高中物理二輪復(fù)習(xí)——帶電粒子在電場中的運(yùn)動

1、(本專題對應(yīng)學(xué)生用書第2125頁)一、 帶電粒子在電場中的加速1. 在勻強(qiáng)電場中加速，可用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解.基本方程:a=，E=，-=2ax.2. 在非勻強(qiáng)電場中的加速運(yùn)動一般受變力的作用，可根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功引起帶電粒子能量的變化，利用動能定理、功能關(guān)系求解.基本方程:qU=m-m.二、 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1. 運(yùn)動狀態(tài)分析:帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時，受到恒定的與初速度方向成90角的電場力作用而做勻變速曲線運(yùn)動(軌跡為拋物線).2. 分析處理方法:用類似平拋運(yùn)動的分析方法分解運(yùn)動.沿初速度方向:做速度為v0的勻速直線運(yùn)動.沿電場

2、力方向:做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動.能力提升帶電粒子在電場中運(yùn)動時物理量的比較該種類型題目的分析方法是:(1) 先畫出入射點軌跡的切線，即畫出初速度v0的方向，再根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析其他有關(guān)的問題.(2) 若已知電場線的分布，則可以根據(jù)電場線的疏密來判斷場強(qiáng)的大小，再根據(jù)牛頓第二定律可以比較加速度大小.(3) 電勢能的變化可根據(jù)電場力做功的情況判斷，動能的變化則根據(jù)合外力做功的情況判斷.(4) 若帶電粒子僅受電場力作用，則運(yùn)動過程中，帶電粒子只有動能與電勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，兩者總量守恒.例1(多選)(2014南京三模)如圖所示是電視機(jī)顯像管主聚焦電

3、場中的電場線分布圖，中間一根電場線是直線，電子從O點由靜止開始只在電場力的作用下運(yùn)動到A點，取O點為坐標(biāo)原點，沿直線向右為x軸正方向.在此過程中關(guān)于電子運(yùn)動速度v、加速度a隨時間t的變化圖線，電子的動能Ek、運(yùn)動軌跡上電勢隨位移x的變化圖線，下列圖中可能正確的是()思維軌跡:解析:在電場中，電場線的疏密表示了電場強(qiáng)弱，由圖可知，在電子由O點運(yùn)動到A點的過程中，電場強(qiáng)度先變大后變小，又由電場力公式F=qE和牛頓第二定律F=ma可知，電子運(yùn)動的加速度先變大后變小，在v-t圖象中，圖線的斜率表示了加速度，故選項A錯誤，選項B正確;根據(jù)動能定理qEx=Ek-0可知，在Ek-x圖象中，圖線的斜率表示了電

4、子所受的電場力qE，電場力qE先增大后減小，故選項C正確;由電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系Ex=可知，在-x圖象中，圖線的斜率表示了電場強(qiáng)度E，故選項D錯誤.答案:BC變式訓(xùn)練1(2014重慶)如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線.兩電子分別從a、b兩點運(yùn)動到c點，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b兩點的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則()A. Wa=Wb，EaEbB. WaWb，EaEbC. Wa=Wb，EaEb D. WaWb，EaEb，C、D錯誤;a、b兩點處于同一等勢面上，電子從a、b兩點運(yùn)動到c點，電場力做的功相等，與路徑無關(guān)，則B錯誤，A正確.答案:

5、A變式訓(xùn)練2(2014鹽城一模)如圖所示，將帶正電的甲球放在不帶電的乙球左側(cè)，兩球在空間形成了穩(wěn)定的靜電場，實線為電場線，虛線為等勢線.A、B兩點在兩球球心的連線上，C、D兩點關(guān)于直線AB對稱，則()A. A點和B點的電勢相同B. C點和D點的電場強(qiáng)度相同C. 正電荷從A點移至B點，電場力做正功D. 負(fù)電荷從C點移至D點，電勢能增大解析:A點和D點的電勢相同，B點電勢低于D點電勢，故選項A錯誤;C點和D點的電場強(qiáng)度大小相等，方向不相同，選項B錯誤;正電荷從A點移至B點，即從高電勢點移到低電勢點，電勢能減小，電場力做正功，選項C正確;C、D兩點處在同一等勢面上，故負(fù)電荷從C點移至D點，電勢能不變

