7)平行板电容器的一个极板接地后，板间电势差会随之改变．()√××板块二︿︿[考法精讲]考法一带电粒

子在电场中的直线运动【自主练1】真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A．微粒一定

带正电B．微粒一定做匀速直线运动C．可求出匀强电场的电场强度D．可求出微粒运动的加速度答案D解析因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，选项A错误；其合外力必与速度反向，大小为F＝mgsinθ，即微粒一定做匀减

速直线运动，加速度为a＝gsinθ，选项B错误，D正确；电场力qE＝mgtanθ，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，选项C错误．【自主练2】(2019·上饶高三模拟)(多选)长为l、间距为d的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M到金属板右端距离为l，金

属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上．对此过程，下列分析正确的是()A．粒子

在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等B．板间电场强度大小为2mgqC．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上D．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间

，粒子依然会垂直打在光屏上答案ABD解析粒子先在水平放置的平行金属板间做平抛运动，粒子恰好垂直撞在光屏上，所以粒子离开电场后，粒子一定打在屏的上方，做斜上抛运动，粒子在水平放置的平行金属板间做平抛运动和离开电场后做斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直

线运动，速度都等于v0，所以粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等，故选项A正确；设粒子在平行金属板间的运动过程中加速度大小为a，则粒子离开电场竖直分速度大小为vy＝at1＝qE－mgm·lv0，粒子离开电场后斜上抛运动则有vy＝gt2＝g·lv0，联立解得E＝2mgq，

故选项B正确；若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压减小，带电量要减小，因为二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，带电量不变，板间的电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子会垂直打在光

屏上，故选项C错误；若仅将两平行板的间距变大一些，电容器的电容要减小，由C＝QU知U不变，电量要减小，但因为二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，带电量不变，板间的电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射

入板间，粒子会垂直打在光屏上，故选项D正确．解题技巧带电粒子在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，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，一般都要考虑重力．2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带

电粒子动能的变化量，即qU＝12mv2－12mv20.考法二电容器的动态变化归纳总结解决电容器问题的两个常用技巧(1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝Ud＝QCd＝4πkQεS知，电场强度与极板间距离无关．(2)对平行板

电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C＝εS4πkd、Q＝CU和E＝Ud进行判定即可．【例题1】(2019·郑州第五中学月考)(多选)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，如图所示，以E表示极板间的场强，U表示两极板的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移动到如图中虚线所示位置，则()A．U变小Ep不变B．U变小E不变C

．U变大Ep变大D．U不变E不变]AB解析从图中可知两极板间的距离减小，根据公式C＝εS4πkd可得电容器电容增大，因为充电后与电源断开，则两极板所带电荷量不变，故根据公式C＝QU可知两板间电势差U减小，根据C＝εS4πkd、C＝QU、E＝Ud联立解得E＝Ud

＝QCd＝4πkQεS，即两极板间的电场强度与两极板间的距离无关，所以场强E不变，由于下极板接地，电势为零，P与下极板间的电势差等于P点的电势，由于P点到下极板的距离以及电场强度不变，所以P点的电势不变，根据Ep＝qφ可知电势能不变，选项A、B正确．解题技巧电容器上极

板接地与下极板接地的不同点是什么？哪板接地，哪板的电势就为零，若需要分析某点的电势，一般看该点与接地的极板间的电势差怎么变，因为这个电势差数值上就等于该点的电势．【跟踪训练1-1】(2019·驻马店高三二模)电动势为E，内阻为r的电源与可变电阻R1、R2、R3以及一平行板电容器连成

如图所示的电路．当开关S闭合后，两平行金属板A、B间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是()A．将R1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B．将R2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C．增大电

容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D．减小R3的阻值，R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量答案D解析将R1的滑片向右移动一小段距离，电容器两端电压与R3两端电压相等，保持不变，故液滴受到的电场力不变，那么，液滴受力不变，仍保持

