广西2026届高考物理二轮复习课件 专题3 第1讲 电场 带电粒子在电场中的运动

该高中物理高考复习课件聚焦“电场及带电粒子在电场中的运动”专题，依据高考评价体系梳理了电场性质、平行板电容器、带电粒子运动三大核心考点，通过近三年真题分析明确电场强度叠加占30%、电容器动态分析占25%的高频分布，归纳选择、计算等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+方法建模+素养提升”，如以2025湖南卷匀强电场题为例，用“等势线模型建构”和科学推理突破电势计算，总结“三步分析法”解决带电粒子偏转，培养科学思维与科学探究素养。助力学生掌握得分技巧，教师可依此精准教学，实现高效冲刺。

第一讲　电场　带电粒子在电场中的运动 专题三 2026 内容索引 01 02 03 体系构建•真题感悟 高频考点•探究突破 专项模块•素养培优 体系构建•真题感悟 【知识网络构建】 【高考真题再练】 1.(2024广西卷)如图所示,将不计重力、电荷量为q、带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放,小圆环先后经过图上P1点和P2点,已知sin θ= ,则小圆环从P1点运动到P2点的过程中 (　　) A.静电力做正功 B.静电力做负功 C.静电力先做正功再做负功 D.静电力先做负功再做正功 A 解析 设小圆环在P1、P2间的任意一点P,PM与MN的夹角为α,根据几何关系可得37°≤α≤53°,选无穷远处电势能为0,带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能Ep= ,根据数学知识可知在37°≤α≤53°范围内,随着α的增大,小圆环的电势能一直减小,所以静电力做正功。故选A。 2.(2025广西卷)用带电玻璃棒接触验电器的金属球,移走玻璃棒,验电器内的两片金属箔张开,稳定后如图所示。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是(　　) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 D 解析 带电玻璃棒与金属球接触后,金属球与金属箔带上了同种电荷,净电荷分布在带电导体表面,并在尖锐的地方聚集,内部电场强度为0,因此b、c两点电场强度为0,d点附近电荷量比a点附近多,因此d点的电场强度最强,故D正确。 3.(2025河北卷)《汉书》记载“姑句家矛端生火”,表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近的某条电场线如图所示,则a、b、c、d四点中电势最高的是(　　) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 D 解析 沿电场线方向电势逐渐降低,可知φd>φc>φb>φa,A、B、C三项错误,D项正确。 4.(多选)(2025湖南卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、-q 和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是(　　) A.OA 中点的电势为零 B.电场的方向与x轴正方向成60°角 C.电场强度的大小为 D.电场强度的大小为 AD 解析 根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=、φA=-、φB=,则OA中点的电势为φM==0,故A正确;如图所示,设N点为AB的三等分点,同理可知N点电势为0,连接MN,则MN为一条等势线,过A点作MN的垂线,可知电场线沿该垂线方向指向右下方,由几何关系可知,∠NMA=45°,故电场的方向与x轴正方向成45°角,故B错误;电场强度的大小为E=,故C错误,D正确。 5.(2025广西卷)在真空中,一个电荷量为-q、质量为m的试探电荷绕电荷量为+Q的点电荷做椭圆轨道运动,如图甲所示,O'为椭圆中心,O'A为半长轴,长度为a,O'B为半短轴,点电荷处于椭圆的焦点F处,焦距为c。图乙是v2-的关系图,其中v为该试探电荷运动速率,r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势为φ=,其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。 (1)求B点的电势。 (2)求该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功。 (3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒,说明理由;若守恒,求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。 答案 (1) (2)-kQq (3)守恒　- 解析 (1)由几何关系可知,椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为2a,故B点距焦点F处点电荷的距离为r=a 根据电势计算公式φ=,可得椭圆轨道半短轴顶点B的电势为φB=。 (2)同理可知,椭圆轨道半长轴顶点A的电势为φA= 根据电场力做功与电势能的关系可知,带电粒子从A到B的运动过程中,电场力对带电粒子做的功为WAB=-q(φA-φB)=-kQq。 (3)设带电粒子的质量为m,假设带电粒子动能与电势能之和守恒, 则满足mv2+(-q)=C(定值) 则v2= 根据题图乙可知v2-关系为一条倾斜直线,故假设成立 将图像中代入关系式,可得其动能与电势能之和为C=-。 