6、，選項D錯誤.答案:C帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動分析帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動的分析方法與力學(xué)中的這類問題的處理方法相同，只是在受力分析時增加一個電場力(對于基本粒子一般還可以忽略其重力).(1) 帶電粒子在電場中的平衡問題的解題步驟選取研究對象進(jìn)行受力分析，注意電場力的方向特點由平衡條件列方程求解(2) 帶電粒子在電場中的變速直線運(yùn)動可用運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能關(guān)系角度用動能定理或能量守恒定律求解.例2(2014江蘇聯(lián)考)如圖所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某一帶同種電荷的液珠，開始運(yùn)動瞬間，液珠的加速度大小恰好為重力加速度g.已知靜電力常量為

7、k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力.求:(1) 液珠的比荷.(2) 液珠速度最大時離A點的距離h.(3) 若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成=，其中r為該點到電荷Q的距離(選無限遠(yuǎn)處電勢為零).求液珠能到達(dá)的最高點B離A點的高度rB.思維軌跡:解析:(1) 設(shè)液珠的電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點釋放時k-mg=mg，解得液珠的比荷為=.(2) 當(dāng)液珠速度最大時，k=mg，解得h=H.(3) 設(shè)BC間的電勢差大小為UCB，由題意得UCB=C-B=-.對液珠由釋放處直至最高點(速度為零)的全過程應(yīng)用動能定理得qUCB-mg(rB-H)=0，即q-mg(rB-H)=0.將

8、第(1)問的結(jié)果代入化簡得-3HrB+2H2=0.解得rB=2H，rB=H(舍去).答案:(1) (2) H(3) 2H變式訓(xùn)練3(2014揚(yáng)州檢測)如圖所示，在寬度為L的兩虛線區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的滑塊(可看成點電荷)，從距該區(qū)域為L的絕緣水平面上以初速度v0向右運(yùn)動并進(jìn)入電場區(qū)域，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為.(1) 若該區(qū)域電場為水平方向，并且用速度傳感器測得滑塊從出口處滑出的速度與進(jìn)入該區(qū)域的速度相同，求該區(qū)域的電場強(qiáng)度大小與方向，以及滑塊滑出該區(qū)域的速度.(2) 若該區(qū)域電場為水平方向，并且用速度傳感器測得滑塊滑出該區(qū)域的速度等于滑塊的初速度v0，求該區(qū)域的

9、電場強(qiáng)度大小與方向.(3) 若將該區(qū)域電場改為豎直方向，測出滑塊到達(dá)出口處速度為(此問中取v0=2)，再將該區(qū)域電場反向后，發(fā)現(xiàn)滑塊未能從出口滑出，求滑塊所停位置距左邊界多遠(yuǎn).解析:(1) 滑塊從出口處滑出的速度與進(jìn)入該區(qū)域的速度相同，說明滑塊在電場區(qū)域勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件有qE=mg，解得E=，其方向水平向右.滑塊進(jìn)入電場前，根據(jù)動能定理有-mgL=mv2-m.解得滑塊滑出該區(qū)域的速度為v=.(2) 從滑塊開始運(yùn)動到滑出電場區(qū)域，根據(jù)動能定理有-2mgL+qEL=m-m.解得E=，其方向水平向右.(3) 根據(jù)題意可以判斷出，第一次時電場方向為豎直向上，根據(jù)動能定理有-mgL-(mg-qE)

10、L=m-m.第二次電場反向后，設(shè)滑塊所停位置距左邊界距離為s，根據(jù)動能定理有-mgL-(mg+qE)s=0-m.又因為v0=2，聯(lián)立解得s=L.答案: (1) 方向水平向右(2) 方向水平向右(3) L帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動分析 1. 帶電粒子在電場中僅受電場力的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動分析:垂直射入勻強(qiáng)電場的帶電粒子，在電場中，只受電場力的作用，運(yùn)動性質(zhì)與重力場中的平拋運(yùn)動相類似，研究這類問題的基本方法是將運(yùn)動進(jìn)行分解，根據(jù)每一個分運(yùn)動的規(guī)律和特點，選擇恰當(dāng)方法加以解決.2. 帶電粒子在電場中的圓周運(yùn)動分析:帶電粒子在電場中的運(yùn)動軌跡為一段圓弧(或在電場中做圓周運(yùn)動)，處理此類問題時，若求解速度或動能，