静止，故选项A错误；将R2的滑片向右移动一小段距离，那么，接入电路的电阻增大，故电流减小，所以R3两端电压减小，即电容器两极板电压减小，电荷量Q＝CU减小，故选项B错误；增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电压不变，电容器电容C＝ε·S4π

kd减小，那么电荷量Q＝CU减小，故选项C错误；减小R3的阻值，电路电阻减小，电流增大，故内压降增大；那么R2两端的电压的变化量＋r上电压的变化量＝R3两端的电压的变化量，所以R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量，故选项D正确．【跟踪训练1-2】

(2019·孝义高三一模)如图所示的电路中，电源电动势E＝8V，内阻r＝2Ω，电阻R2＝6Ω，电容为1μF的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态．下列说法正确的

是()A．此时P点电势为6VB．电容器上极板所带电荷量为6×10－6CC．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变D．若仅将滑片P从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动答案B解析由闭合电路的欧姆定律可知

，路端电压U＝Er＋R2·R2＝6V，那么，电容器两极的电势差为6V，又有下端接地，故下端电势为零，那么P点电势为φP＝12U＝3V，故选项A错误；电容器上极板所带电荷量Q＝CU＝1×10－6×6C＝

6×10－6C，故选项B正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变，两极板间距离增大，则电场强度减小，又有P点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么P点电势减小，故选项C错误；滑片P从b端向a端移动，那么外电路

电阻增大，所以，路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，油滴受到的电场力增大，油滴受重力和电场力作用，由开始时油滴静止可知，电场力方向向上，那么移动滑片后油滴合外力向上，则油滴向上运动，故选项D错误．考法三带电粒子在电场中的偏转带电粒子在电场中的偏转1．基本规律：设粒子带电荷量为

q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有(1)加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd.(2)在电场中的运动时间：t＝lv0.(3)位移l＝vxt＝v0t，y＝12at2，y＝12at2＝qUl22mv20d.(4)速度vx＝v

0，vy＝at，vy＝qUtmd，v＝v2x＋v2y，tanθ＝vyvx＝qUlmv20d.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，偏转位

移也总是相同的．证明：由qU0＝12mv20及tanθ＝qUlmv20d得tanθ＝Ul2U0d；同理可得y＝Ul24U0d.(2)粒子经电场偏转后，合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l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒

子的末速度v时，也可以从能量的角度进行求解．qUy＝12mv2－12mv20，其中Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差．【例题2】(2019·石家庄二中月考)(多选)如图所示，一束由质子、氘核和氚核组成的粒子流，从相同位置沿垂直于场

强的方向射入由平行板电容器形成的匀强电场中．若所有粒子均能射出电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，关于粒子的运动情况，下列说法正确的是()A．若粒子的运动轨迹相同，说明它们具有相同的初动能B．比荷大的粒子，在射出电场时，其速度

偏向角一定大C．若粒子在电场中的运动时间相等，则它们的初速度一定相等D．在电场中运动时间越长的粒子，电场力对它做的功越多答案AC解析粒子在极板间做类平抛运动，水平方向L＝v0t，竖直方向y＝12at2＝qEL22mv20，粒子运动轨迹相同，即y相

同，由于粒子电荷量q相同，粒子初动能相同，故选项A正确；粒子在极板间做类平抛运动，设粒子偏向角为θ，则tanθ＝vyv0＝atv0＝qEm×Lv0v0＝qELmv20，由于不知道粒子的初速度v0间的关系，比荷大的粒子在

射出电场时其速度偏向角不一定大，故选项B错误；粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间t＝Lv0，如果粒子在电场中的运动时间t相等，则粒子的初速度一定相等，故选项C正确；电场力对粒子做功W＝qEy＝qE×qEL22mv20＝q2E2L22mv20，粒子在极板间做类平抛运动，

粒子的运动时间t＝Lv0，粒子运动时间长，说明粒子初速度越小，由于粒子的电荷量q相同、质量不同，无法判断电场力对粒子做功多少，故选项D错误．归纳总结带电粒子进入电容器的方式多为垂直电场方向，若能离开电场，粒子的水平位移一定(极板长度)，不能离开电场，离子的竖直位移一定(入射点到某极板的垂直距离)

，不可认为粒子一定能够离开电场．【跟踪训练2-1】(2019·合肥高三调研性考试)一电子以初速度v0，垂直于场强方向射入平行板电容器，射出电容器时的速度为5v0.若上述过程中电子的初速度变为原来的2倍，电子重力不计，则电子射出电容器时的速

