2025届高考物理二轮复习专题讲义 静电场

2025高考物理二轮复习 静电场 课前学习任务 1、 学习目标 从物质的观念和运动与相互作用的观念研究电场中抽象的概念和点电荷的场强、电容器、带电粒子运动.从能量观理解电势和电势能.关注生活和生产中静电现象,思考物理与生活的联系.能够应用前面复习的知识解决静电场相关的实际问题. 2、 必备知识 一、　电场的性质 1.电场中的各个物理量的形成及相互转化关系 2.电势高低的比较:(1)根据电场线方向,沿着电场线方向,电势越来越低;(2)根据电势差UAB=φA-φB,若UAB>0,则φA>φB,反之则φA<φB. 3.电势能变化的判断:(1)根据静电力做功判断,若静电力对电荷做正功,则电势能减少;反之则增加.W=-ΔEp.(2)根据能量守恒定律判断,静电力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程. 二、　带电粒子在电场中的运动 三　电容器的综合问题 1.电学角度:(1)平行板电容器的两极板间为匀强电场,电场强度通过E=分析;(2)电容器的电容与电荷量的关系通过C=分析;(3)平行板电容器的电容大小由C=决定. 2.力学角度:先进行受力分析和运动状态分析,包括电场力在内的受力影响了物体的运动状态,再结合平衡条件、牛顿运动定律、功能关系进行分析和求解. 课堂学习任务 题型1　电场的性质 例1　[2021·浙江6月选考] 某书中有如图所示的图,用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面,其中a、b是一条实线上的两点,c是另一条实线上的一点,d是导体尖角右侧表面附近的一点.下列说法正确的是 (　) A.实线表示电场线 B.离d点最近的导体表面电荷密度最大 C.“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同 D.电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零 例2　[2022·浙江1月选考] 某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示.下列说法正确的是 (　) A.a点所在的线是等势线 B.b点的电场强度比c点大 C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大 D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零 变式训练 1.(不定项)某同学利用感应起电机起电后,连接两接线柱形成一对正负电极,如图所示为该接线柱所在平面电场的分布情况,A、B、C、D为电场中的四个点,其中C、D两点在两点电荷连线的中垂线上.下列说法正确的是 (　) A.A点的场强大于B点的场强 B.C点和D点电场强度方向相反 C.负电荷由A点移动到B点,电势能增加 D.正电荷在C点的电势能等于其在D点的电势能 2.在真空中的O点存在一孤立的带正电的点电荷,将一带电粒子以一定的初速度射入该电荷激发的电场中,粒子在电场中的一段轨迹如图所示.粒子从P点运动到R点的过程中,在Q点时轨迹与圆1相交,在R点时轨迹与圆2相切,圆1、2的圆心都在O点,不计粒子重力,粒子电荷量保持不变.下列说法正确的是 (　) A.该粒子一定带正电荷 B.粒子在P点的加速度比在Q点的加速度大 C.粒子从P点运动到R点后有可能继续沿圆2轨迹做圆周运动 D.粒子从P点运动到R点(不含)的过程中速度方向与电场线方向的夹角一直为锐角 题型2　带电粒子在电场中的运动 例3　[2022·浙江6月选考] 如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应).t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子到达N板时速度大小为v0,平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出.不计重力和粒子间的相互作用,则 (　) A.M板电势高于N板电势 B.两个粒子的电势能都增加 C.