9．如图8所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．以下说法正确的是　 　　　　　　　　　　 (　)

图8

A．粒子的运动轨迹一定经过P点

B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点

C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域

D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域

答案　BD

解析　粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项A错误，B正确；由平抛运动知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，所以选项C错误，D正确．

8．如图7所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图7

A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动

B．三个液滴的运动时间不一定相同

C．三个液滴落到底板时的速率相同

D．液滴c所带电荷量最多

答案　D

解析　三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c做功最多，所以它落到底板时的速率最大，选项C错误．

7．如图6所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图6

A．同时到达屏上同一点

B．先后到达屏上同一点

C．同时到达屏上不同点

D．先后到达屏上不同点

答案　B

解析　一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.

6．如图5所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10^－10 C，以v₀＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10 m/s²，sin α＝0.6，cos α＝0.8)．求：

图5

(1)液滴的质量；

(2)液滴飞出时的速度．

答案　(1)8×10^－8 kg　(2) m/s

解析　(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos α

＝mg

E＝

解得：m＝

代入数据得m＝8×10^－8 kg

(2)对液滴由动能定理得：qU＝mv²－mv

v＝

所以v＝ m/s.

►题组3　带电粒子在电场中的偏转

5．如图4所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m、带电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v₀由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图4

A．使初速度减为原来的

B．使M、N间电压加倍

C．使M、N间电压提高到原来的4倍

D．使初速度和M、N间电压都减为原来的

答案　BD

解析　粒子恰好到达N板时有Uq＝mv，恰好到达两板中间返回时有q＝mv²，比较两式可知B、D选项正确．

4．如图3所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v₀沿ON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＝Eq，则　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图3

A．电场方向竖直向上

B．小球运动的加速度大小为g

C．小球上升的最大高度为

D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为

答案　BD

解析　由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON

方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°

角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定

律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动

能定理可得：－mg·2h＝0－mv，解得：h＝，C错误；电场力做负功，带电小球的

电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E_p＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·＝，D正确．

3．如图2所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图2

A．电场中A点的电势低于B点的电势

B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能

C．微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能

D．微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和

答案　B

解析　一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，对

其受力分析知其受到的电场力F只能垂直等势面水平向左，电场强度则

水平向右，如图所示．所以电场中A点的电势高于B点的电势，A错；

微粒从A向B运动，合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，B对，C

错；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错．

2．如图1所示，两个相同的平行板电容器C₁、C₂用导线相连，开始都不带电．现将开关S闭合给两个电容器充电，待充电完毕后，电容器C₁两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态．再将开关S断开，把电容器C₂两板稍错开一些(两板间距离保持不变)，重新平衡后，下列判断正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图1

A．电容器C₁两板间电压减小

B．电容器C₂两板间电压增大

C．带电微粒将加速上升

D．电容器C₁所带电荷量增大

答案　BCD

解析　充电完毕后电容器C₁、C₂并联，两端电压相等，都等于电源电压U，断开S后，电容器C₂两板稍错开一些，即两板正对面积S减小，根据C＝知电容减小，又由C＝可知，两板间电压U′增大，此时U′>U，则电容器C₂又开始给C₁充电，直到两电容器电压再次相等，此时两者两端的电压比原来的电压都增大，故A错误，B正确；电容器C₁所带电荷量增大，故D正确；电容器C₁两端的电压增大，根据E＝U/d可知，C₁两板间电场强度增大，则带电微粒受到的电场力增大，带电微粒将加速向上运动，故C正确．

►题组2　带电粒子在电场中的直线运动

1．(2011·天津·5)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U₁，板间场强为E₁.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U₂，板间场强为E₂，下列说法正确的是　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．U₂＝U₁，E₂＝E₁　 　　　　　　　　　　　 B．U₂＝2U₁，E₂＝4E_1[来源:]

C．U₂＝U₁，E₂＝2E₁　 　　　　　　　　　　 D．U₂＝2U₁，E₂＝2E₁

答案　C

解析　由C＝和C＝及E＝得，E＝，由电荷量由Q增为2Q，板间距由d减为，得E₂＝2E₁；又由U＝Ed可得U₁＝U₂，故A、B、D错，C对．

5．微波实验是近代物理实验室中的一个重要部分．反射式速调管是一种结构简单、实用价值较高的常用微波器件之一，它是利用电子团与场相互作用在电场中发生振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图14所示，在虚线MN两侧分布着方向平行于x轴的电场，其电势φ随x的分布可简化为如图15所示的折线．一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知带电微粒质量m＝1.0×10^－20 kg，带电荷量q＝－1.0×10^－9 C，A点距虚线MN的距离d₁＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：

　　　　　　　　　　　　　　 图14　　　　　 图15

(1)B点距虚线MN的距离d₂；

(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.

答案　(1)0.50 cm　(2)1.5×10^－8 s

解析　(1)由图15知虚线左右分别是匀强电场，左侧电场沿－x方向，右侧电场沿＋x方向，大小分别为E₁＝2.0×10³N/C和E₂＝4.0×10³N/C，

带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有

|q|E₁d₁－|q|E₂d₂＝0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

解得d₂＝d₁＝0.50 cm　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a₁、a₂，由牛顿第二定律有

|q|E₁＝ma₁ ③

|q|E₂＝ma₂ ④

设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t₁、t₂，由运动学公式有

d₁＝a₁t　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

d₂＝a₂t　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

又t＝t₁＋t₂ ⑦

由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10^－8 s.

(限时：45分钟)

►题组1　电容器、电容及动态分析