高频考点•探究突破 考点一 电场的性质 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.库仑定律的应用 库仑定律 ,计算库仑力时,电荷量均代入正值 2.电场强度的矢量性及大小计算   用到的思维方法有叠加法、对称法、微元法、补偿法等 考点一 考点二 考点三 命题点 解答指引 3.电势高低与电势能大小的判定 (1)电势高低的判定 ①根据电场线方向,沿着电场线方向,电势越来越低。 ②根据静电力做功判断。 ③根据电势差UAB=φA-φB,若UAB>0,则φA>φB。 (2)电势能变化的判断 ①根据静电力做功判断:WAB=-ΔEp。 ②根据电势高低判断:正电荷在电势越高的位置电势能越大;负电荷在电势越高的位置电势能越小。 ③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,而能量总和应保持不变 考点一 考点二 考点三 命题点 解答指引 4.公式U=Ed的理解和应用 在匀强电场中电势差与电场强度的关系式为U=Ed,其中d为两点沿电场线方向的距离。 在非匀强电场中,不能用U=Ed进行计算,但可以进行定性分析,一般沿电场线方向取相同的长度d,线段处于电场强度较大的区域所对应的电势差U较大 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 1.对电势和电场强度的三点提醒 (1)电势是标量,是描述电场能的性质的物理量;电场强度是矢量,是描述静电力的性质的物理量。 (2)电势高的地方电场强度不一定大,二者在大小上无必然联系。　　 是两个不同的物理量 (3)沿电场强度方向是电势降落最快的方向。 考点一 考点二 考点三 2.对电势和电势能的三点理解 (1)电势和电势能均为标量,具有相对性,其正负表示大小。　　 涉及电势能公式计算时要带正负号 (2)某点的电势为零,试探电荷在该点的电势能也一定为零。 (3)某点电势高,试探电荷在该点的电势能不一定大。 考点一 考点二 考点三 3.解答匀强电场有关问题的三个技巧 (1)在匀强电场中,沿任意一个方向,电势升高或降低都是均匀的,故在同一直线上间距相同的两点间的电势差大小相等。 (2)若已知匀强电场中某几点的电势,在求其他点的电势时,一般采用“等分法”,在电场中找与待求点的电势相同的等势点。 注:如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差大小等于原电势差的,采用这种等分间距求解电势问题的方法,叫作等分法。 (3)在匀强电场中,相互平行的相等线段的两端点电势差相等。 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 1.(多选)(2024广东卷)(命题点3)污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面,M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上。 下列说法正确的有(　　) A.M点的电势比N点的低 B.N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 AC 考点一 考点二 考点三 解析 根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低,污泥絮体带负电,根据Ep=qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大,污泥絮体从M点移到N点,电势能减小,电场力对其做正功,故A、C正确;根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小,故B错误;M点和P点在同一等势面上,则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等,结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大,故D错误。 考点一 考点二 考点三 2.(命题点1)如图所示,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为(　　) A.Q1=q,Q2=q,Q3=q B.Q1=-q,Q2=-q,Q3=-4q C.Q1=-q,Q2=q,Q3=-q D.Q1=q,Q2=-q,Q3=4q D 考点一 考点二 考点三 解析 根据电场强度的矢量性可知,要使P点的电场强度为零,三个点电荷不可能是同种电性,故A、B错误;根据矢量叠加特点和几何关系知,Q1、Q3在P点的电场强度应大小相等,故C错误,D正确。 考点一 考点二 考点三 3.(命题点2、3)如图所示,在真空中水平放置一长方体的高为2l,其上下两个面是边长为l的正方形,在顶点A、C处分别放置电荷量为+Q的点电荷,在顶点F、H处分别放置电荷量为-Q的点电荷,O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是(　　) A.该长方体的几何中心处电场强度为零 B.B、D两点电场强度相同 C.沿竖直方向从O1到O2,电势先减小后增大 D.将一电子从B点移到E点,静电力做负功 D 考点一 考点二 考点三 解析 由等量同种点电荷电场特点可知,A、C处放置的正电荷在长方体的几何中心处电场强度方向竖直向下,F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处电场强度方向竖直向下,则该长方体的几何中心处合电场强度竖直向下,大小不为零,故A错误。