第一章 电容器、带电粒子在电场中的运动检测题Word版含答案

高中物理教科版电容器带电粒子在电场中的运动检测题
一、基础与经典
1.
在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与静电计相接，极板B接地。若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是 (　　)
A．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大
B．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小
C．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小
D．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大
答案　A
解析　B板稍向上移一点，板上的电荷量几乎不变，由C＝，可知S减小，C变小，再由C＝可知Q不变，C变小，故U变大，故A项正确，其他选项错误。
2.
如图所示，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。一带电油滴位于电容器中的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上移动一小段距离，则(　　)
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．电容器的电容减小，极板所带电荷量将增大
答案　B
解析　上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E，由E场＝，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错误；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B正确；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势降低时，油滴的电势能应增加，C错误；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板所带电荷量Q＝CE将减小，D错误。
3．电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系，他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，为此他作出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图象(如图所示)，按照他的想法，下列说法正确的是(　　)
A．U-Q图线的斜率越大，电容C越大
B．搬运Δq的电荷量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积
C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比
D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为
答案　B
解析　U-Q图线的斜率越大，电容越小，故A错误；将一个微小电荷Δq从一个极板移到另一极板，克服电场力做功ΔW＝ΔqU，故B正确；将Δq累加，可知在U-Q图象中，图线与Q轴所围成的面积为QU，也就是克服电场力所做的功，即W＝QU，又由电容定义式C＝，可知电容器储存的电能为E＝CU2，所以对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U的平方成正比，C错误；若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，有E＝CU2＝，则电容器电荷量为时储存的能量为。故D错误。
4．为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是(　　)
A．金属圆筒内存在匀强电场
B．金属圆筒内越靠近收尘极电势越低
C．带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大
D．带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小
答案　D
解析　根据图中信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故A错误；逆着电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B错误；尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故C错误；离电晕极越远，电场线越稀疏，场强越小，尘埃带电量不变，故电场力越小，故D正确。
5．(多选)如图所示，长为L、板间距离为d的平行板电容器水平放置，电容器充电后与电源断开，现将两质量相等的带电粒子a、b分别从两极板的中心线、上极板的边缘处同时沿水平方向射入电场，两粒子恰好能在距下极板为的P点处相遇。若不考虑粒子的重力作用，则下列说法中正确的是(　　)
A．b所带的电荷量是a的3倍
B．相遇时，a在水平方向上运动的距离为
C．相遇时，b的动能变化量是a的9倍
D．若仅将下极板向下移动一小段距离，则两粒子仍能在P点相遇
答案　ACD
解析　由题意可知，两粒子相遇时，a在竖直方向上的位移为，b在竖直方向上的位移为，设a、b两粒子在竖直方向上的加速度大小分别为a1、a2，两粒子从开始运动到相遇所用的时间为t，则由匀变速直线运动的规律可得＝a1t2，d＝a2t2，又因为a1＝，a2＝，联立可得＝，A正确；由于不知道两粒子进入电场时的初速度大小，故无法确定两粒子在水平方向上的位移，B错误；由动能定理可知，粒子动能的变化量等于电场力对粒子做的功，设电场力对a做的功为W1，对b做的功为W2，两极板间的电压为U，则有W1＝q1U，W2＝q2U，故＝，所以电场力对b做的功是电场力对a做的功的9倍，即b的动能变化量是a的9倍，C正确；由C＝，C＝及E＝可得E＝，由于电容器极板所带电荷量始终保持不变，当下极板向下移动一小段距离时，两极板间的电场强度不变，故两粒子仍能在P点相遇，D正确。
6．如图所示，空间存在两块相互平行的绝缘带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P，现有甲电子以速率v0从O点沿OP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(　　)
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B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．乙电子运动到O点的速率为2v0
答案　C
解析　由电容C＝可知，若仅将B板向右平移距离d，电容C减小，A错误；由C＝知，电荷量Q不变，则电压U增大，B错误；由于电容器极板上的电荷量不变，改变板间距离，电场强度E不变，所以加速度a＝相同，C正确；由动能定理可得，甲：－Eqd＝0－mv，乙：Eq·2d＝mv2，则乙电子运动到O点的速率为v0，D错误。
7．(多选)如图所示，两块带有等量异号电荷的平行金属板A、B倾斜放置，板与水平方向的夹角θ＝37°，一个电荷量为q＝1.25×10－3 C、质量为m＝10 g的小球，自A板上的小孔P以水平速度v0＝0.075 m/s飞入两板之间的电场，未与B板相碰又回到P点(g取10 m/s2，sin37°＝0.6)，下列说法正确的是(　　)
A．板间电场强度大小为100 V/m
B．板间电场强度大小为133 V/m
C．粒子在电场中运动的时间为0.02 s
D．粒子在电场中运动的时间为0.04 s
答案　AC
解析　小球又从P孔飞出，则小球所受重力和电场力的合力与v0反向，对小球进行受力分析，有cosθ＝，解得E＝100 V/m，A正确，B错误；小球的加速度大小为a＝＝gtan37°＝7.5 m/s2，在电场中运动的时间t＝2＝0.02 s，C正确，D错误。
8．(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量为q的电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则(　　)
A．A、B两板间的距离为 
B．电子在两板间的最大速度为 
C．电子在两板间做匀加速直线运动
D．若电子在t＝时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板
答案　AB
解析　电子在t＝时刻由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，由于在第一个内做匀加速直线运动，在第二个内做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，可知经过两个时间恰好到达B板，加速度a＝，有d＝2×a2，解得d＝，故A正确；由题意可知，经过时间速度最大，则最大速度为vm＝a＝，故B正确；电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C错误；若电子在t＝时刻进入两极板，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，若电子匀减速到零，位移之和大于极板的间距，电子不会做往复运动，在匀减速直线运动的过程中到达B板，故D错误。
二、真题与模拟
9．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图，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a、b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a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
答案　BD
解析　根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得：>，由此式可以得出a的质量比b小，A错误；在a、b两微粒运动过程中，a、b微粒所受电场力大小相等，t时刻a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)等于b微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，D正确。
10.
