文档内容
第八章 静电场
近5年考情分析
考题统计
考点要求 等级要求 2022 2021 2020 2019 2018
上海卷·T16
电场力的 湖南卷·T2
Ⅱ Ⅰ卷·T15 Ⅰ卷·T16
性质 山东卷·T3
乙卷·T21
甲卷·T21
电场能的 乙卷·T19 甲卷·T19 Ⅱ卷·T20 Ⅰ卷·T21
Ⅱ Ⅲ卷·T21
性质 浙江1月卷 乙卷·T15 Ⅲ卷·T21 Ⅱ卷·T21
·T10
电容器与
辽宁卷·T14
带电粒子 乙卷·T20 Ⅱ卷·T24
Ⅱ 浙江6月卷·T9 Ⅰ卷·T25 Ⅲ卷·T21
在电场中 Ⅲ卷·T24
广东卷·T14
的运动
物理观念:
1.描述电场的物理量.2.运动和相互作用观念:库仑定律、电场强度、带电粒子在电场中的运动规
律.3.能量观念:电场中的功能关系。
核心素养
科学思维：
1.科学论证:电场-强度的叠加，平行板电容器的动态分析.2.科学推理:解决力、电综合问题。
科学态度与责任：电容器在现代科技生活中的应用。
本章通常以粒子运动情景或相关图象为考查依托，虽然多以选择题的形式出现，但综合性强，选项
覆盖知识点多且杂，因此要求考生做到“面面俱到”。另外，以电磁学综合计算为背景的计算题也
命题规律 经常涉及此章的内容。从趋势上看，(1)会继续通过电场力的性质和电场能的性质这两条主线来考
查物理量间的联系；(2)会继续以电场线、等势面为工具考查各物理量的大小和方向;(3)与动力
学、能量相结合考查带电粒子的平衡、运动问题。
本章涉及知识点多且抽象难懂，包含思想方法多，综合性强，且为考查的热点内容.因此，一定要
备考策略 下大力气扎扎实实地学好本章的知识与方法，形成解决物理问题的基本思路，能够从力与运动的观
念和能量的观念分析解决问题.在本章复习过程中多消耗一些时间和精力是很有必要的.
【网络构建】专题 8.3 电容器与带电粒子在电场中的运动
【网络构建】
考点一 平行板电容器及其动态分析问题
1．分析思路
(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变．
(2)用决定式C＝确定电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化．
(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化．2．两类动态变化问题的比较
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小Q变小E变小 C变小U变大E不变
S变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小
ε 变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小
r
考点 二 带电粒子在电场中的直线运动
1．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad
2．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＝E －E
k2 k1
考点 三 带电粒子在电场中的偏转运动
1．带电粒子在电场中的偏转规律
2．处理带电粒子的偏转问题的方法
(1)运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方
向上的匀速直线运动．
(2)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：qU＝mv2－mv，其中U＝y，指初、末位置
y y
间的电势差．
3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法
(1)y＝y＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)；
0
(2)y＝(＋L)tan θ(l为电场宽度)；(3)y＝y＋v·；
0 y
(4)根据三角形相似＝.
考点 四 带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的试题类型
此类题型一般有三种情况：
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．
3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，
求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．
(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．
粒子做直线往返运动
利用速度图象分析带电粒子的运动过程时的注意事项
(1)带电粒子进入电场的时刻；
(2)速度图象的切线斜率表示加速度；
(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用；
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分
析求解．
粒子做偏转运动问题
交变电压的周期性变化，势必会引起带电粒子的某个运动过程和某些物理量的周期性变化，所以应注意：
(1)分过程解决．“一个周期”往往是我们的最佳选择．
(2)建立模型．带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型．
(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由
加速度和速度的方向关系确定．
考点 五 带电体在电场、重力场中的运动
带电体在电场、重力场中运动的动力学问题
1．等效重力法将重力与电场力进行合成，如图所示，
则F 为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 的方向等效为“重
合 合
力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．
2．物理最高点与几何最高点
在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维
持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点
是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最
小(称为临界速度)的点．
带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题
动量、能量关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受
力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定
理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．
高频考点一 平行板电容器及其动态分析问题
U 不变时电容器的动态分析
例1、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】平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，
电容C减小，由C＝可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U不变，d不
变，由E＝可知，极板间电场强度E不变，选项D正确，A、B、C错误．
【变式训练】利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一
种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面
的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增
大)，则电流表 ( )
A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电 B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电
C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电 D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电
【答案】B
【解析】由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发
生变化；则由C＝可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可判断电容增大，再依据C＝和电势
差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向
哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确．
Q 不变时电容器的动态分析
例2、如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在
P点．静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，
E 表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板将正极板缓慢向右平移一小
P
段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是( )
A．E增大，φ降低，E 减小，θ增大 B．E不变，φ降低，E 增大，θ减小
P P
C．E不变，φ升高，E 减小，θ减小 D．E减小，φ升高，E 减小，θ减小
P P
【答案】C
【解析】将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C＝可知，电容C增大，因
平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q不变，由C＝得知，板间电压U减小，因此夹角θ减
小，再依据板间场强E＝＝＝，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U＝Ed得知，
则P点的电势；负电荷在P点的电势能减小，故A、B、D错误，C正确．
【变式训练】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．在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E 表示点电荷在P点的
p
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，E 不变 C．θ减小，E 增大 D ．θ减小，E不变
p p
【答案】D.