B、D两点到两正电荷的距离相同,到两负电荷的距离相同,由矢量合成可知,B、D两点的电场强度大小相等,方向不同,故B错误。沿竖直方向从O1到O2,所在位置距离正电荷越来越远,离负电荷越来越近,所以电势一直减小,故C错误。B点离两正电荷更近,E点离两负电荷更近,则B点的电势高于E点的电势,将一电子从B点移到E点,静电力做负功,故D正确。 考点一 考点二 考点三 4.(2024北京卷)(命题点4)如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M、N两点,P、Q是MN连线上的两点,且MP=QN。下列说法正确的是(　　) A.P点电场强度比Q点电场强度大 B.P点电势与Q点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变 C 考点一 考点二 考点三 解析 本题考查等量异种电荷的电场。由等量异种点电荷的电场线分布特点知,P、Q两点电场强度大小相等,A错误;由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势高于Q点电势,B错误;由电场叠加得P点电场强度E= ,若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍,而P、Q间距不变,根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大,C正确,D错误。 考点一 考点二 考点三 考点二 与平行板电容器有关的电场问题 命题点 解答指引 1.平行板电容器 2.涉及电容器的动态分析 (1)明确平行板电容器中的物理量的变量和不变量。 (2)应用平行板电容器电容的决定式分析电容器的电容的变化。 (3)应用电容的定义式分析电容器带电荷量和两板间电压的变化情况。 (4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析,得出结论 【命题点点拨】 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 1.平行板电容器动态变化问题的两种情况 (1)电容器保持与电源相连,U保持不变,则有Q=CU∝C,C=,两板间电场强度E=。 (2)电容器充电后与电源断开,Q保持不变,则有U=,C∝,电场强度E=。 注:电容器板上电荷量变化的过程回路中有电流! 考点一 考点二 考点三 2.分析平行板电容器的动态变化问题时的两个关键点 (1)确定不变量:首先要明确动态变化过程中的哪些量不变,一般情况下是电荷量不变或板间电压不变。 (2)恰当选择公式:要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化,应用E=分析板间电场强度的变化情况,即抓住公式C=和C=。U不变时,选用E=;Q不变时,选用E=。 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 5.(2024黑吉辽卷)(命题点1、2)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图甲所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中,并与恒压电源、电流表等构成如图乙所示的电路。闭合开关S后,若降低溶液的浓度,则(　　) A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N B 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 6.(命题点2)下图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则 (　　) A.材料竖直方向尺度减小 B.极板间电场强度不变 C.极板间电场强度变大 D.电容器的电容变大 A 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 考点三 带电粒子在电场中的运动及综合问题 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.带电粒子在电场中做直线运动 考点一 考点二 考点三 命题点 解答指引 2.带电粒子在匀强电场中的偏转问题 带电粒子在电场中的偏转运动: ①在垂直于电场的方向上做匀速直线运动,在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量 ②沿静电力方向做匀加速直线运动,在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量 在垂直于电场的方向上有 联立方程可求解 3.带电粒子(带电体)在电场中的综合问题 把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中的力学的模型,从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 考点一 考点二 考点三 [典例](命题点2、3)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆,AB为圆的直径,如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为0的粒子,自圆周上的C点以速率v0穿出电场,AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受静电力作用。 (1)求电场强度的大小。 (2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入 电场时的速度应为多大? (3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0, 该粒子进入电场时的速度应为多大? 考点一 考点二 考点三 解析 (1)由题意知在A点速度为0的粒子会沿着电场线方向运动,由于q>0,故电场线由A指向C,根据几何关系可知,xAC=R 考点一 考点二 考点三 (2)根据题意可知,要使粒子动能增量最大,则沿电场线方向移动距离最多,作AC的垂线并且与圆相切,切点为D,即粒子从D点射出时沿电场线方向移动距离最多,粒子在电场中做类平抛运动,根据几何关系有 考点一 考点二 考点三 (3)因为粒子在电场中做类平抛运动,粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0,即在电场方向上速度变化为v0,过C点作AC的垂线会与圆周交于B点,故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时,由几何关系有 考点一 考点二 考点三 【审题指导】 题干关键 隐含信息 q>0;速度为0的粒子,自圆周上的C点以速率v0穿出电场 故电场方向与AC平行,由A指向C 仅受静电力作用,粒子穿过电场后的动能增量最大 粒子从静电力做功最多点离开电场,该点与A点电势差最大 粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0 从C点及与C点在同一等势面上的点离开电场动量变化都是mv0 考点一 考点二 考点三 特别提醒 (1)当粒子平行于电场方向射入时,粒子做直线运动,其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况,粒子可能做周期性的运动。 (2)当粒子垂直于电场方向射入时,沿初速度方向的分运动为匀速直线运动,沿静电力方向的分运动可能具有周期性。 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 7.(2024四川成都期末)(命题点2)如图所示,一对金属板水平放置,间距足够大,极板间的电压为U,在金属板右侧有一竖直屏。一不计重力的带电粒子从两板中央以水平速度v0入射,入射方向的延长线与屏的交点为O点,粒子打在屏上的位置与O点的距离为y。将U变为0.5U,v0变为0.5v0,保持其他条件不变,粒子打在屏上的位置与O点的距离将变为(　　) A.4y B.2y C.y D.0.5y B 考点一 考点二 考点三 解析 带电粒子离开电场时的速度v与带电粒子进入电场时的速度v0夹角为tan θ=,速度的反向延长线交于水平位移的中点,得偏离O的距离为y=tan θ=,当U变为0.5U,v0变为0.5v0,其他保持不变时,y变为原来的2倍,故B正确,A、C、D错误。 考点一 考点二 考点三 8.(多选)(2024广西南宁模拟)(命题点1)如图甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔。右极板的电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(电子的电荷量为e,不计重力作用)。下列说法正确的是(　　) A.若从t=0时刻释放电子,电子将始终向右运动,直到打到右极板上 B.若从t=0时刻释放电子,电子可能在两极板间振动 C.若从t=0时刻释放电子,在t=恰好 到达右极板,则到达右极板时电子的 动能为eU0 D.若从t=0时刻释放电子,在t=时刻 到达右极板,则到达右极板时电子的动能是 AD 考点一 考点二 考点三 解析 若t=0时刻释放电子,根据运动的对称性,电子将重复先加速后减速运动,直到打到右极板,不会在两极板间振动,所以A正确,B错误。设两极板的距离为d,极板间的电场强度大小E=,若从t=0时刻释放电子,在t=时刻到达右极板,则电子经历了先加速再减速后加速三个过程,每段过程加速度的大小a=相同,则每段位移的大小相同,均为,全过程由动能定理得eE·-eE·+eE·=Ek,解得Ek=eE·,E=,得Ek=,C错误,D正确。 考点一 考点二 考点三 9.(2024河北卷)(命题点3)如图所示,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求: (1)电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 专项模块•素养培优 带电粒子(带电体)在电场中的综合问题 【主题概述】 从近几年高考来看,这部分内容常以选择题或计算题的形式出现,计算题的难度中等或者中等偏上,分为两种情况:一种是单纯考查带电粒子(带电体)在电场中的运动问题;一种是和磁场结合考查带电粒子(带电体)在电磁场中的运动问题。多以典型的电场、生产生活和科技事例为命题背景,体现了整体法、隔离法、对称法、力学三大观点知识的综合运用。 【典例分析】 [典例]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2倍。 答案 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,故带电油滴所受静电力与重力等大、反向。 