(2018·江苏高考)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
答案　D
解析　两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板右端向下移动一小段距离时，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，所以油滴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，故油滴向右下方运动，D正确。
11.
(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a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，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
答案　A
解析　用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故A正确；根据平行板电容器的决定式C＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；根据电容器的决定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故C错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C不变，故D错误。
12.
(2018·江苏高考)(多选)如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电，这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路(　　)
A．充电时，通过R的电流不变
B．若R增大，则充电时间变长
C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D．若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
答案　BCD
解析　电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此通过R的电流变小，A错误；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，B正确；若C增大，根据Q＝CU，电容器的电荷量增大，所以放出的电荷量增大，闪光灯闪光一次通过电荷量增大，C正确；当电源电动势为85 V时，电源给电容器充电，电容器两端电压仍能达到80 V，所以闪光灯仍然能发光，闪光一次通过的电荷量不变，D正确。
13．(2016·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＝，云母介质移出，εr减小，C减小；又C＝，电源恒压，即U一定，C减小，故Q减小；电场强度E＝，故E不变，D正确。
14.
(2016·全国卷Ⅰ)(多选)如图所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知(　　)
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
答案　AB
解析　由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力为0，竖直方向上油滴受重力和电场力，结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于重力，油滴受力及电场线方向如图所示，由沿电场线方向电势逐渐降低，得Q点的电势比P点的高，A项正确；油滴从Q点到P点合力做负功，根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动能，这一过程中电场力做负功，则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能，故B项正确，C项错误；因为重力和电场力为恒力，所以油滴在Q、P两点的加速度相同，故D项错误。
15．(2017·天津高考)(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)
A．电子一定从A向B运动
B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAD．B点电势可能高于A点电势
答案　BC
解析　若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rAEB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpArB，故EAφB，EpA16．(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，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＝和C＝可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，静电计指针的偏角θ减小，又E＝＝，则E不变，则将电荷从P点移到下极板电场力做功不变，故Ep不变，综合上述，只有D项正确。
17．(2015·天津高考)(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
答案　AD
解析　设加速电场两板间距离为d，则qE1d＝mv，粒子在偏转电场中偏转，设偏移量为y，偏转电场两板的长度为L，则y＝2＝，偏转电场对粒子做的功W＝qE2y＝，由于三种粒子的电荷量相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，A项正确；三种粒子射出偏转电场时的速度v满足qE1d＋qE2y＝mv2，由于质量不同，因此速度v大小不同，B项错误；三种粒子运动到屏上的时间t＝＋(L＋x)，x为加速电场右极板到屏的距离，由于质量不同，因此运动时间不同，C项错误；由于粒子从同一位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点，因此粒子会打在屏上同一位置，D项正确。
18．(2019·河南开封一模)(多选)指纹识别传感器在日常生活中应用十分广泛，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据。根据文中信息，下列说法正确的是(　　)
A．在峪处形成的电容器电容较小
B．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大
C．在峪处形成的电容器放电较慢
D．湿的手指头对指纹识别绝对没有影响
答案　AB
解析　根据电容的计算公式C＝可得，极板与峪处距离d较大，构成的电容器电容较小，故A正确；由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据Q＝CU＝可知，极板与峪处构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间较短，反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故B正确，C错误；湿的手指头与传感器上小极板之间有水填充，改变了原来构造成平行板电容器的电容，所以会影响指纹识别，故D错误。
19.
