（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題七 帶電粒子在電場中的運動學案

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1、 專題七　帶電粒子在電場中的運動 江蘇卷考情導向 考點 考題 考情 電場的性質(zhì) 2016年T3考查電場線的疏密與電場強度的強弱的關(guān)系，掌握電場線的方向與電勢的高低的關(guān)系 2015年T8考查電勢差與電場強度的關(guān)系、電勢和電勢能 2014年T4考查電勢、電場的疊加和對稱性 2013年T3考查點電荷場強的公式和場強疊加原理 2013年T6考查電場線的特點與電場力做功的特點、電場力做功與電勢能的關(guān)系 1．高考在本專題的命題多以選擇題形式，也有計算題出現(xiàn)(如2012年江蘇高考T25)． 2．命題熱點集中在電場強度、電場的疊加、電場線、等勢面及運動軌跡相結(jié)合分析帶電體的受力、做功

2、及能量轉(zhuǎn)化情況，利用動力學和能量觀點綜合分析計算帶電體在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)問題． 平行板電容器帶電粒子在電場中的運動 2017年T4考查利用動能定理處理帶電粒子在電場中的運動 考點1| 電場的性質(zhì)難度：中檔題 題型：選擇題 五年5考 (對應學生用書第31頁) 1．(2014·江蘇高考T4)如圖7-1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軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是(　　) 【導學號：17214114】 圖7-1 A．O點的電場強度為零，電勢最低 B．O點的電場強度為零，電勢最高 C．從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高

3、 D．從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低 【解題關(guān)鍵】　解此題的關(guān)鍵有兩點： (1)圓環(huán)正電荷均勻分布，x軸上各處的場強方向與x軸平行． (2)沿電場方向電勢降低，但電場強度不一定減?。? B　[根據(jù)電場的疊加原理和電場線的性質(zhì)解題．根據(jù)電場的對稱性和電場的疊加原理知，O點的電場強度為零．在x軸上，電場強度的方向自O點分別指向x軸正方向和x軸負方向，且沿電場線方向電勢越來越低，所以O點電勢最高．在x軸上離O點無限遠處的電場強度為零，故沿x軸正方向和x軸負方向的電場強度先增大后減小．選項B正確．] 2．(2016·江蘇高考T3)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容

4、器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖7-2所示，容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點，下列說法正確的是(　　) 圖7-2 A．A點的電場強度比B點的大 B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C．B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同 【解題關(guān)鍵】　解此題的關(guān)鍵有三點： (1)電場線越密的地方電場強度越大 (2)電場線一定與該處的等勢面垂直． (3)電場力做功的大小由始末兩點的電勢差與移動的電荷量共同決定． C　[由題圖知，B點處的電場線比A點處的密，則A點的電場強度比B點的小，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，選項

5、B錯誤；電場強度的方向總與等勢面導體表面垂直，選項C正確；檢驗電荷由A點移動到B點，電場力做功一定，與路徑無關(guān)，選項D錯誤．] 3．(2013·江蘇高考T3)下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣．坐標原點O處電場強度最大的是(　　) 【導學號：17214115】 B　[每個圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度大小相等，設為E．根據(jù)電場的疊加原理和對稱性，得A、B、C、D各圖中O點的電場強度分別為EA＝E、EB＝E、EC＝E、ED＝0，故選項B正確．] 4．(多選)(2015·江蘇高考T8)兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖7-3所示

6、．c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則(　　) 【導學號：17214116】 圖7-3 A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大 B．a(chǎn)點的電勢比b點的高 C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低 ACD　[根據(jù)電場線的分布圖，a、b兩點中，a點的電場線較密，則a點的電場強度較大，選項A正確．沿電場線的方向電勢降低，a點的電勢低于b點的電勢，選項B錯誤．由于c、d關(guān)于正電荷對稱，正電荷在c、d兩點產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反；兩負電荷在c點產(chǎn)生的電場強度為0，在d點產(chǎn)生的電場強度方向向下，根據(jù)電場的疊加原理，c點的電場強度比d點的大

7、，選項C正確．c、d兩點中c點離負電荷的距離更小，c點電勢比d點低，選項D正確．] 5．(多選)(2013·江蘇高考T6)將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖7-4所示，金屬球表面的電勢處處相等．a(chǎn)、b為電場中的兩點，則(　　) 【導學號：17214117】 圖7-4 A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大 B．a(chǎn)點的電勢比b點的高 C．檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的大 D．將檢驗電荷－q從a點移到b點的過程中，電場力做負功 ABD　[由題圖可知，a處電場線比b處密，所以Ea>Eb，選項A正確；沿著電場線的方向電勢不斷降落，a點電勢高于不