度为()A.5v0B．22v0C．3v0D．25v0A解析一电子以初速度v0，垂直于场强方向射入平行板电容器，射出电容器时的速度为5v0，根据平行四边形定则知，离开电容器时竖直分速度为vy＝5v20－v20＝2v0，当

初速度变为原来的2倍，则运动时间变为原来的一半，加速度不变，离开偏转电场时的竖直分速度变为原来的一半，即为v0，根据平行四边形定则知，电子射出电容器的速度为v＝2v02＋v20＝5v0，故选项A正确，B、C、D错误．【跟踪训练2-2】(2019·惠州荣超中学高三适应性考试)(多

选)如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施

可行的是()A．增大U1B．增大U2C．增大LD．增大dBC解析电子在加速电场中加速，根据动能定理可得eU1＝12mv20，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝2eU1m，电子进入偏转电场后的偏转的位移为y＝12at2＝12×eU2md×Lv02＝U2L24U

1d，所以为了增大偏转距离，可以增大L、减小d、减小U1、增大U2，故选项B、C正确，A、D错误．【跟踪训练2-3】(2019·乐山调研)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上．两个完全相同的带等

量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计．N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是()A．电场力对两粒子做功相同B．两粒子到达P点的速度大小可能相等C．两粒子到达P点时的电势能都

减小D．两粒子到达P点所需时间一定不相等答案D解析由题图可知M、P两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而N、P间的电势差大于零，根据W＝qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，故选项A错误；根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子

到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P点的速度大小不等，故选项B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故选项C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子

都做匀速直线运动，设PM＝L，M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为α，则M点的粒子到达P点的时间tM＝Lv0sinα，N点的粒子到达P点的时间tN＝Lv0，由此可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故选项D正确．考法四带电体在重力场与电场中的运动1．分析粒子

运动的两个观点(1)用动力学的观点分析带电粒子的运动由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法；类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简；综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意

运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性．(2)用能量的观点来分析带电粒子的运动运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现；运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断选分过程还是全过程使用

动能定理．2.分析带电体在重力场与电场中运动的思路【例题3】(2019·济南高三一模)如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点

由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示．已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)小滑块释放后运动至B点过程

中电荷量的变化量；(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距A的距离．[思维导引]A到B过程中小滑块的加速度

发生变化，原因是电场力变化，由牛顿第二定律可以确定初、末状态的电荷量；最大压力对应的位置不是最低点，而是等效最低点；小滑块离开C点后，根据运动的分解的思想，结合动能定理求小滑块再次到达水平轨道时的速度

大小以及距A的距离．解析(1)A点q0E－μmg＝m·12g，B点q1E－μmg＝m·32g，联立以上两式解得Δq＝q1－q0＝mgE.(2)从A到B过程m·12g＋32g2·4R＝12mv21－0，将电场力与重力的合力等效为“重力G′

”，G′与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则G′＝mg2＋q1E2，cosα＝mgG′，从B到“等效最低点”过程G′(R－Rcosα)＝12mv22－12mv21，FN－G′＝mv22R，由以上各

式解得FN＝(6＋35)mg，由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为FN＝(6＋35)mg.(3)从B到C过程－mg·2R＋q1E·R＝12mv23－12mv21，从C点到再次进入电场做平抛运动x1＝v3t，R＝12gt2,vy＝

gt，tanβ1＝vyv3，tanβ2＝mgq1E，由以上各式解得β1＝β2.则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动tanβ1＝Rx2，从C点到水平轨道mg·2R＋q1Ex2＝12mv24－12mv23，由以上各式解得v4＝25g

R，Δx＝x1＋x2－4R＝2R，因此滑块再次到达水平轨道的速度为v4＝25gR，方向与水平方向夹角的正切值为tanβ1＝12，斜向左下方，位置在A点左侧2R处．答案(1)mgE(2)6＋35mg(3)25gR位置在A点左侧2R处【跟踪训练3-1】(2019·绵阳高三二模)(