(2018·河南安阳一模)如图所示，竖直平面内平行直线MN、PQ间距为d，直线与水平面成30°角，两线间有垂直指向PQ的匀强电场，一电荷量为＋q、质量为m的粒子在直线PQ上某点O以初速度v0竖直向上射出，不计重力，直线足够长，若粒子能打到MN上，则下列说法正确的是(　　)
A．电场强度最大值为
B．电场强度最小值为
C．电场强度最大值为
D．电场强度最小值为
答案　C
解析　带电粒子受电场力，把速度分解，垂直于PQ方向的分速度v⊥＝v0cos30°，沿PQ方向的分速度v∥＝v0sin30°，若粒子刚好能打到MN上，则粒子到达MN时，速度平行于MN方向，此时电场强度最大，方向垂直于PQ方向，d＝，a＝，解得Emax＝，C正确。
一、基础与经典
20．如图所示，AB是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30, BCD是半径为R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103 N/C，质量m＝0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下。已知斜面AB对应的高度h＝0.24 m，滑块带负电，电荷量大小q＝5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.60, cos37°＝0.80。求：
(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；
(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力。
答案　(1)2.4 m/s　(2)11.36 N
解析　(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力
f＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96 N。
设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得
(mg＋qE)h－f＝mv，
解得v1＝2.4 m/s。
(2)设到达C处时速度为v2，滑块从B到C，由动能定理可得：(mg＋qE)R(1－cos37°)＝mv－mv，
当滑块经过最低点时，有FN－(mg＋qE)＝m，
由牛顿第三定律：FN′＝FN，
解得：FN′＝11.36 N。
二、真题与模拟
21．(2017·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)3∶1　(2)H　(3)
解析　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。由于竖直方向只受重力，竖直分运动相同，M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得＝3④
(2)设M球离开电场时水平分速度为vx
vx＝v0＋at
N球离开电场时水平分速度为零，即0＝v0－at
得出vx＝2v0
设M球进入电场时竖直分速度为vy，离开电场时竖直分速度为vy′，运动方向与水平方向夹角为θ，由于M速度方向不变，则刚进电场时tanθ＝，离开电场时tanθ＝，即vy′＝2vy
设A点距电场上边界高度为h，根据运动学公式v＝2gh，vy′2－v＝2gH，所以h＝H。
(3)M离开电场时动能为N离开电场时动能的1.5倍，则有m[vy′2＋(2v0)2]＝1.5×mvy′2
解得：vy′＝2v0
因为M做直线运动，合力方向与合速度方向在同一直线上，所以tanθ＝＝，即＝，所以E＝。
22．(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
答案　(1)v0－2gt1　(2)见解析
解析　(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上。在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在时刻t1的速度为
v1＝v0＋a1t1②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v0t1＋a1t⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t⑧
由题给条件有
v＝2g(2h)⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝2－2＋2E1?
为使E2>E1，应有
2－2＋2>1?
即当0或t1>1＋?
才是可能的；条件?式和?式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h?
由①②③⑥⑦⑧⑨?式得
E2＝2－2－2E1?
为使E2>E1，应有
2－2－2>1?
即t1>＋1。
另一解为负，不合题意，已舍去。
23．(2016·北京高考)如图所示，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。
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(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，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2；
(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
答案　(1) 　　(2)(3)见解析
解析　(1)根据功和能的关系，有eU0＝mv，
电子射入偏转电场的初速度v0＝ ，
在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L，
a＝，
偏转距离Δy＝a(Δt)2＝。
(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有
重力G＝mg～10－29 N，
电场力F＝～10－15 N。
由于F?G，因此不需要考虑电子所受重力。
(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即φ＝。
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝。
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。
24．(2018·甘肃兰化一中二模)如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系Oxy，在该平面内有一平行y轴的匀强电场，大小为E，方向竖直向下。一过坐标原点与x轴成θ＝60°角的无穷大的平板与竖直平面垂直。在y轴上某点有一质量为m、电荷量为＋q的粒子以某一速度垂直电场方向射入电场，经过时间t1时，在该平面内再另加一匀强电场E1，粒子再经过时间t2且t2＝t1＝t，恰好垂直接触平板，且接触平板时速度为零，忽略粒子所受的重力，求：
(1)粒子射入电场时的速度大小和在y轴上的位置；
(2)E1的大小以及与y轴之间的夹角α的正切值。
答案　(1)　y＝
(2)E1＝E　tanα＝
解析　
(1)设粒子的初速度为v0，在t1时间内做类平抛运动，粒子在电场中的加速度为a＝
粒子在电场中的竖直方向的速度为vy＝at，按题意分析得到：
＝tanθ
联立解得粒子射入电场时速度v0＝
t1时刻粒子的速度为v＝＝
对应的位移为：x1＝v0t，Δy＝at2
加电场E1后，粒子从A到D做匀减速直线运动，故有：
sAD＝t2＝
又sAB＝x1＝v0t1＝
所以sBC＝＝，sAC＝＝
sCD＝sAD＋sAC＝，sOC＝＝
故抛出点的y坐标为y＝sOC－sBC＋Δy＝。
(2)如图所示，设E1方向与y轴成α角，由粒子从A到D做匀减速直线运动有：
qE1sin(θ－α)＝qEsinθ
qE1cos(θ－α)－qEcosθ＝ma1
a1＝＝
联立解得：
E1＝E，tanα＝。