11、從動能定理入手;若求解受力情況用向心力公式，利用沿半徑方向的合力提供向心力列方程求解.3. 帶電粒子在勻強(qiáng)電場和重力場中的曲線運(yùn)動分析:用正交分解法將復(fù)雜的運(yùn)動分解為相互垂直的直線運(yùn)動.例3如圖所示為電子顯示儀器(如示波器)的核心部件，部分為加速裝置，陰極產(chǎn)生的熱電子由靜止開始經(jīng)加速電壓u1加速后，進(jìn)入板長為l1，間距為d，電壓為u2的偏轉(zhuǎn)區(qū)域，距偏轉(zhuǎn)區(qū)域右側(cè)為l2的位置是熒光屏，電子轟擊熒光屏能夠顯示出光斑.依據(jù)上述信息，求:(1) 若偏轉(zhuǎn)電壓u2為穩(wěn)定的直流電壓，試推導(dǎo)Y(光斑到O的距離)的表達(dá)式.(2) 若u2=kt，光斑在熒光屏上做什么運(yùn)動?速度多大?(3) 若u2=t2，光斑在熒光屏

12、上做什么運(yùn)動?加速度多大?思維軌跡:解析:(1) 電子的加速過程，由動能定理得eu1=m.進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，平行于板的方向電子做勻速直線運(yùn)動l1=v0t.垂直于板的方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，y=at2=.設(shè)電子射出平行板偏轉(zhuǎn)電場后速度的偏向角為，vy為沿y方向的分速度，則tan=.出射速度的反向延長線與原運(yùn)動方向交于O點，則tan=，得OA=.由三角形相似得=，Y=OP=y=.(2) 若u2=kt，則OP=y=kt.因為OP與時間t成正比，所以光斑在熒光屏上做勻速直線運(yùn)動，速度的大小等于時間t前面的系數(shù)，即v=k.(3) 若u2=t2，OP=t2=at2，光斑在熒光屏上做勻加速直線運(yùn)動，

13、加速度大小為.答案:(1) (2) 勻速直線運(yùn)動k(3) 勻加速直線運(yùn)動變式訓(xùn)練4(2014海安中學(xué))如圖所示，一對帶電平行金屬板A、B與豎直方向成30角放置.B板中心有一小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy的O點，y軸沿豎直方向.一比荷為1.0105 C/kg的帶正電粒子P從A板中心O處靜止釋放后沿OO做勻加速直線運(yùn)動，以速度v0=104 m/s，方向與x軸正方向成30角從O點進(jìn)入勻強(qiáng)電場，電場僅分布在x軸的下方，場強(qiáng)大小E=103 V/m，方向與x軸正方向成60角斜向上，不計粒子的重力.求:(1) AB兩板間的電勢差UAB.(2) 粒子P離開電場時的坐標(biāo).(3) 若在粒子P進(jìn)入電場的同時，在電

14、場中適當(dāng)?shù)奈恢糜伸o止釋放另一個與P完全相同的帶電粒子Q，可使兩粒子在離開電場前相遇.求所有滿足條件的釋放點的集合(不計兩粒子之間的相互作用力以及對電場強(qiáng)度的干擾).解析:(1) 由動能定理知qUAB=m，可得 UAB= V=500 V.(2) 粒子P在進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，設(shè)離開電場時距O的距離為L，如圖所示:則Lcos30=v0t，Lsin30=t2.解得L=1 m，所以P離開電場時的坐標(biāo)為(1，0).(3) 由于粒子Q與P完全相同，所以只需在P進(jìn)入電場時初速度方向的直線上的OM范圍內(nèi)任一點釋放粒子Q，可保證兩者在離開電場前相碰，OM所在的直線方程為y=-x，OM=Lcos30= m，故M