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,a1大小满足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,a2大小满足qE2+mg=ma2③ 油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1④ 由①②③④式得v2=v0-2gt1。⑤ 【思维路径】 审题: 关键词句 分析解读 电场强度大小为E1的匀强电场 电场强度的大小已知,方向未知 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 带电油滴所受静电力与重力等大、反向 电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变 带电油滴运动到A后,加速度大小发生变化 持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变 带电油滴运动t1后,加速度大小又发生变化 再持续同样一段时间后,油滴运动到B点 带电油滴又运动t1 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2倍 设B、A两点间距离为h,有 =2g(2h) 方法点拨 先分析带电粒子(带电体)的受力情况,根据F合=ma得出加速度,再根据运动学方程可得出所求物理量。 题目破解:1.确定油滴运动到B点时的速度,可根据牛顿第二定律结合速度公式解决。 2.确定增大后的电场强度的大小,应结合平衡条件和位移公式进行求解,注意讨论B点在A点下方还是上方。 3.注意为保证后来的电场强度比原来的大,要讨论t1和v0应满足的条件,应在求出E2的基础上进一步讨论判断。 【类题演练】 (2025广东韶关模拟)如图所示,光滑水平面与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方与水平轨道之间分布有水平向右的匀强电场。现将质量为m、电荷量为+q的小球甲从水平轨道上的A点由静止释放,与质量为m、静止在B点的不带电的小球乙碰撞后瞬间粘在一起形成小球丙,小球丙运动到C点离开圆轨道后,做平抛运动恰好经过界面MN上的P点,P点在A点的正上方。已知A、B间的距离为2R,重力加速度为g,甲、乙、丙小球均可视为质点, 不计空气阻力,求: (1)丙经过轨道C点时对轨道的作用力; (2)匀强电场的电场强度大小; (3)丙在半圆轨道运动时的最大动量。 答案 (1)2mg,方向竖直向上 (2) (3)2m,方向斜向上与水平方向的夹角为arctan 解析 (1)设小球丙过C点时的速度为vC,由平抛运动可得R=gt2,2R=vCt, 由牛顿第二定律2mg+FN=2m,联立解得FN=2mg 由牛顿第三定律可知,小球丙经过轨道C点时对轨道的作用力为2mg,方向竖直向上。 (2)小球甲从A点到B点的过程中由动能定理得qE·2R=,小球甲和小球乙碰撞可得mv0=2mvB,小球丙从B点到C点的过程中由动能定理得qE·R-2mg·2R=×2m×2m,联立解得E=。 (3)设小球运动到圆弧上的D点时的速度为v,OD与竖直方向的夹角为α,由动能定理可得 qERsin α-2mgR(1-cos α)=×2mv2-×2m, 化简得v2=(3sin α+2cos α+1)gR=[sin (α+φ)+1]gR, 由数学知识可得vm=,小球丙在半圆轨道运动时的最大动量pm=2mvm=2m,方向斜向上与水平方向的夹角为α,根据几何关系有tan α=,解得α=arctan 。 本 课 结 束 F=k k+k 定义式:C=,决定式:C= 甲 乙 解析 考查电容器电容的变化和充放电过程。 平行板电容器的电容公式C=。 由题图可知,降低溶液浓度,εr增加,导致C增大;电容器的电压不变, 由C=分析可知其电荷量变大,电流方向为N→M,故B正确。 解析 电容器两极板间电压不变,极板上所带电荷量变少,由C=知电容减小,由C=分析可知,电容器两极板间距离增大,则材料竖直方向尺度减小,故A正确,D错误。电容器两极板间电压不变,两极板间距离增大,由E=分析可知极板间电场强度变小,故B、C错误。 t=,沿静电力方向上有y=at2或vy=at,a=, 答案 (1)　(2)　(3)见解析 所以根据动能定理有qExAC=-0 解得E=。 x=Rsin 60°=v1t y=R+Rcos 60°=at2 而静电力提供加速度有qE=ma 联立各式解得粒子进入电场时的速度v1=。 xBC=R=v2t2 xAC=R= 静电力提供加速度有qE=ma 联立解得v2= 当粒子从C点射出时初速度为0。 答案 (1)　(2) 解析 (1)在匀强电场中,根据公式可得电场强度E=。 (2)在A点细线对小球的拉力为0,根据牛顿第二定律得Eq-mg=m, 从A到B过程,根据动能定理得qU-mgL=, 解得vA=,vB=。 (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+a1⑦ 油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1-a2⑧ 由题给条件有=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=E1⑪ 为使E2>E1,应有2-2>1⑫ 即当0<t1<⑬ 或t1>⑭ 才是可能的;条件⑬式和⑭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=-h⑮ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E2=E1⑯ 为使E2>E1,应有2-2>1⑰ 即t1>⑱ 另一解为负,不合题意,已舍去。 $