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第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動 一、電容器 1．電容器的充、放電 (1)充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能． (2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能． 2．公式C＝和C＝的比較 (1)定義式：C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關． (2)決定式：C＝，εr為介電常數，S為極板正對面積，d為板間距離． 二、帶電粒子在勻強電場中的運動　示波管 1．直線問題：若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量． (1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv. (2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv. 2．偏轉問題： (1)條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場． (2)運動性質：類平拋運動． (3)處理方法：利用運動的合成與分解． ①沿初速度方向：做勻速直線運動． ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速運動． 3．示波管的構造：①電子槍，②偏轉電極，③熒光屏．(如圖1所示) 圖1 [深度思考]　帶電粒子在電場中運動時一定考慮受重力嗎？ 答案　(1)基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)． (2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力． 1．(教科版選修3－1P40第9題)關于電容器的電容，下列說法中正確的是(　　) A．電容器所帶電荷量越多，電容越大 B．電容器兩板間電壓越低，其電容越大 C．電容器不帶電時，其電容為零 D．電容器的電容只由它本身的特性決定 答案　D 2．(人教版選修3－1P32第1題)平行板電容器的一個極板與靜電計的金屬桿相連，另一個極板與靜電計金屬外殼相連．給電容器充電后，靜電計指針偏轉一個角度．以下情況中，靜電計指針的偏角是增大還是減??？ (1)把兩板間的距離減??； (2)把兩板間的相對面積減??； (3)在兩板間插入相對介電常數較大的電介質． 答案　(1)把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變?。? (2)把兩極板間相對面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計指針偏角變大． (3)在兩極板間插入相對介電常數較大的電介質，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變小． 3.(人教版選修3－1P39第2題)某種金屬板M受到某種紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其速度大小也不相同．在M旁放置一個金屬網N.如果用導線將MN連接起來，M射出的電子落到N上便會沿導線返回M，從而形成電流．現在不把M、N直接相連，而按圖2那樣在M、N之間加一個電壓U，發(fā)現當U＞12.5V時電流表中就沒有電流．已知電子的質量me＝9.110－31kg. 問：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是多少？(結果保留三位有效數字) 圖2 答案　2.10106m/s 解析　如果電子的動能減少到等于0的時候，電子恰好沒有到達N板，則電流表中就沒有電流．由W＝0－Ekm，W＝－eU，得－eU＝0－Ekm＝－mev2 v＝＝m/s ≈2.10106m/s 4．(人教版選修3－1P39第3題)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉電場．進入時速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比． (1)電子與氫核的初速度相同． (2)電子與氫核的初動能相同． 答案　見解析 解析　設加速電壓為U0，偏轉電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質量為m，垂直進入偏轉電場的速度為v0，偏轉電場兩極間距離為d，極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中獲得初動能mv＝qU0，粒子在偏轉電場中的加速度a＝，在偏轉電場中運動的時間為t＝，粒子離開偏轉電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉電場時速度方向的偏轉角的正切值 tanθ＝＝. (1)若電子與氫核的初速度相同，則＝. (2)若電子與氫核的初動能相同，則＝1. 命題點一　平行板電容器的動態(tài)分析 一、兩類典型問題 1．電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變． 2．電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變． 二、動態(tài)分析思路 1．U不變 (1)根據C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化． (2)根據E＝分析場強的變化． (3)根據UAB＝Ed分析某點電勢變化． 2．Q不變 (1)根據C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化． (2)根據E＝分析場強變化． 例1　(2016全國Ⅰ卷14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上．若將云母介質移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 答案　D 解析　由C＝可知，當將云母介質移出時，εr變小，電容器的電容C變??；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據Q＝CU可知，當C減小時，Q減?。儆蒃＝，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確． 1．(2016天津理綜4)如圖3所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) 圖3 A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 答案　D 解析　若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據C＝可知，C變大；根據Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減??；根據E＝，Q＝CU，C＝聯立可得E＝，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確． 2．(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設此時兩極間的電勢差為U，P點場強大小為E，電勢為φP，負電荷的電勢能為Ep，現將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．U變大，E變大 B．U變小，φP變小 C．φP變小，Ep變大 D．φP變大，Ep變小 答案　AC 解析　根據題意可知兩極板間電荷量保持不變，當正對面積減小時，則由C＝可知電容減小，由U＝可知極板間電壓增大，由E＝可知，電場強度增大，故A正確；設P點的電勢為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep是增大的，故C正確． 命題點二　帶電粒子在電場中的直線運動 1．做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動． (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動． 2．用動力學觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 3．用功能觀點分析 勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 例2　在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止狀態(tài)，如圖5所示．