8、帶電金屬球的電勢，不帶電金屬球的電勢高于b點電勢，所以φa>φb，選項B正確；負電荷在高電勢點的電勢能小，選項C錯誤；檢驗電荷－q從a點移到b點時，電勢能增大，故電場力做負功，選項D正確．] 電場強度、電勢、電勢能的判斷方法 (1)電場強度：①根據(jù)電場線的疏密程度進行判斷；②根據(jù)等勢面的疏密程度進行判斷；③根據(jù)E＝進行判斷． (2)電勢：①沿電場線方向電勢逐漸降低；②若q和Wab已知，由Uab＝判定． (3)電勢能：①電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增大；②正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能反而小． ●考向1　電場力的性質(zhì) 1．(2017

9、·紹興模擬)如圖7-5所示，絕緣水平面上有A、B、C、D四點，依次相距L，若把帶電金屬小球甲(半徑遠小于L)放在B點，測得D點處的電場強度大小為E；現(xiàn)將不帶電的相同金屬小球乙與甲充分接觸后，再把兩球分置于A、C兩點，此時D點處的電場強度大小為(　　) 圖7-5 A．E　　　B．E　　　C．E　　 D．E D　[根據(jù)點電荷電場強度公式E＝，則B點電荷在D的電場強度為EB＝＝＝E；當將不帶電的相同金屬小球乙與甲充分接觸后，再把兩球分置于A、C兩點，則兩球的電量分別為，那么A處的小球在D處的電場強度EA＝＝，而C處的小球在D處的電場強度EC＝；由于兩球在D處的電場強度方向相同，因此它們在D

10、點處的電場強度大小為E合＝＋＝＝E，故A、B、C錯誤，D正確．] ●考向2　電場能的性質(zhì) 2．(2017·南京一模)如圖7-6所示，帶正電的金屬球A，放置在不帶電的金屬球B附近，M、N是金屬球B表面上的兩點．下列說法中正確的是(　　) 【導學號：17214118】 圖7-6 A．M點處帶正電，N點處帶負電，且M點電勢高于N點電勢 B．M點處帶正電，N點處帶負電，且M點電勢等于N點電勢 C．M點處帶負電，N點處帶正電，且M點電勢高于N點電勢 D．M點處帶負電，N點處帶正電，且M點電勢等于N點電勢 D　[帶電的金屬球A靠近不帶電的金屬球B，由于電荷間的相互作用，同種電荷相互

11、排斥，異種電荷相互吸引，導致金屬球B中左側(cè)的自由電子向右側(cè)移動，M點由于得到電子帶負電；N點由于失去電子帶正電；但整個金屬球B是處于靜電平衡的導體，其整體是等勢體，故M、N點電勢相等，故A、B、C錯誤，D正確．] 3．(2017·南通二模)實驗表明，地球表面上方的電場強度不為零，且方向豎直向下，說明地球表面有凈負電荷．設地球表面凈負電荷均勻分布，且電荷量絕對值為Q，已知地球半徑為R，靜電力常量為k，選地面電勢為零，則在地面上方高h (約幾十米)處的電勢為(　　) A．－　B．　C．－　 D． D　[地球表面電荷在地面上方h處的場強，根據(jù)點電荷的場強公式，有：E＝k 因為距離地面h，且h

12、約為幾十米，電場強度變化不大，認為是勻強電場，有：U＝Ed＝k·h＝ 地面電勢為0，故地面上方h處的電勢為：φ＝，故D正確，A、B、C錯誤．] ●考向3　電場的綜合應用 4．(2017·鎮(zhèn)江三模)如圖7-7所示，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°．M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示．已知φM＝φN，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則(　　) 【導學號：17214119】 圖7-7 A．點電荷Q一定在MP的中點 B．φP大于φM C．N點的場強比P點的場強大 D．

13、將負試探電荷從P點搬運到N點，電場力做正功 B　[點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓、圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷在MN的中垂線和FP的中垂線的交點上，在MP的連線上，如圖所示，故A錯誤；根據(jù)圖可知，正點電荷到P點的距離小于到M點的距離，所以φP大于φM，故B正確；在點電荷的電場中，離場源越遠，電場強度越小，所以N點的場強比P點的場強小，故C錯誤；在正點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，將負試探電荷從P點搬運到N點，電勢能增加，故電場力做負功，故D錯誤．] 5．(2017·宿遷三模)某靜電除塵設備集塵板的內(nèi)壁帶正電，設備中心位置有一個帶負電的放電極，它們之間的