15、的橫坐標(biāo)為xM=OMcos30=0.75 m.則所有滿足條件的釋放點的集合為y=-x且0x0.75 m.答案:(1) 500 V(2) (1，0)(3) y=-x且0x0.75 m帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動問題分析帶電粒子在交變電場中受到的電場力隨電場變化而變化，抓住電場力(加速度)隨時間的變化規(guī)律，找準(zhǔn)過渡量是解決這類問題的關(guān)鍵.通常的解題方法是:先分析粒子的受力特點和運(yùn)動狀態(tài)，然后畫出速度時間圖象，再結(jié)合速度時間圖象的物理意義(如斜率、截距、圖線所圍面積等的物理意義)綜合分析.但有時也要注意有些問題可能僅是不同時刻(或速度)的粒子對應(yīng)著不同的電場.例4(2014金陵中學(xué))如圖甲所示，水平放

16、置的平行金屬板AB間的距離d=0.1 m，板長L=0.3 m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間，距金屬板右端x=0.5 m處豎直放置一個足夠大的熒光屏.現(xiàn)在AB板間加如圖乙所示的方波形電壓，已知U0=1.0102 V，擋板的左側(cè)有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質(zhì)量m=1.010-7 kg，電荷量q=1.010-2 C，速度大小均為v0=1.0104 m/s，帶電粒子的重力不計.(1) 求電子在電場中的運(yùn)動時間.(2) 求在t=0時刻進(jìn)入電場的粒子打在熒光屏上的位置到O點的距離.(3) 證明粒子離開電場時的速度均相同.(4) 若

17、撤去左側(cè)擋板，求熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度.思維軌跡:(1) 粒子垂直進(jìn)入電場后，垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)極板長度和入射速度求出運(yùn)動時間;(2) 研究粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)可分段進(jìn)行計算，也可以畫出v-t圖象進(jìn)行計算;(3) 粒子進(jìn)入電場后垂直電場方向的速度不變，平行電場方向的速度有偏轉(zhuǎn)速度，欲證明粒子離開電場時的速度相同，只要證明平行電場方向的速度相同;(4) 粒子進(jìn)入電場的時刻不同，所以離開電場時的位置不同，由第3小問的鋪墊可知離開電場時速度方向都相同，但要注意分析粒子能否從上、下極板邊緣離開電場.解析:(1) 進(jìn)入電場的粒子在水平方向不受力，做勻速直線運(yùn)動L=v0t.粒子在電場中的

18、運(yùn)動時間t=310-5 s.(2) 粒子在電場中的運(yùn)動時間一共是310-5 s，根據(jù)兩極板間的電壓圖象，豎直方向上0210-5 s粒子勻加速運(yùn)動，210-5 s310-5 s粒子勻減速直線運(yùn)動，由于電壓大小相等，所以加速度大小相等，a=108 m/s2.離開電場時豎直方向的速度vy=a210-5-a110-5=1 000 m/s.豎直方向的位移y=a+a210-5110-5-a=0.035 m.粒子離開電場后打到熒光屏的過程，水平方向勻速直線運(yùn)動x=v0t.豎直方向勻速直線運(yùn)動y=vyt=0.05 m.所以打到熒光屏的位置到O點的距離y+y=0.085 m.(3) 任意時刻進(jìn)入電場的粒子水平方

19、向都是勻速直線運(yùn)動，在電場中的運(yùn)動時間310-5 s不變，該時間剛好等于電場變化的周期.豎直方向，根據(jù)運(yùn)動時間等于一個周期可判斷電壓為U0時運(yùn)動時間為210-5 s，則電壓為-U0時運(yùn)動時間為110-5 s，所以豎直方向的速度vy=a210-5-a110-5=1 000 m/s.根據(jù)速度合成得粒子離開電場時的速度v=均相同.(4) 擋板撤去后，所有粒子離開電場的速度都相同(前一問所得).示意圖如下:t=0時刻進(jìn)入的粒子，正向偏轉(zhuǎn)位移最大，且運(yùn)動過程沒有速度反向y=a+a210-5110-5-a(110-5)2=0.035 m.若粒子進(jìn)入的位置合適，粒子可以從極板的上邊沿離開電場.t=210-5