當給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時，油滴開始向上運動；經時間Δt后，電容器突然放電使其電壓減少ΔU2，又經過時間Δt，油滴恰好回到原來位置．假設油滴在運動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內油滴的位移可忽略不計．重力加速度為g.求： 圖5 (1)帶電油滴所帶電荷量與質量之比； (2)第一個Δt與第二個Δt時間內油滴運動的加速度大小之比； (3)ΔU1與ΔU2之比． ①油滴保持靜止狀態(tài)；②恰好又回到原來位置． 答案　(1)　(2)1∶3　(3)1∶4 解析　(1)油滴靜止時滿足：mg＝q，則＝ (2)設第一個Δt時間內油滴的位移為x1，加速度為a1，第二個Δt時間內油滴的位移為x2，加速度為a2，則 x1＝a1Δt2， x2＝v1Δt－a2Δt2 且v1＝a1Δt，x2＝－x1 解得a1∶a2＝1∶3. (3)油滴向上加速運動時：q－mg＝ma1， 即q＝ma1 油滴向上減速運動時：mg－q＝ma2 即q＝ma2 則＝ 解得＝ 3．(2015海南單科5)如圖6所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負極板附近有另一質量為m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略．不計重力，則M∶m為(　　) 圖6 A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1 答案　A 解析　設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有，aM＝，l＝；對m有am＝，l＝，聯立解得＝，A正確． 4．(2014安徽22)如圖7所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間的距離為d，上極板正中有一小孔．質量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求： 圖7 (1)小球到達小孔處的速度； (2)極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間． 答案　(1)　(2)　C (3) 解析　(1)由v2＝2gh，得v＝ (2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知：mg－qE＝ma 由運動學公式知：0－v2＝2ad 整理得電場強度E＝ 由U＝Ed，Q＝CU，得電容器所帶電荷量Q＝C (3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2 整理得t＝ 命題點三　帶電粒子在電場中的偏轉 1．運動規(guī)律 (1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運動 2．兩個結論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的． 證明：由qU0＝mv y＝at2＝()2 tanθ＝ 得：y＝，tanθ＝ (2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為. 3．功能關系 當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置間的電勢差． 例3　(2016北京理綜23)如圖8所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出．已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. 圖8 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy； (2)分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因．已知U＝2.0102V，d＝4.010－2m，m＝9.110－31kg，e＝1.610－19C，g＝10m/s2. (3)極板間既有靜電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點． ①由靜止開始經加速電場加速；②沿平行于板面的方向射入． 答案　(1)　　　(2)見解析　(3)見解析 解析　(1)根據動能定理，有eU0＝mv， 電子射入偏轉電場時的初速度v0＝ 在偏轉電場中，電子的運動時間Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏轉距離Δy＝a(Δt)2＝ (2)只考慮電子所受重力和電場力的數量級，有重力 G＝mg≈10－29N 電場力F＝≈10－15N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力． (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝. 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定． 5．(多選)(2015天津理綜7)如圖9所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地進入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　　) 圖9 A．偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 答案　AD 6．(2015安徽理綜23)在xOy平面內，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖10所示，其中l(wèi)0為常數．粒子所受重力忽略不計．求： 圖10 (1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功； (2)粒子從A到C過程所經歷的時間； (3)粒子經過C點時的速率． 答案　(1)3qEl0　(2)3　(3) 解析　(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功 W＝qE(yA－yC)＝3qEl0 ① (2)粒子只受沿y軸負方向的電場力作用，粒子做類似斜上拋運動，粒子在x軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令 tAD＝tDB＝T，且tBC＝T ② 由牛頓第二定律qE＝ma ③ 由運動學公式得yD＝aT2 ④ 從D到C做類平拋運動，沿y軸方向：yD＋3l0＝a(2T)2 ⑤ 由②③④⑤式解得T＝ ⑥ 則A→C過程所經歷的時間t＝3T＝3 ⑦ (3)粒子由D到C過程中 x軸方向：2l0＝vD2T ⑧ y軸方向：vCy＝a2T ⑨ vC＝ ⑩ 由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝ 題組1　平行板電容器的動態(tài)分析 1.如圖1所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內，當開關S閉合，小球靜止時，懸線與豎直方向的夾角為θ，則(　　) 圖1 A．當開關S斷開時，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大 B．當開關S斷開時，若增大平行板間的距離，則夾角θ變小 C．當開關S閉合時，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大 D．當開關S閉合時，若減小平行板間的距離，則夾角θ減小 答案　C 解析　帶電小球在電容器中處于平衡時，由平衡條件有tan θ＝，當開關S斷開時，電容器兩極板上的電荷量Q不變，由C＝，U＝，E＝可知E＝，故增大或減小兩極板間的距離d，電容器兩極板間的電場強度不變，θ不變，選項A、B錯誤；當開關S閉合時，因為兩極板間的電壓U不變，由E＝可知，減小兩極板間的距離d，E增大，θ變大，選項C正確，D錯誤． 2．如圖2所示，電容器極板間有一可移動的電介質板，介質與被測物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加 B．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大 C．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板 D．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負極板 答案　D 解析　若x變大，則由C＝，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量減少，此時帶正電荷的極板得到電子，帶負電荷的極板失去電子，所以有電流流向負極板，A、C錯誤，D正確．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝可知，電容器極板間電壓減小，B錯誤． 