14、電場線分布如圖7-8所示，虛線為某帶電煙塵顆粒(重力不計)的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，C點與B點關(guān)于放電極對稱．下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214120】 圖7-8 A．A點電勢低于B點電勢 B．A點電場強度小于C點電場強度 C．煙塵顆粒在A點的動能大于在B點的動能 D．煙塵顆粒在A點的電勢能小于在B點的電勢能 A　[由沿電場線方向電勢降低可知，A點電勢低于B點電勢，故A正確；由題圖可知，A點電場線比C點密集，因此A點的場強大于C點場強，故B錯誤；煙塵顆粒帶負電，從A到B的過程中，電場力做正功，動能增加，煙塵顆粒在A點的動能小于在B點的動能，故C錯誤；煙塵顆

15、粒帶負電，從A到B的過程中，電場力做正功，電勢能減小，煙塵顆粒在A點的電勢能大于在B點的電勢能，故D錯誤．] 考點2| 平行板電容器難度：中檔題 題型：選擇題 (對應學生用書第33頁) 6．(2012·江蘇高考T2)一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是(　　) A．C和U均增大　　　　 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C和U均減小 【解題關(guān)鍵】　 關(guān)鍵語句 信息解讀 保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變 平行板電容器的S、d、Q大小不變 在兩極板間插入一電介

16、質(zhì) 電容器介電常數(shù)ε增大 B　[由平行板電容器電容決定式C＝知，當插入電介質(zhì)后，ε變大，則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式C＝得U＝，又電荷量Q不變，故兩極板間的電勢差U減小，選項B正確．] ●考向1　電容器的動態(tài)分析 6．(2017·南京一模)如圖7-9所示是可變電容器，旋轉(zhuǎn)動片使之與定片逐漸重合，則電容器的電容將(　　) 圖7-9 A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．保持不變 D．先增大后減小 A　[旋轉(zhuǎn)動片使之與定片逐漸重合時，相當于增加了電容器的正對面積，則由電容器電容的決定式C＝可知，電容將逐漸增大，故B、C、D錯誤，A正確．] 7．(2017·鹽城

17、二模)目前的手機觸摸屏大多是電容式觸摸屏．電容式觸摸屏內(nèi)有一導電層．導電層四個角引出四個電極，當手指觸摸屏幕時，人體和觸摸屏就形成了一個電容，電容具有“通高頻”的作用，從而導致有電流分別從觸摸屏四角上的電極中流出，并且流經(jīng)這四個電極的電流與手指到四角的距離成正比，控制器通過對這四個電流比例的精確計算，得出觸摸點的位置信息．在開機狀態(tài)下，下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214121】 A．電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是因為手指對屏幕按壓產(chǎn)生了形變 B．電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是利用了電磁感應現(xiàn)象 C．當手指觸摸屏幕時手指有微弱的電流流過 D．當手指離開屏幕時，電容

18、變小，對高頻電流的阻礙變大，控制器不易檢測到手指的準確位置 C　[電容式觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個電極的電流與手指頭到四角的距離成正比，控制器就能確定手指的位置，不需要手指有壓力，故A錯誤；電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是電容器的充放電原理，不是電磁感應現(xiàn)象，故B錯誤；由題意可知，手指從手的觸點吸走一部分電荷，在電荷定向移動的過程中，會有微弱電流通過，故C正確；根據(jù)電容器的工作原理可知，當手指離開屏幕時，電容變小，電容器將放電，控制器仍然能檢測到手指離開的準確位置，故D錯誤．] ●考向2　平行板電容器的綜合問題 8．(多選)(2017·蘇北四市摸底)如圖7-10所示，電路中平行板電

19、容器C不帶電．下列說法正確的有(　　) 圖7-10 A．閉合S瞬間，電流計G中有a→b方向的電流 B．閉合S后，增大C兩極板間距離的過程中，電流計G中有a→b方向的電流 C．閉合S后再斷開，增大C兩極板間距離，極板間電場強度保持不變 D．閉合S后再斷開，在C兩極板間插入電介質(zhì)，極板間電勢差變小 ACD　[閉合S瞬間，電容器充電，上極板接正極，故電流計中有a→b方向的電流，故A正確；閉合S后，電壓不變，增大C兩極板間距離的過程中，由C＝可知，C減小，由Q＝UC可知，電量減小，電容器放電，故電流計中有b→a方向的電流，故B錯誤；閉合S后再斷開，電容器兩板上的電量不變，增大C兩極板間