【解析】平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变．保持
下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由 U＝Ed可知，两极板之间的电势差减小，
静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点
的电势能E 不变．综上所述，选项D正确．
p
平行板电容器中带电粒子的问题分析
例3、如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，
可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压
U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O
发射出的β粒子的这一速度为 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝vt，竖直方向有＝at2，且a＝.从A到C的过
0
程有－eU＝mv－mv2，以上各式联立解得v＝ ，选项C正确．
【变式训练】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a ＞a.对微粒a，由牛顿第二定律，qE
a b
＝ma，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝ma，联立解得＞，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错
a a b b
误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力(电场力)等于b微粒，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，选项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，选项C错误；由于a微粒受到的合外力(电
场力)等于b微粒受到的合外力(电场力)，根据动量定理，在t时刻，a、b微粒的动量大小相等，选项D正
确．
高频考点二 带电粒子在电场中的直线运动
电容器中直线运动
例4、如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则(
)
A．当减小两板间的距离时，速度v增大 B．当减小两板间的距离时，速度v减小
C．当减小两板间的距离时，速度v不变 D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长
【答案】C
【解析】由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正
确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即 t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板
间运动的时间变短，故选项D错误．
【变式训练】如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，板与水平方向的夹角为θ，一个电荷量q＝1.41×10－4 C、质量m＝1 g的带电小球，自A板上的孔P以水平
速度v＝0.1 m/s飞入两板之间的电场，经0.02 s后未与B板相碰又回到孔P，g取10 m/s2，则( )
0
A．板间电场强度大小为100 V/m B．板间电场强度大小为141 V/m
C．板与水平方向的夹角θ＝30° D．板与水平方向的夹角θ＝45°
【答案】 AD
【解析】 因为小球从孔P水平飞入两板之间，沿水平方向运动，小球受力如图所示，设板间匀强电场的
场强为E，板与水平方向的夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Eqcos θ＝mg，在水平方向由动量定理得
Eqtsin θ＝2mv，解得E＝ ＝100 V/m，tan θ＝＝1，即θ＝45°，A、D正确．
0
带电粒子在匀强电场中的直线运动
例5、如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻
力，则小球( )
A．做直线运动 B．做曲线运动
C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小
【答案】BC
【解析】对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，
故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐
角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C正确，D错误．
【变式训练】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、
P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(
)A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回 D．穿过P′点
【答案】A.
【解析】电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为
U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，
B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此
可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项
正确，B、C、D项错误．
带电粒子在交变电场中的直线运动
例6、如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正
电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t 时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，
0
并最终打在A板上．则t 可能属于的时间段是 ( )
0
A．0＜t＜ B.＜t＜ C.＜t＜T D．T＜t＜
0 0 0 0
【答案】B
【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终
打在A板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t＝0、、、时粒子运动的v t图象，如图所示．由于v t
0
图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t＜与＜t＜T时粒子在一个周期内的总位移
0 0
大于零，＜t＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t＞T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求
0 0
粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确．
【变式训练】如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下
开始运动，恰好到达B板．则( )
A．A、B两板间的距离为 B．粒子在两板间的最大速度为
C．粒子在两板间做匀加速直线运动
D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板
【答案】B.
【解析】粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝时刻以初速
(T ) 2
4
度为0进入两极板，先加速后减速，在时刻到达B板，则·· ＝，解得d＝ ，选项A错误；粒子在时
刻速度最大，则v ＝·＝ ，选项B正确；若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒子做匀加速运动，
m
(3T) 2
8
位移x＝· ＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，选项D错误．
高频考点三 带电粒子在电场中的偏转运动
例7、如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O 、
1
O ，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
2
从小孔O 处从静止释放一个质子 1H，第二次从小孔O 处从静止释放一个α粒子 4He，关于这两个粒子在
1 1 1 2
电场中运动的判断正确的是( )
A．质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为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∶2 D．质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起
【答案】CD
【解析】从开始运动到打到板上质子的速度为v ，α粒子速度为v ，根据动能定理有Uq＋Edq＝mv2－0，
1 2化简得出v＝，质子的比荷与α粒子的比荷之比为2∶1，代入得＝＝，故A错误；设粒子在加速电场中加
速时间为t ，加速位移为x ，在偏转电场中偏转时间为t ，偏转位移为y，有x ＝at2＝t2，y＝t2，由于质
1 1 2 1 11 1 2
子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B错误；从开始运动到打
到板上，根据动能定理有Uq＋Edq＝E －0，解得E ＝q(U＋Ed)，因为U、E、d相同，则有＝＝，故C正
k k
确；带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得qU＝mv2，进入偏转电场后电势差为U，偏转的位移为
0 2
y，有y＝at2＝()2，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，因此运动轨迹重叠在一起，故D正确．
【变式训练】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E 之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不
1 2
计粒子重力及其相互作用，那么 ( )
A．偏转电场E 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
2
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】根据动能定理有qEd＝mv，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v＝ .在偏转电场中，由l＝
1 1
vt 及y＝t得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒
12
子带电荷量相同，根据W＝qEy得，偏转电场E 对三种粒子做功一样多，选项A正确．根据动能定理，
2 2
qEd＋qEy＝mv，得到粒子离开偏转电场E 打到屏上时的速度v ＝ ，由于三种粒子的质量不相等，故v
1 2 2 2 2
不一样大，选项B错误．粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v
1
不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项 C错误．根据v＝t 及tan θ＝得，带电粒子的偏转
y 2
角的正切值tan θ＝，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同
一位置，选项D正确．
高频考点四 带电粒子在交变电场中的运动
粒子做直线往返运动
例8、制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示．加在极板A、
B间的电压U 做周期性变化，其正向电压为U，反向电压为－kU(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所
AB 0 0
示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运
动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件．
【答案】 d＞
【解析】 电子在0～τ时间内做匀加速运动
加速度的大小a＝
1
位移x＝aτ2
1 1
在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小a＝
2
初速度的大小v＝aτ
1 1
匀减速运动阶段的位移x＝
2
由题知d＞x＋x，解得d＞.