粒子在两板间的加速度为a= D.粒子从N板下端射出的时间t= 例4　[2023·浙江1月选考] 如图所示,示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成.电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U,YY'极板间电压为零,电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零,从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极.已知电子电荷量为e,质量为m,则电子 (　) A.在XX'极板间的加速度大小为 B.打在荧光屏时,动能大小为11eU C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为 D.打在荧光屏时,其速度方向与OO'连线夹角α的正切tan α=   变式训练 1.(不定项)如图所示,装置由平行板电容器1和平行板电容器2及一匀速转动的圆筒组成,圆筒轴线与平行板电容器2中心轴线OO'垂直,O'为圆筒竖直线AB的中点.平行板电容器1有加速电压U1=200 V,平行板电容器 2两板间距d=8 cm,板长l=20 cm,其两板间电压为正弦交流电U2=40sin 10t(V),圆筒距平行板电容器2的最右端为L=10 cm,圆筒半径r=5 cm,高度h=20 cm,以角速度ω=10 rad/s匀速转动.粒子源从靠近加速电场的A板附近源源不断地无初速度放出带正电的粒子(重力不计),从平行板2的中心轴进入,粒子打到圆筒上会留下痕迹,把圆筒展开后的痕迹图可能是 (　) A B C D 2.[2023·浙江6月选考] 某带电粒子转向器的横截面如图所示,转向器中有辐向电场.粒子从M点射入,沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动,并从虚线上的N点射出,虚线处电场强度大小分别为E1和E2,则R1、R2和E1、E2应满足 (　) A.= B.= C.= D.= 题型3　电容器的综合问题 例5　[2024·浙江1月选考] 如图所示,金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子,最大速率为vm.正对M放置一金属网N,在M、N之间加恒定电压U.已知M、N间距为d(远小于板长),电子的质量为m,电荷量为e,则 (　) A.M、N间距增大时电子到达N的动能也增大 B.只有沿x方向逸出的光电子到达N时才有最大动能m+eU C.光电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D.M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 例6　[2023·浙江6月选考] AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定,竖直截面如图所示.两板间距10 cm,电荷量为1.0×10-8 C、质量为3.0×10-4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点.闭合开关S,小球静止时,细线与AB板夹角为30°;剪断细线,小球运动到CD板上的M点(未标出),g取10 m/s2,则 (　) A.MC 距离为 5 cm B.电势能增加了 ×10-4 J C.电场强度大小为×104 N/C D.减小R的阻值,MC的距离将变大   变式训练 1.(不定项)如图所示电路中,电容器A、B完全相同,数字电压表内阻很大.保持开关S2断开,将开关S1接1,稳定后电压表的示数为U1;将开关S1接2,稳定后电压表的示数为U2.将开关S1接0,闭合S2一段时间后,再断开S2,将开关S1接2,稳定后电压表的示数为U3,重复以上操作,读出U4,U5,…,Un.根据上述实验可得 (　) A.Un= B.Un=2Un-1 C.电容器的电压与电容器的电荷量成正比 D.电容器的电容与电容器的电荷量成正比 2.