20、距離，由C＝和Q＝UC可知，U＝，再由U＝Ed可得，E＝，故兩極板間電場強度不變，故C正確；閉合S后再斷開，電容器兩板上的電量不變，在兩極板間插入電介質(zhì)時電容C增大，則由Q＝UC可知，U變小，故D正確．] 考點3| 帶電粒子在電場中的運動難度：中檔題 題型：選擇題、計算題 五年1考 (對應學生用書第33頁) 7．(2017·江蘇高考T4)如圖7-11所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) 【導學號：17214122】 圖7-11

21、A．運動到P點返回　　 B．運動到P和P′點之間返回 C．運動到P′點返回 D．穿過P′點 【解題關(guān)鍵】　 關(guān)鍵語句 信息解讀 保持電量不變，改變兩板間距離 場強不變 O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點 初、末速度為零 A　[設AB、BC間的電場強度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點運動到P點的過程中，據(jù)動能定理得： eE1d1－eE2d2＝0① 當C板向右平移后，BC板間的電場強度 E′2＝＝＝＝， BC板間的電場強度與板間距無關(guān)，大小不變． 第二次釋放后，設電子在BC間移動的距離為x，則 eE1d1－eE2x＝0－0② 比較①②兩式知，x

22、＝d2，即電子運動到P點時返回，選項A正確．] 帶電粒子在電場中的運動問題的解題思路 (1)首先分析粒子的運動規(guī)律，區(qū)分是在電場中的直線運動還是曲線運動問題． (2)對于直線運動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運動分析，從以下兩種途徑進行處理： ①如果是帶電粒子在恒定電場力作用下做直線運動的問題，應用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等． ②如果是非勻強電場中的直線運動，一般利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運動的位移等． (3)對于曲線運動問題，如是類平拋運動模型，通常采用運動的合成與分解方法處理．通過對帶電粒子的受力分析

23、和運動規(guī)律分析，應用動力學方法或功能方法求解． ●考向1　電場中的直線運動 9．(2017·武漢二模)如圖7-12所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則(　　) 【導學號：17214123】 圖7-12 A．微粒達到B點時動能為mv B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．兩極板的電勢差UMN＝ D．微粒從A點到B點的過程電勢能減少 C　[物體在運動過程中，受力如圖所示． 由于物體受力不在一條直線上，因此不可能做勻速直線

24、運動，到達B點的動能一定不是mv，因此A錯誤；將電場力分解到水平方向和豎直方向上，可知，Eqcos θ＝mg，Eqsin θ＝ma，因此加速度大小為gtan θ，B錯誤；電容器內(nèi)的電場強度E＝，因此兩板間的電勢差為U＝Ed＝，C正確；從A向B運動的過程中，由于電場力做負功，電勢能增加，D錯誤．] ●考向2　電場中的曲線運動 10．(2017·林州市月考)a、b、c三個α粒子(重力不計)由同一點M同時垂直場強方向進入帶有等量異種電荷的兩平行金屬板的電場間，其軌跡如圖7-13所示，其中b恰好沿板的邊緣飛出電場，由此可知(　　) 【導學號：17214124】 圖7-13 A．進入電場時

25、a的速度最大，c的速度最小 B．a(chǎn)、b、c在電場中運動經(jīng)歷的時間相等 C．若把上極板向上移動，則a在電場中運動經(jīng)歷的時間增長 D．若把下極板向下移動，則a在電場中運動經(jīng)歷的時間增長 D　[三個α粒子進入電場后加速度相同，由圖看出，豎直方向a、b偏轉(zhuǎn)距離相等，大于c的偏轉(zhuǎn)距離，由y＝at2知，a、b運動時間相等，大于c的運動時間，即ta＝tb＞tc．又水平位移的關(guān)系為 xa＜xb＝xc，因為粒子水平方向都做勻速直線運動，所以vc＞vb＞va，即a的速度最小，c的速度最大，故A、B錯誤．若把上極板向上移動，根據(jù)推論E＝知，板間場強不變，粒子的加速度不變，可知a的運動情況不變，運動時間不變，

26、故C錯誤．若把下極板向下移動，根據(jù)推論E＝知，板間場強不變，粒子的加速度不變，a的豎直分位移增大，由y＝at2知，a在電場中運動經(jīng)歷的時間增長，故D正確．] ●考向3　電場中的力電綜合問題 11．(2017·徐州期末)如圖7-14甲所示，極板A、B間電壓為U0，極板C、D間距為d，熒光屏到C、D板右端的距離等于C、D板的板長．A板O處的放射源連續(xù)無初速地釋放質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，經(jīng)電場加速后，沿極板C、D的中心線射向熒光屏(熒光屏足夠大且與中心線垂直)，當C、D板間未加電壓時，粒子通過兩板間的時間為t0；當C、D板間加上圖7-14乙所示電壓(圖中電壓U1已知)時，粒子均能從C、D兩