多选)如图所示，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()A．两极板间的距离d＝v0t2B．电容器所带的电荷量Q＝Cmv202qC．两极板间的电场强度大小E＝2mv0qtD．两极板间的电场强度大小E＝mqg2＋4v20t2答案BD解析根据题意可知粒子在两极板

间先匀减速直线运动，后匀加速直线运动，因为往返共用时间t,v0t2表示水平方向上的路程大小，不是两极板间的距离，选项A错误；因为油滴在水平方向上运动，所以重力不做功，只有电场力做功，根据动能定理，可得Uq＝12mv20，又知道Q＝CU，联立解得Q＝Cmv202q，选项B正确；设两极板与水平方向的

夹角为θ，电场力可分解为水平方向上的力，也就是油滴受到的合力，竖直方向上的力，与重力等大反向，故有(Eq)2＝(mg)2＋(ma)2，而a＝v0t2＝2v0t，故解得E＝mqg2＋4v20t2，选项C错误，D正确．【跟踪训

练3-2】(2019·百校联盟高考名师猜题保温金卷)(多选)三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC＝2OA，AC＝2BC，如图所示，则下列说法正确的是()A．三

个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4B．三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC＝1∶3∶4C．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9D．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20答案ACD解析三个粒子的初速度相等，在水平方向上做

匀速直线运动，由x＝vt得，运动时间tA∶tB∶tC＝xA∶xB∶xC＝2∶3∶4，故选项A正确；三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据y＝12at2，解得aA∶aB∶aC＝14：19：116＝36∶16∶9，故选项B错误；由牛顿第二

定律可知F＝ma，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功W＝Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为36∶16∶9，故选项C正确；三个粒子的合力大小关系为FA>FB>FC，三个粒子

的重力相等，所以B仅受重力作用，A所受的电场力向下，C所受的电场力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，由牛顿第二定律得aA∶aB∶aC＝(mg＋qAE)∶(mg)∶(mg－qCE)，解得qC∶qA＝7∶20，故选项D正确．【跟踪训练3-3】(2019·驻马店高三二模)如图所示，在

光滑水平面上有一辆长为L、质量为m的绝缘木板小车正以向右的初速度v0＝gL2做匀速直线运动，现无初速度释放一个质量也为m，带电量为＋q(q＞0)的小物块在小车的正中央，发现物块恰好没有从车上掉下来，求：(1)物块与小车上表面间的滑动

摩擦因数μ；(2)若车的初速度为2v0，在物块刚放上小车的同时在空间加一水平向右的匀强电场E，为了让物块不从车的左端掉下来，电场强度E的最小值．(重力加速度为g)解析(1)放上物块到二者达到共同速度的过程中系统动量守

恒，选取向右为正方向，则mv0＝2mv，系统产生的热量等于系统动能的减少量，有μmgL2＝12mv20－12×2mv2，得μ＝v202gL＝0.25.(2)加上水平向右的电场后，物块向右做匀加速直线运动，有ma1＝qE＋μmg，小车在摩擦力作用

下向右做匀减速直线运动，有ma2＝μmg，当E取最小值时，二者达到共同速度v′时物块恰好到达小车的左端，有v′＝a1t＝2v0－a2t，2v0＋v′2t－v′2t＝L2，解得E＝3mg2q.答案(1)0.25(2)3mg2q[典例诊断]【例题4】(2019·洛阳调研)(多选)如图

所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带负电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽底端B与A点的竖直距离为h.则关于小球的运动情况，下列说法正确的是()A．只有E≤mgq＋mv202qh时，小球才能沿斜槽运动到B点B．只有E≤

mgq时，小球才能沿斜槽运动到B点C．小球若沿斜槽能到达B点，最小速度可能是v0D．小球若沿斜槽能到达B点，最小速度一定大于v0[错解分析]错选A、D：不仔细看题目选项，只凭感觉，则在选项A、B中会错选A项．

只要注意到“沿斜槽运动”，就很容易得出若qE>mg，小球会直接就由斜槽上“飘”起来了，不再“沿斜槽”运动，故选项B正确；若mg＝qE，小球则会匀速直线运动，若mg>qE，则加速下滑，故选项C正确．答案BC解析根据受力情况可知，要使小球下滑必须重力大于等于电场力，即E·q≤mg，于是有E