20、 s時刻進(jìn)入的粒子反向偏轉(zhuǎn)過程中位移最大是速度減小到0的時候，若粒子位置合適，粒子此時剛好到達(dá)下極板，隨后開始加速，時間為t=110-5 s，此粒子下面的粒子將打在下極板上而不能離開電場.此粒子的正向偏移為y=a(110-5)2=0.005 m.根據(jù)粒子離開電場的速度大小方向都相同，判斷打在熒光屏上面的光帶長度為d-y=0.095 m.答案:(1) 310-5 s(2) 0.085 m(3) 略(4) 0.095 m變式訓(xùn)練5(2014啟東中學(xué))如圖甲所示，一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的粒子從靜止開始經(jīng)恒定電壓為U0的電場加速后緊貼著水平放置的A板射入一豎直方向的勻強(qiáng)電場中，A、B兩板間的電壓如

21、圖乙所示，極板長均為L，相距為d，帶電粒子恰好能從此電場中射出，不計粒子的重力.求:(1) 豎直電場兩極A、B間的恒定電壓U為多大.(2) 若使A、B間所加電壓按圖丙所示規(guī)律變化，帶電粒子也恰好從B板右邊沿平行于金屬板的方向射出，且從帶電粒子飛入豎直電場的時刻開始計時，求: 所加電壓的周期T應(yīng)滿足的條件. 所加電壓的振幅U1應(yīng)滿足的條件.解析:(1) 帶電粒子通過加速和偏轉(zhuǎn)，最終從B板右邊射出，有qU0=m，L=v0t，d=at2，a=，聯(lián)立解得U=.(2) 帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間必須為整數(shù)個周期，才能平行金屬板射出，有nT=，從而求得T=(n=1，2，3，). 根據(jù)偏轉(zhuǎn)規(guī)律，在半個周

22、期內(nèi)豎直方向上的位移y1=，在一個周期內(nèi)豎直方向上的位移2y1=，在n個周期內(nèi)豎直方向上的位移n2y1=d，即n=d(n=1，2，3，).把T=代入上式，整理后得U1=(n=1，2，3，).答案:(1) (2) (n=1，2，3，) (n=1，2，3，)能力呈現(xiàn)【考情分析】201220132014帶電粒子在電場中的運(yùn)動T15:帶電粒子在電場中的運(yùn)動T15:帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動T4:電場強(qiáng)度、電勢【備考策略】1. 要牢牢抓住力和能這兩條主線，將知識系統(tǒng)化，找出它們的聯(lián)系，做到融會貫通.2. 注意體會和掌握處理復(fù)雜的物理問題的方法，如類比法、等效法、建立模型等思維方法.3. 重視帶電粒子在電

23、場中的加速、偏轉(zhuǎn)以及電容器的相關(guān)知識在實際生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用，如靜電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機(jī)、示波器等.1. (2014泰州質(zhì)檢)兩個帶電荷量分別為Q1、Q2的點電荷周圍的電場線如圖所示，由圖可知()A. 兩點電荷帶異號電荷，且Q1Q2B. 兩點電荷帶異號電荷，且Q1Q2D. 兩點電荷帶同號電荷，且Q1Q2，選項A正確.答案:A2. (多選)(2014南京調(diào)研)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，O點是a、c連線的中點，在a、c兩處分別固定一個等量的正點電荷，如圖所示.若將一個帶負(fù)電的試探電荷P置于b點，自由釋放后，電荷P將沿著對角線bd往復(fù)運(yùn)動.在電荷P從b點運(yùn)動到d點的過程中

24、，電荷P()A. 經(jīng)過O點的電勢能最大B. 所受電場力先增大后減小C. 電勢能和動能之和保持不變D. 電勢能先減小后增大解析:由等量正點電荷的電場線分布特征和題意可知，電荷P的動能與電勢能之和保持不變，故選項C正確;在電荷P從b點運(yùn)動到d點的過程中，將先加速至O點，再減速至d點，因此經(jīng)過O點時，其動能最大，電勢能最小，故選項A錯誤，選項D正確;在a、c連線的中垂線上，電場強(qiáng)度由中心O點向兩側(cè)至無窮遠(yuǎn)處，先變大后變小，即電荷P所受電場力也先增大后減小，由于b、d位置與電場強(qiáng)度最大值位置關(guān)系不明，因此電荷P從b點運(yùn)動到d點的過程中，所受電場力的變化情況也不能確定，故選項B錯誤.答案:CD3. (多