3．(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說法正確的是(　　) A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀? C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tU變?yōu)樵瓉淼囊话? D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案　AD 解析　由E＝可知，若保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項正確；若保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺項錯誤；由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝，所以，保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項錯誤；保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄珽變?yōu)樵瓉淼囊话?，D項正確． 4．如圖3所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調電阻，用絕緣細線將質量為m、帶正電的小球懸于電容器內部．閉合開關S，小球靜止時受到懸線的拉力為F.調節(jié)R1、R2，關于F的大小判斷正確的是(　　) 圖3 A．保持R1不變，緩慢增大R2時，F將變大 B．保持R1不變，緩慢增大R2時，F將變小 C．保持R2不變，緩慢增大R1時，F將變大 D．保持R2不變，緩慢增大R1時，F將變小 答案　B 解析　據題圖可知電容器兩端電壓UMN即R0兩端電壓，而R0和R2是串聯關系，兩者電壓的和為電源的電動勢，因此R2↑→UR0↓UMN↓→電場強度E↓→F電↓→F↓，A錯誤，B正確；R2不變，緩慢增大R1時，R0兩端電壓不變，電容器兩端電壓不變，故F不變，C、D均錯． 題組2　帶電粒子在電場中的直線運動 5．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖4所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖4 A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　由動能定理得：－eh＝－Ek，所以Ek＝. 6．(2015新課標全國Ⅱ14)如圖5所示，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) 圖5 A．保持靜止狀態(tài) B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 答案　D 解析　兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉45，電場力方向也逆時針旋轉45，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確． 7.反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖6所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動．已知電場強度的大小分別是E1＝2.0103N/C和E2＝4.0103 N/C，方向如圖所示．帶電微粒質量m＝1.010－20kg，帶電荷量q＝－1.010－9C、A點距虛線MN的距離d1＝1.0cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應．求： 圖6 (1)B點到虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經歷的時間t. 答案　(1)0.50cm　(2)1.510－8s 解析　(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2， 解得d2＝0.50 cm. (2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2， 由牛頓第二定律有 |q|E1＝ma1， |q|E2＝ma2， 設微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1、t2，由運動學公式有d1＝a1t，d2＝a2t. 又t＝t1＋t2， 解得t＝1.510－8 s. 8.如圖7所示，一帶電荷量為＋q、質量為m的小物塊處于一傾角為37的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37＝0.6，cos37＝0.8.求： 圖7 (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大？ (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能． 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37＝qE FNcos 37＝mg 解得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37－qE′cos 37＝ma 解得a＝0.3g (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得 mgLsin 37－qE′Lcos 37＝Ek－0 解得Ek＝0.3mgL. 題組3　帶電粒子在電場中的偏轉 9．如圖8所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，則(　　) 圖8 A．在前時間內，電場力對粒子做的功為 B．在后時間內，電場力對粒子做的功為 C．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2 D．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1 答案　B 解析　帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運動是類平拋運動．豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速直線運動，由運動學知識可知，前后兩段相等時間內豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3.又因為電場力做的總功為，所以在前時間內，電場力對粒子做的功為，A選項錯；在后時間內，電場力對粒子做的功為，B選項對；在粒子下落前和后的過程中，電場力做功相等，故C、D選項錯． 10．(2014山東理綜18)如圖9所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現在電場中)．不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) 圖9 A. B. C. D. 答案　B 解析　根據對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝t2，解得v0＝.故選項B正確，選項A、C、D錯誤． 11．如圖10所示，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別存在著有界勻強電場E1、E2，已知區(qū)域Ⅰ寬L1＝0.8m，區(qū)域Ⅱ寬L2＝0.4m，E1＝10V/m且方向與水平方向成45角斜向右上方，E2＝20 V/m且方向豎直向下．帶電荷量為q＝＋1.610－3C．質量m＝1.610－3kg的帶電小球(可視為質點)在區(qū)域Ⅰ的左邊界由靜止釋放．g取10m/s2，求： 圖10 (1)小球在電場區(qū)域Ⅰ中運動的加速度大小和時間； (2)小球離開電場區(qū)域Ⅱ的速度大小和方向． 答案　(1)10m/s2　0.4 s　(2)5 m/s　速度方向與水平方向夾角為37斜向右下方 解析　(1)小球在電場Ⅰ區(qū)域受到電場力F1＝qE1，小球在電場Ⅰ區(qū)域受到的電場力和重力的合力方向水平向右，大小為F合＝F1 cos 45＝1.610－2 N，則小球向右做勻加速直線運動，其加速度a1＝＝10 m/s2，小球運動時間t1＝＝0.4 s. (2)小球離開電場Ⅰ區(qū)域的水平速度v0＝a1t1＝4 m/s，小球在電場Ⅱ區(qū)域中受到電場力和重力的合力豎直向下，其加速度a2＝g＋＝30 m/s2，小球在電場Ⅱ區(qū)域中做類平拋運動，其運動時間t2＝＝0.1 s．小球在豎直方向的分速度vy＝a2t2＝3 m/s，小球離開電場Ⅱ區(qū)域的速度v＝＝5 m/s，設小球離開電場Ⅱ區(qū)域的速度方向與水平方向夾角為θ，則tan θ＝＝，得θ＝37.