27、板間飛出，不計粒子的重力及相互間的作用．求： 圖7-14 (1)C、D板的長度L； (2)粒子從C、D板間飛出時垂直于極板方向偏移的最大距離； (3)粒子打在熒光屏上區(qū)域的長度． 【導學號：17214125】 【解析】　(1)粒子在A、B板間有：qU0＝mv 在C、D板間有：L＝v0t0 解得：L＝t0． (2)粒子從nt0(n＝0、2、4…)時刻進入C、D間，偏移距離最大，粒子做類平拋運動，偏移距離為：y＝at 加速度為：a＝ 得：y＝． (3)粒子在C、D間偏轉(zhuǎn)距離最大時打在熒光屏上距中心線最遠處 C、D板偏轉(zhuǎn)角tan θ＝，vy＝at0 打在熒光屏上距中心

28、線最遠距離為：s＝y(tǒng)＋Ltan θ 熒光屏上區(qū)域長度為：Δs＝s＝． 【答案】　(1)t0　(2)　(3) 熱點模型解讀| 平行板電容器中帶電粒子運動模型 (對應學生用書第35頁) 考題 2012·江蘇高考T15 2015·全國卷ⅡT14 2015·山東高考T20 模型展示 加速與偏轉(zhuǎn)模型 帶電粒子在電場中的動力學問題 帶電體在變化電場中的運動 模型解讀 帶電體在平行板電容器間的運動，實際上就是在電場力作用下的力電綜合問題，依然需要根據(jù)力學解題思路求解，解題過程要遵從以下基本步驟： (1)確定研究對象(是單個研究對象還是物體組)； (2)進行

29、受力分析(分析研究對象所受的全部外力．其中電子、質(zhì)子、正負離子等基本微觀粒子在沒有明確指出或暗示時一般不計重力，而帶電油滴、帶電小球、帶電塵埃等宏觀帶電體一般要考慮其重力)； (3)進行運動分析(分析研究對象所處的運動環(huán)境是否存在束縛條件，并根據(jù)研究對象的受力情況確定其運動性質(zhì)和運動過程)； (4)建立物理等式(由平衡條件或牛頓第二定律結(jié)合運動學規(guī)律求解，對于涉及能量的問題，一般用動能定理或能量守恒定律列方程求解)． [典例]　(2017·商丘二模)如圖7-15所示，R0為定值電阻，電源電動勢E恒定，內(nèi)阻不能忽略，當開關(guān)閉合，滑片P位于滑動變阻器R左端點a時，水平放置的平行金屬板間有一帶

30、電液滴正好處于靜止狀態(tài)，在將滑片P由左端點a滑向右端點b的過程中，下列關(guān)于液滴的帶電情況及運動情況(液滴始終沒與極板相碰)分析正確的是(　　) 【導學號：17214126】 圖7-15 A．液滴帶正電，液滴將向上做勻加速直線運動 B．液滴帶正電，液滴將以原平衡位置為中心做往復運動 C．液滴帶正電，液滴將向上先做變加速再做變減速直線運動 D．液滴帶負電，液滴將向上做變速直線運動 【解題指導】　當開關(guān)閉合，滑片P位于滑動變阻器R左端點a時，液滴在重力和電場力作用下處于平衡狀態(tài)，所以電場力豎直向上，由題圖知下極板帶正電，即液滴一定帶正電，D項錯誤；因滑片由左端點a滑向右端點b的過

31、程中，外電路總電阻先增大后減小，電路的總電流先減小后增大，內(nèi)電壓先減小后增大，即電源的路端電壓先增大后減小，所以電容器兩極板間電壓先增大后減小，由E＝可知電容器兩極板間電場強度先增大后減小，但方向不變，所以液滴的加速度先增大后減小，方向一直向上，即液滴將向上先做變加速運動再做變減速直線運動，C項正確，A、B項錯誤． 【答案】　C [拓展應用]　如圖7-16(a)所示，平行板電容器間距為d，兩板所加電壓如圖7-16(b)所示，t＝0時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以平行于極板的速度v0射入電容器，2．5T時恰好落在下極板上，帶電粒子的重力不計，在這一過程中，求： 圖7-16 (1)該粒子的水平位移； (2)粒子落到下極板時的速度． 【解析】　(1)帶電粒子在水平方向不受外力作用，做勻速直線運動，因此水平位移為 s＝v0t＝v0×2．5T＝2．5v0T． (2)帶電粒子落在下極板上時在豎直方向的分速度為 vy＝a·T＝T 粒子落在下極板上時的速度大小為 v＝＝ ． 【答案】　(1)2．5v0T　(2) 14