25、選)(2014江蘇聯(lián)考)如圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在光屏P上.關(guān)于電子的運(yùn)動，下列說法中正確的是()A. 滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升B. 滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C. 電壓U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變D. 電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變解析:滑動觸頭向右移動時，其他不變，加速電壓增大，電子速度增大，則電子打在熒光屏上的位置下降，選項A錯誤;滑動觸頭向左移動時，其他不變，加速電壓減小，電子速度減小，則電

26、子打在熒光屏上的位置上升，選項B正確;電壓U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變，電子打在熒光屏上的速度增大，選項C正確、D錯誤.答案:BC4. (多選)(2014南通二調(diào))如圖所示，一對面積較大的平行板電容器水平放置，且?guī)У攘慨惙N電荷，B板固定且接地，A板用絕緣線懸掛，P為兩板中點.下列說法中正確的是()A. 若在兩板間充滿電介質(zhì)，P點電勢將升高 B. A、B兩板的電荷分別在P點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同C. 若將A板豎直向下平移一小段距離，電容器儲存的電能減小D. 若將A板豎直向上平移一小段距離，線的拉力將變大 解析:A、B兩極板之間沒有導(dǎo)線相連，所以A板電荷量Q保

27、持不變，B板接地，則B板的電勢為零，A板帶正電，B板帶負(fù)電，則A板電勢高于B板電勢且為正.若在兩板之間充滿電介質(zhì)，根據(jù)公式C=，電容器的電容C要增大，根據(jù)C=，Q不變，U變小，A、B板之間的電場強(qiáng)度E變小，P-B=E，而B=0，所以P變小，選項A錯誤; A板帶正電，在P處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向下，B板帶負(fù)電，在P處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向也向下，且兩板到P點的距離相等，則場強(qiáng)的大小也相等，選項B正確;若將A板豎直向下平移一小段距離，兩板之間的距離d將減小，根據(jù)公式C=，電容器的電容C要增大，而電容器儲存的電能為EC=CU2=，則EC減小，選項C正確;若將A板豎直向上平移一小段距離，兩板之間的距離d增大，根據(jù)F

28、=k，板A受到的引力將減小，所以繩的拉力將變小，選項D錯誤.選擇BC項.答案:BC專題六帶電粒子在電場中的運(yùn)動1. (多選)(2014鹽城三模)如圖所示，放在水平地面上的光滑絕緣筒內(nèi)有兩個帶正電的小球A、B，A位于筒底靠左側(cè)壁處，B在右側(cè)筒壁上的P處時處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將B小球向上移動一段距離，從E處由靜止開始釋放，則在它下落到筒底前()A. 小球A對筒底的壓力保持不變B. 小球B對筒壁的壓力逐漸增大C. 小球B的動能先增大后減小D. 小球A、B間的電勢能逐漸增大2. (2014南京鹽城二模)如圖所示，虛線表示某電場的等勢面.一帶電粒子僅在電場力作用下由A點運(yùn)動到B點的徑跡如圖中實線所示.粒子在

29、A點的速度為vA、電勢能為EpA;在B點的速度為vB、電勢能為EpB.則下列結(jié)論中正確的是()A. 粒子帶正電，vAvB，EpAEpBB. 粒子帶負(fù)電，vAvB，EpAEpBC. 粒子帶正電，vAvB，EpAEpBD. 粒子帶負(fù)電，vAEpB 3. (2014江蘇)如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場強(qiáng)度和電勢說法中，正確的是()A. O點的電場強(qiáng)度為零，電勢最低B. O點的電場強(qiáng)度為零，電勢最高C. 從O點沿x軸正方向，電場強(qiáng)度減小，電勢升高D. 從O點沿x軸正方向，電場強(qiáng)度增大，電勢降低4. (2014南通中學(xué))如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運(yùn)動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知()A. 帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度B. 帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C. 帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大D. 帶電粒子在R點時的加速度小于在Q點時的加速度5. (2014山東)如圖所示，大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)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