(不定项)如图所示,带电荷量一定的平行板电容器水平放置,板间有A、B、C三点,A、B两点的连线竖直,B、C两点的连线水平.将两完全相同的带正电粒子分别从A、B两点以大小相等的初速度同时射入两极板间,从B点射入的粒子速度方向与水平方向成60°角,从A点射入的粒子速度方向水平,两粒子均能经过C点.已知B、C两点间的距离为d,不计粒子重力和粒子间的相互作用,则(　) A.两粒子一定同时到达C点 B.A、B两点间的距离等于d C.从A点射入的粒子到达C点时的速度等于其初速度的倍 D.将上极板稍向上移动时,从A点射入的粒子从C点右侧经过B、C所在直线 课后学习任务 1.如图所示,两个等量异种点电荷产生的电场中,a、b、c、d四点分别处于正方形的四个顶点上,其中a、b两点在两点电荷的连线上,且关于连线的中垂线对称,则下列说法正确的是 (　) A.a、b两点的电势相等 B.c、d两点的电场强度相同 C.移动单位负电荷从d到c,电场力做正功 D.移动单位正电荷从b到d,电场力沿b→c→d做功比直接沿对角线做功大 2.如图所示的电路中,电介质板与被测量的物体A相连,当电介质向左或向右移动时,通过相关参量的变化可以将A定位.开始单刀双掷开关接1,然后将单刀双掷开关接2.下列说法正确的是 (　) A.开关接1,x增大时,平行板电容器带的电荷量增大 B.开关接1,x增大时,电路中的电流沿顺时针方向 C.开关接2,x减小时,静电计的指针偏角减小 D.开关接2,x减小时,平行板间的电场强度不变 3.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置.如图所示,一电子在电场中仅受电场力的作用,实线描绘出了其运动轨迹,虚线表示等势线,各等势线关于y轴对称,a、b、c、d分别是轨迹与等势线的交点.已知电子在经过a点时的动能为60 eV,各等势线的电势高低已标注在图中,则 (　) A.a、d两点的电场强度相同 B.电子从a点运动到b点过程,电场力做负功 C.电子从c点运动到d点过程,电势能逐渐减小 D.电子在经过等势线d点时的动能为60 eV 4. 已知电荷均匀分布的球壳对内部点电荷的库仑力为零.如图所示,在半径为R、电荷均匀分布的带正电球体内有一穿过球心O的光滑真空细通道,带负电的绝缘小球从入口A点由静止释放后穿过通道到达球体另一端的B点,其中C点到O点的距离为x.若小球从A点释放瞬间加速度大小为a,不计小球重力,细通道及小球对球体的电荷分布无影响,则下列说法正确的是 (　) A.带电小球在C点时加速度大小为a B.带电小球在通道内先做匀加速运动后做匀减速运动 C.带电小球的最大速度为 D.带电小球从A点运动到B点的时间大于4 5.如图所示,倾角为30°的光滑绝缘斜面足够长,空间存在方向与斜面平行的匀强电场.质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电小球(可视为质点)从固定斜面的底端A点由静止释放,经过t时间,小球沿斜面上升到B点,此时撤去电场,又经过2t时间,小球恰好回到初始位置A,重力加速度为g.下列说法正确的是(　) A.撤去电场前,小球电势能逐渐增加 B.带电小球上滑过程中,撤去电场前、后的加速度大小之比1∶2 C.小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为t D.撤去电场前,A、B两点间的电势差为 6. 在电场强度方向水平向右的匀强电场中,将一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示,小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平线上,M点为轨迹的最高点,小球抛出时的动能为8 J,在M点时的动能为6 J,不计空气的阻力,小球可视为质点.下列判断正确的是 (　) A.小球的水平位移x1与x2之比为1∶2 B.小球的水平位移x1与x2之比为1∶4 C.小球落到B点时的动能为32 J D.小球从A点运动到B点的过程中,最小动能为6 J 7. 如图所示,两平行金属极板水平放置,充电后上极板带正电,下极板接地.一电子以某一初速度从极板左侧O点水平射入并从右侧P点飞出,飞出极板时电子的电势能为Ep.