1 2
【变式训练】如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计
的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t 时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板
0
运动，并最终打在A板上．则t 可能属于的时间段是 ( )
0
A．0＜t＜ B.＜t＜ C.＜t＜T D．T＜t＜
0 0 0 0
【答案】B
【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终
打在A板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t＝0、、、时粒子运动的v t图象，如图所示．由于v t
0
图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t＜与＜t＜T时粒子在一个周期内的总位移
0 0
大于零，＜t＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t＞T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求
0 0
粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确．粒子做偏转运动问题
例9、如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m
的带电微粒以初速度v 沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．
0
微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(
)
甲 乙
A．末速度大小为 v B．末速度沿水平方向
0
C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd
【答案】BC
【解析】.0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 的匀速直线运
0 0
动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v ＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直
1y
线运动，T时刻，v ＝v －a·＝0，所以末速度v＝v，方向沿水平方向，选项A错误，B正确；重力势能的
2y 1y 0
减少量ΔE ＝mg·＝mgd，所以选项C正确；根据动能定理：mgd－W ＝0，得W ＝mgd，所以选项D
p 克电 克电
错误．
【变式训练】相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠
近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v，质量为m，电荷量为－e，
0
在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U＝；紧靠B板的偏转电压也等于U，
0 0
板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的
相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．
(1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？
(2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．(结果用L、d表示)
【答案】(1)v v (2)
0 0【解析】 (1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为
v，kT～T时间内射出B板的电子速度为v
1 2
据动能定理有：－eU＝mv－mv，eU＝mv－mv
0 0
将U＝代入上式，得：v＝v，v＝v
0 1 0 2 0
(2)在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中，电子的运动时间：t＝
1
侧移量：y＝at＝，得y＝
1 1
打在荧光屏上的坐标为y′，则：y′＝2y＝
1 1 1
同理可得在kT～T时间内穿出B板后电子的侧移量：
y＝
2
打在荧光屏上的坐标：y′＝2y＝
2 2
故两个发光点之间的距离：Δy＝y′－y′＝.
1 2
高频考点五 带电体在电场、重力场中的运动
带电体在电场、重力场中运动的动力学问题
例10、如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝10 g、电荷量q＝＋1×10－6 C的小物块置于斜面上，当加
上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g取10 m/s2，求：
(1)该电场的电场强度；
(2)若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小；
(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L＝ m时，机械能的改变量．
【答案】(1)7.5×104 N/C，方向水平向右 (2)3 m/s2 (3)－0.02 J
【解析】(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有
在x轴方向：Fcos 37°－mgsin 37°＝0
在y轴方向：F －mgcos 37°－Fsin 37°＝0
N得：qE＝mgtan 37°，故有E＝＝7.5×104 N/C，方向水平向右．
(2)场强变化后物块所受合力为：
F＝mgsin 37°－qEcos 37°
根据牛顿第二定律得：F＝ma
故代入解得a＝0.3g＝3 m/s2，方向沿斜面向下．
(3)机械能的改变量等于电场力做的功，
故ΔE＝－qELcos 37°，解得ΔE＝－0.02 J.
带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题
例11、如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质
量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释
放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，
A、
B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g.
求：
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能E；
p
(3)A、B两球最终的速度v 、v 的大小．
A B
【答案】] (1) (2)mgh (3)
【解析】 (1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得
2mgh＝·2mv
解得v＝.
0
(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv＝(2m＋m)v
0
解得v＝v＝
0
据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋E
p
解得E＝mgh.
p
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也
为零，速度达到稳定．则2mv＝2mv ＋mv
0 A B
×2mv＝×2mv＋mv解得v ＝v＝，v ＝v＝.
A 0 B 0