≤mgq，故选项A错误，B正确；当重力大于电场力时，小球加速下滑，到达B点速度大于v0，若是重力等于电场力，小球匀速下滑，到达B点速度为v0，若是重力小于电场力，小球将向上运动，故选项C正确，D错误．易错警示匀强电场与重力场复合的等效思维当重力与电场力并存应用等效重力的思想解题时，需要注意

等效重力的方向不一定竖直向下，无论重力与电场力是否共线，等效重力的方向必然是重力与电场力合力的方向．【跟踪训练4-1】(多选)在地面附近，存在一个有界电场，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，如图甲所示，小球运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，则()A．小球受到的重力与电场力之比为3∶5B．在t＝5s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功D．在1～4s过程中，小球的机械能先减小后增大答案AD解析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而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t＝1s或t＝4s时，故选项B错误．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1＝v1t1＝v11＝v1，进入电场后的加速度大小为a2＝v2t2＝v11.5＝23v1，由牛顿第二定律得mg＝ma1，①

F－mg＝ma2得电场力F＝mg＋ma2＝53mv1＝53ma1，②由①②得重力mg与电场力F之比为3∶5，故选项A正确．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，故选项C错误．由图可得，

小球在0～2.5s内向下运动，在2.5～5s内向上运动，在1～4s过程中，小球先向下运动，后向上运动，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大，后减小；由于整个过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以小球的机械能先

减小后增大，故选项D正确．【跟踪训练4-2】(2019·华南师大附中三模)(多选)如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带正电的小物体以初速度v1从斜面底端M处沿斜面上滑，能沿斜面运动到达N点，若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，P为MN的中点，则小物体()A．在M、N

点的动能相等B．在M、N点的电势能相等C．在MP段、PN段克服摩擦力做功相同D．小物体在P点所受的摩擦力最大答案BC解析由对称可知，M、N两点的电势相同，则物块在MN两点的电势能相同，选项B正确；物块从M到N点，电场力做功为零，

重力做负功，摩擦力做负功，则动能减小，选项A错误；在MP段、PN段受电场力对称，则摩擦力的平均值相同，克服摩擦力做功相同，选项C正确；物块在P点所受的静电斥力最大，物块对斜面的正压力最小，则摩擦力最小，选项D错误．【例题5】(2019·重庆一中、合肥八中、石家

庄一中高三高考模拟联考)如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，将其和二极管串联接在电源上，已知A板和电源正极相连，二极管具有单向导电性．一带负电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下平移A板来改变两板间距

，则下列说法正确的是()A．当AB间距增大时，小球可能打在N点的左侧B．当AB间距减小时，小球可能打在N点的左侧C．当AB间距减小时，电场力对小球做功不变D．当AB间距增大时，电场力对小球做功不变[错解分析]错选A：认为电

容器与电源连接，电压不变，当AB间距增大时，电场强度减小，小球可能打在N点的左侧，错选A，原因是忽视了二极管的存在，此电容器只能充电，不能放电．答案D解析当AB间距增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E＝Ud＝QCd＝QεS4πk知E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点，运动轨

迹不变，所以电场力做功也不变，选项A错误，D正确；当AB间距减小时，电容增大，电容器充电，平行板间的电压不变，根据E＝Ud可知电场强度变大，由于电荷带负电，受到向上的电场力，所以小球运动的加速度会变小，则在平行板间运动的时间会变长，所以水平位移也将变

大，应该落在N点的右侧，并且随着电场力的增大，则电场力做功也将变大，选项B、C错误．易错警示对“电容器与电源连接时电压不变”的理解，注意两个方面：一是，当与电容器并联的电阻发生变化时，电容器上的电压随之发生变化；二是当电路中含

有二极管时，若电容器不能充电或放电，导致电荷量不变，则电压要发生变化．【跟踪训练5-1】(2019·湛江大成中学期中)如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地．

此时静电计指针张开某一角度，则下列说法正确的是()A．在两板间插入介质板，静电计指针张角变大B．在两板间插入金属板，(金属板与A、B板不接触)静电计指针张角变大C．B板向右平移，静电计指针张角变大D．B板向上平移，静电计指针张角变大答案