若保持极板带电荷量不变,只将下极板向上平移一小段距离,电子再次以同一速度从O点水平射入,则电子从右侧飞出时,下列说法正确的是 (　) A.飞出时的位置在P点上方 B.飞出时的位置在P点下方 C.电势能等于Ep D.电势能大于Ep 8. 如图所示,加速电场的两极板P、Q竖直放置,两极板间距为d,电压为U1;偏转电场的两极板M、N水平放置,两极板长度及间距均为L,电压为U2.P、Q极板上分别有小孔A、B,AB连线与偏转电场中心线BC共线.质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场,经过偏转电场,到达探测器(探测器可上下移动).整个装置处于真空环境,且不计离子重力.下列说法正确的是 (　) A.离子在加速电场中运动的时间为d B.离子在M、N板间运动的时间为L C.离子到达探测器的最大动能为q D.为保证离子不打在M、N极板上,U1与U2应满足的关系为U2>2U1 9.如图甲所示的竖直平面内,竖直金属薄板M、N足够长且平行正对放置,M板为电子发射装置,可向各个方向持续发射出速率介于0到最大值v(v未知)之间的电子,两板间电压大小为U,正负变化周期为T(如图乙所示),电子在M、N间运动的时间远小于T且0~0.5T内N板中央小孔O1恰好始终没有电子射出.N板、竖直屏K1、竖直屏K2和竖直虚线GH等距放置,仅K2与GH间分布着方向竖直向上的匀强电场,电场强度大小为E=,屏K1、K2上有两个关闭的小阀门a、b,a、b位置与O1共线且该线与水平线O1O2方向的夹角θ=37°.0时刻打开阀门a、b,T时刻恰好有电子穿过阀门a,1.5T时刻关闭阀门a,1.52T时刻关闭阀门b.已知电子质量为m、电荷量大小为e,不考虑电子之间的碰撞及相互作用,忽略金属板的边缘效应,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. (1)求电子经O1射出时的最大速率vm; (2)若电子落在屏K1上不同位置P(P始终在O1O2连线上方),对应角度∠PO1O2=φ,求电子落在P处的速率vP及角度φ的取值范围; (3)电子通过虚线GH时的最大动能Ekm(数字系数保留两位有效数字). 答案解析 课堂学习任务 题型1 例1　D　[解析] 图中的实线是等势线,选项A错误;根据等势线和电场线的关系可以判断d处的电场线最稀疏,如图所示,所以选项B错误;图中可以看出电场线上各点的切线方向并不同,所以电场方向不相同,选项C错误;电场力做功与路径无关,取决于起点、终点的电势差,由于a、b是同一条等势线上的两点,所以电场力不做功,选项D正确. 例2　C　[解析] 静电场中的电场线是不闭合的,所以图中的闭合曲线都是等势线,根据电场线与等势线相互垂直,可知a点所在的线是电场线,选项A错误;b点附近的电场线比c附近的电场线稀疏,所以b点的电场强度比c点小,选项B错误;根据电场线与等势线垂直,可以画出通过a点的等势线,比较可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大,选项C正确;电场力做功与路径无关,取决于电势差,图中d、g并不在同一条等势线上,因此电场力做功一定不为零,选项D错误. 【迁移拓展】 1.CD　[解析] 电场线越密,电场强度就越大,由图可知B点处的电场线比A点处的密,所以A点的场强小于B点的场强,故A错误;电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向,由图可知C点和D点电场强度方向相同,故B错误;由图可知A点电势高于B点电势,所以负电荷由A点移动到B点,电场力做负功,电势能增加,故C正确;由图可知C点和D点在同一等势面上,电势相等,所以正电荷在C点的电势能等于其在D点的电势能,故D正确. 2.C　[解析] 如图甲所示,由曲线运动的特点知,合力指向曲线的凹侧,故该粒子与带正电的点电荷相互吸引,该粒子一定带负电荷,A错误;根据库仑定律F=k,由于r1>r2,故F1<F2,由牛顿第二定律知,粒子在P点的加速度比在Q点的加速度小,B错误;由于粒子在R点时速度方向与圆2相切,若此时库仑力F3=m,则粒子从P点运动到R点后有可能继续沿圆2轨迹做圆周运动,C正确;由图乙知,粒子从P点运动到R点(不含)的过程中速度方向与电场线方向的夹角一直为钝角,D错误. 甲 乙 题型2 例3　C　[解析] 粒子的电性未知,粒子从M极板到N极板,电场力做正功,但不能判断极板电势的高低,选项A错误;根据题意垂直M板向右的粒子,到达N板时速度增大,动能增大,则电场力做正功,电势能减小,平行M板向下的粒子在极板间运动时电场力也做正功,电势能同样减小,故B错误;设两板间距离为d,平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出,在两板间做类平抛运动,有=v0t,d=at2,对于垂直M板向右的粒子,在板间做匀加速直线运动,因两粒子相同,在电场中加速度相同,有-=2ad,联立解得t=,a=,故C正确,D错误. 例4　D　[解析] 电子在XX'极板间的加速度a=,选项A错误;电子经过加速电压加速,电场力做功为10eU,在经过偏转电极XX'时,电场力还会做功,电子以速度v0从其中央射入,电场力最多做功0.5eU,因此电子打在荧光屏上时电子动能最大为10.5eU,选项B错误;在XX'极板间受到电场力的冲量I=et,而在XX'极板中垂直电场方向电子做匀速直线运动,即t=,代入化简得I=,选项C错误;设电子偏转距离为x=,其中m=10eU,根据推论可知tan α=,代入化简得tan α=,选项D正确. 【迁移拓展】 1.CD　[解析] 带电粒子在电容器中1中加速,由动能定理得U1q=m,由于粒子在电容器2中运动的时间极短,远远小于电容器两极板电压变化的周期,故粒子在电容器2中运动的过程可认为极板间的电压不变,粒子在电容器2中的偏转量y=··,联立可得y=,当U2取最大值时,y取大,代入数据得ym=2.5 cm,由速度的反向延长线过水平位移中点及几何关系可知,打在圆筒上偏离中心线的最远距离Ym=ym+ym=2ym=5 cm,由于偏转电场变化的周期T1= s=0.2π s,圆筒转动的周期T2==0.2π s,即T1=T2,所以痕迹图是完整一个周期的正弦曲线,故A、B错误,C、D正确. 2.A　[解析] 粒子在等势线上移动,电势能不变,可知电场力不做功,即在辐向电场中,电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力,则E1q=m,E2q=m,联立得=,选项A正确. 题型3 例5　C　[解析] 增大M、N之间的距离时,不能改变M、N之间电势差,光电子从M到N过程中电场力做功仍为W=eU,即电场力做功不变,因此到达N时的动能不变,选项A错误;根据动能定理有W=Ekt-Ek0,只要光电子能到达N,电场力做功就为eU,所以只要光子逸出时的速率为vm,无论光电子从哪个方向逸出,到达N时的动能都为m+eU,选项B错误;使逸出时初动能最大的光电子运动到N处恰好减速到零所加的反向电压为遏止电压,根据动能定理有-eUc=0-m,则遏止电压Uc=,所以M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零,选项D错误;假设某光电子初速度v的方向与x方向的夹角为θ,则y方向位移y=vsin θ·t,从M到N过程中,x方向位移d=vcos θ·t+at2,当θ=90°时,x方向运动时间最长,为tm==,当初速度v=vm时,y方向位移最大,为ym=vmtm=vmd,选项C正确. 例6　B　[解析] 带电小球静止时的受力分析如图所示,由平衡条件可得qEcos 60°=Fcos 60°,qEsin 60°+Fsin 60°=mg,则E=×105 N/C,选项C错误;剪断细线后,重力与电场力的合力和F方向相反,由几何关系得=tan 30°,因此MC=10 cm,选项A错误;电阻R在电路中并不能影响两平行板之间的电势差,即减小电阻R,不会改变MC的距离,选项D错误;剪断细线,电场力对小球做负功,小球的电势能增加,ΔEp=-W=Eq(d-lsin 30°)= ×10-4 J,选项B正确. 【迁移拓展】 1.AC　[解析] 电容器的电容由其本身决定,与所加电压和所带电荷量均无关,电容器的电压与电容器的电荷量成正比,选项C正确,D错误.