D解析在两板间插入介质板，由C＝εS4πkd得知，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C＝QU可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小，故选项A错误；在两板间插入金属板，板间距离减小，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C＝QU可知，板间电压U减小

，静电计指针张角变小，故选项B错误；B板向右平移，板间距离d减小，根据电容的决定式C＝εS4πkd得知，电容增大，而电量Q不变，由电容的定义式C＝QU可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小，故选项C错误；B板向上平移，两极板正对面积减小

，由电容的决定式C＝εS4πkd得知，电容C减小，而电量Q不变，由电容的定义式C＝QU可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大，故选项D正确．【跟踪训练5-2】(2018·江苏卷)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右

端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍然保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动D解析两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，

所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确．板块三︿︿1．如图所示，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Eq＋Na＝mv2a

r，Nb－Eq＝mv2br.设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，则有Eka＝12mv2a，Ekb＝12mv2b.根据动能定理有Ekb－Eka＝2rEq，联立各式解得E＝16q(Nb－Na)，Eka＝r12(Nb＋5Na)，Ekb＝r

12(5Nb＋Na)．答案16q(Nb－Na)r12(Nb＋5Na)r12(5Nb＋Na)2．(2019·北京石景山区高三一模)如图所示，设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计，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m，电荷量为e，加速电场电压为U0.偏转

电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d，不计电子所受重力．求：(1)电子射入偏转电场时初速度v0的大小；(2)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(3)电子从偏转电场射出时速度的大小和方向．解析(1)根据功和能的关系，有eU0＝12mv20，电子射

入偏转电场的初速度v0＝2eU0m.(2)在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝Lv0＝Lm2eU0，电子在偏转电场中的加速度a＝eUmd，偏转距离Δy＝12a(Δt)2＝UL24U0d.(3)电子离开偏转电场时沿垂直于极板方向的速度vy＝aΔt＝e2mU0·LUd，电子离开偏转电

场时速度的大小v＝v20＋v2y＝2eU0m＋eU2L22mU0d2，电子离开偏转电场时速度方向与偏转极板的夹角为θ，则tanθ＝vyv0＝UL2U0d.答案(1)2eU0m(2)UL24U0d(3)2eU0m＋eU2L22mU0d2tanθ＝UL2U0d

3．(2019·安徽六校教育研究会高三联考)如图所示，在竖直面内有一矩形区ABCD，水平边AB＝3L，竖直边BC＝L，O为矩形对角线的交点．将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球经过BC边时的速度方向与BC夹角为60°.使此小球带电，电荷量为q(q>0

)，同时加一平行与矩形ABCD的匀强电场．现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过C点的小球的动能为初动能的23，经过P点(DC中点)的小球的动能为初动能的76，重力加速度为g，求：(1)小球的初动能；(2)取电场中O点

的电势为零，求C、P两点的电势；(3)带电小球经过矩形边界的哪个位置动能最大？最大动能是多少？解析(1)没加电场时．由平抛运动知识，水平方向32L＝v0t，竖直方向vy＝gt，vy＝v0tan30°，联立解得小球的初动能Ek0＝12mv20＝34mgL.(2)加电场后

，根据能量守恒定律由O到C有qφC＝12mgL＋Ek0－23Ek0＝34mgL，由O到P有qφP＝12mgL＋Ek0－76Ek0＝38mgL，则φC＝3mgL4q，φP＝3mgL8q.(3)如图所示，取OC中点Q，则PQ为等势线，电场线与等势线PQ垂直．由UPO＝12ELcos3

0°，得qE＝32mg，用正交分解法求出电场力和重力的合力Fx＝qEsin30°＝34mg，Fy＝mgqEcos30°＝14mg，合力F＝F2x＋F2y＝12mg，方向沿OD，合力对小球做功越多，小球动能越大，则从D点射出的带电小球动能最大，根据动能定理F

·OD＝Ekm－Ek0，解得最大动能Ekm＝54mgL.答案(1)34mgL(2)3mgL4q3mgL8q(3)D点54mgL