根据实验过程可知,开始时给电容器A充电后,A两端的电势差为U1,设A所带电荷量为Q;将开关S1接2时,电容器A上的电荷量将转移到电容器B上,最后稳定后两电容器将平分电荷量,此时A两端的电势差将变成U2=;为了重复实验,需要将B中的电荷量全部放掉,即将开关S1接0,闭合S2一段时间后,再断开S2;以后重复实验,通过实验可知,A上的电荷量依次变为、、…,而电压表的示数依次为、、…,所以Un=,选项A正确,B错误. 2.BC　[解析] 两粒子在水平方向上均做匀速直线运动,设两粒子的初速度大小均为v0,则从B点射入的粒子到达C点所用的时间为tB==,从A点射入的粒子到达C点所用的时间为tA=,由于tA≠tB,所以两粒子不可能同时到达C点,A错误;设粒子在电场中的加速度为a,从B点射入的粒子到达C点时,在竖直方向有v0tBsin 60°-a=0,设A、B两点间的距离为x,则从A点射入的粒子到达C点时,在竖直方向有x=a,联立解得a=,x=d,B正确;从A点射入的粒子到达C点时,竖直方向的分速度vy=atA=v0,水平方向的分速度vx=v0,合速度v==v0,C正确;根据公式C=,Q=CU,U=Ed,可得E=,将上极板稍向上移动时,极板间电场强度不变,则粒子的加速度不变,运动情况不变,从A点射入的粒子仍能经过C点,D错误. 课后学习任务 1.C　[解析] 由于沿电场线方向电势降低,可知φa<φb,A错误;电场线分布的疏密程度表示电场的强弱,根据等量异种点电荷的电场线分布特征可知,c、d两点的电场强度大小相等,但方向不同,即c、d两点的电场强度不相同,B错误;由于沿电场线方向电势降低,可知φd<φc,移动单位负电荷从d到c,根据Wdc=-qUdc=-q(φd-φc)>0,可知电场力做正功,C正确;电场力做功只与移动的电荷量和初、末位置的电势差有关,与移动的路径无关,所以移动单位正电荷从b到d,电场力沿b→c→d做功与直接沿对角线做功相等,D错误. 2.C　[解析] 开关接1,则平行板间的电压U不变,x增大时,εr减小,由C=可知电容器的电容C减小,由Q=CU可知平行板电容器带的电荷量Q减小,电容器放电,由电路图可知,电路中的电流沿逆时针方向,A、B错误;开关接2, 则电容器带的电荷量保持不变,x减小时,εr增大,由C=可知电容器的电容增大,由U=可知平行板间的电压减小,则静电计的指针偏角减小,由E=可知平行板间的电场强度减小,故C正确,D错误. 3.D　[解析] 根据等势线与电场线垂直,可知a、d两点的电场强度方向不同,故a、d两点的电场强度不同,故A错误;电子从a点运动到b点过程中,电势升高,所以电场力做正功,故B错误;电子从c点运动到d点过程中,电势降低,所以电势能逐渐增大,故C错误;a、d两点的电势相等,故电子从a点运动到d点,电场力做功为0,所以电子在经过等势线d点时的动能为60 eV,故D正确. 4.C　[解析] 设电荷均匀分布的带正电球体所带的电荷量为Q,带负电的绝缘小球所带的电荷量为q,根据牛顿第二定律,小球在A点时,有k=ma,则小球在A点时加速度为a=k,C点以内的带正电球体所带的电荷量为Q1=Q=Q,根据牛顿第二定律,带电小球在C点时,有k=ma1,解得带电小球在C点时加速度为a1=k·=a·,故A错误;根据A项分析可知,小球在通道内任一点的加速度大小与该点到O点的距离成正比,故带电小球在通道内先做加速度减小的加速运动后做加速度增大的减速运动,故B错误;取A点为坐标原点,AB方向为正方向,建立a-x坐标系,如图甲所示,图线与横轴所围面积乘上质量m即表示合外力做的功,根据B项分析可知,在O点时小球的加速度为零,速度最大,根据动能定理得ma·R=m,解得带电小球的最大速度为vm=,故C正确;画出带电小球由A点运动到B点的v-t图像,如图乙所示,由图像可知,小球从A点运动到B点过程中的平均速度大于,根据运动学规律可知,带电小球从A点运动到B点的时间t<==4,故D错误. 甲 乙 5.C　[解析] 撤去电场前,小球运动过程中,电场力对小球做正功,小球的电势能逐渐减小,故A错误;设撤去电场时小球的位移大小为x,速度大小为v0,撤去电场前小球的加速度大小为a1,撤去电场后小球的加速度大小为a2,根据位移与时间的关系可得x=a1t2,-x=v0·2t-a2(2t)2,根据速度与时间的关系可得v0=a1t,联立解得=,故B错误;撤去电场后小球上升到最高点的时间t1=,联立解得t1=t,所以小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为t'=t+t1=t,故C正确;撤去电场后,由牛顿第二定律得mgsin 30°=ma2,解得a2=,则a1=a2=g,v0=a1t=gt,x=a1t2=gt2,撤去电场前,根据动能定理有-UABq-mgxsin 30°=m,解得UAB=-,故D错误. 6.C　[解析] 小球在竖直方向上上升和下落的时间相同,小球在水平方向上做初速度为零的匀加速运动,由比例关系可知,水平位移之比x1∶x2=1∶3,选项A、B错误;设小球在M点时的水平分速度为vx,则小球在B点时的水平分速度为2vx,根据题意有m=8 J,m=6 J,因而小球在B点时的动能为EkB=m[+(2vx)2]=32 J,选项C正确;小球受到重力与静电力,合力为恒力,方向斜向右下,小球在A点时合力方向与速度方向之间的夹角为钝角,小球在M点时合力方向与速度方向之间的夹角为锐角,则小球从A点运动到N点的过程中,合力对小球先做负功后做正功,由动能定理知,小球从A点运动到M点的过程中,动能先减小后增大,同理,小球从M点运动到B点的过程中,由于合力方向与速度方向的夹角始终为锐角,所以合力一直做正功,动能一直增大,故小球从A点运动到B点的过程中,最小动能一定小于6 J,选项D错误. 7.D　[解析] 若保持极板带电荷量Q不变,只将下极板向上平移一小段距离,则根据E===,可知两板间场强不变,电子再次以同一速度从O点水平射入,在电场中受力情况不变,所以飞出时的位置仍在P点,因下极板上移,则此时P点的电势降低,电子的电势能增加,即电势能大于Ep,故选项A、B、C错误,D正确. 8.B　[解析] 离子在加速电场中做匀加速直线运动,加速度为a1=,由运动学公式得d=a1,联立解得离子在加速电场中运动的时间为t1=d,故A错误;设离子进入偏转电场时速度为v0,由动能定理得qU1=m,离子在M、N板间运动的时间为t2=,联立解得t2=L,故B正确;当离子沿M或N板飞出时,离子到达探测器时动能最大,由动能定理得最大动能Ekm=qU1+q,故C错误;为保证离子不打在M、N极板上,粒子在竖直方向的偏转位移应小于,有·<,联立解得U2<2U1,故D错误. 9.(1)2　(2)≤vP≤2　φ≤45°　(3)2.2eU [解析] (1)根据题意,0~0.5T内,由动能定理有-eU=0-mv2 0.5T~T内,由动能定理有eU=m-mv2 联立解得vm=2 (2)设电子离开O1时的水平速度最小值为vmin,由动能定理有eU=m-0 解得vmin= 则电子落在位置P时的最小速度为vP1== 电子离开O1后落在位置P时的最大速度为vP2=vm=2 由于vP2≥vP1 故cos φ≥ 即φ≤45° 电子落在P处的速率vP的取值范围为≤vP≤2 (3)当φ=37°时,电子到达屏K1时的速度v的取值范围为v1=≤v≤v2=2 0时刻打开阀门a、b,T时刻恰好有电子穿过阀门a,说明0.5T时刻从O1射出的速率为v2的电子在T时刻到达阀门a,有=v2(T-0.5T) 该电子运动到阀门b过程,有=v2(t-0.5T) 又知=2 解得t=1.5T 即该电子在1.5T时刻运动到阀门b. 设1.52T时刻能穿过阀门b的电子最小速率v3,则该电子是在0.5T时刻从O1射出,有=v3(1.52T-0.5T) 解得v3=v2= 由=v3(t'-0.5T) 解得t'=T 由于t'<1.5T,说明1.5T时刻该电子已经穿过阀门a. 则1.52T时刻穿过阀门b的电子速率vb在v3~v2之间,电子在K2与GH间电场中运动时,水平方向有 x=vbtcos θ 竖直方向有 y=vbtsin θ-at2 eE=ma 其中x=cos θ=v2(T-0.5T)cos θ E= 电子通过虚线GH时的动能Ek=m-eEy 联立得Ek=m+-3eU 当m=,即vb==v2时,Ek最小,由于v2>v2,所以vb在v3~v2之间时,Ek随vb增大而减小,因此当vb=v3时,电子通过虚线GH的动能最大,为Ekm≈2.2eU. 学科网（北京）股份有限公司 $$