专题七带电粒子在电场中的运动考点1| 电场的性质难度：中档题题型：选择题五年7考(2014·江苏高考T4)如图1所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )图1A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【解题关键】解此题的关键有两点：(1)圆环正电荷均匀分布，x轴上各处的场强方向与x轴平行．(2)沿电场方向电势降低，但电场强度不一定减小．B[根据电场的叠加原理和电场线的性质解题．根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B正确．] (2016·江苏高考T3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图2所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )图2A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【解题关键】解此题的关键有三点：(1)电场线越密的地方电场强度越大(2)电场线一定与该处的等势面垂直．(3)电场力做功的大小由始末两点的电势差与移动的电荷量共同决定．C[由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总与等势面导体表面垂直，选项C正确；检验电荷由A点移动到B点，电场力做功一定，与路径无关，选项D错误．] (多选) (2014·全国卷ⅠT21)如图3所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F 四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )图3A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正拭探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM【解题关键】解此题的关键有两点：(1)正点电荷Q形成电场及等势面的特点．(2)灵活应用三角形的几何关系．AD[本题根据点电荷形成电场中等势面的特点及在任何电场中电场线与等势面垂直的特性进行解题．电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于φM＝φN，φP＝φF，所以点电荷Q到M和N的距离相等，到P和F的距离相等，即过F作MN的中垂线，然后作FP的中垂线，两中垂线的交点为点电荷Q所在的位置，由几何知识得Q在MP上，如图所示，故选项A正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B错误；正试探电荷与Q同号，所以受斥力作用，故将其从P点搬运到N点时，电场力做正功，故选项C错误；由几何关系知点电荷Q 距M的距离大，距P的距离小，所以φM<φP，故选项D正确．]1．高考考查特点(1)本考点重在考查电场中的基本概念、典型电场的分布特点、电场线、等势面及电场强度的关系，电场、电势能高低的判断．(2)理解电场力、电场力做功的特点，电场力做功与电势能的关系，灵活应用电场线分析电势高低，电势能的变化是解题的关键．2．解题常见误区及提醒(1)典型电场中电场线的分布特点不熟练，特别是正、负点电荷电场线的方向．(2)不清楚运动电荷的电性，出现受力及做功判断的错误．(3)公式U ＝E ·d 的适用条件不清楚，乱套公式．(4)电场力做功与电势能变化关系不准确．●考向1 电场力的性质1．(2013·江苏高考T 3)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )B [每个14圆环在O 点产生的电场强度大小相等，设为E .根据电场的叠加原理和对称性，得A 、B 、C 、D 各图中O 点的电场强度分别为E A ＝E 、E B ＝2E 、E C ＝E 、E D ＝0，故选项B 正确．]●考向2 电场能的性质2．(多选)(高考改编)在[例3](2014·全国卷ⅠT21)中，将三角形换成椭圆，如图4所示，已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q运动，则下列说法正确的是( )【导学号：25702029】图4A．负电荷在a、c两点所受的电场力相同B．负电荷在a点和c点的电势能相等C．负电荷由b运动到d的过程中电势能增加，动能减少D．负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增加后减少BC[在a、c两点负电荷所受电场力方向不同，A项错误；以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a、c两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a、c两点电势能也相等，B项正确；负电荷由b到d过程中，电场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C项正确；负电荷由a经b到c的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D项错误．]3. (多选)在绝缘、光滑的水平桌面上有一带负电的小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图5所示，则下列说法中正确的是( )图5A．在带负电的小球从x1处运动到x2处的过程中，电场力做正功B．x1、x2处的电场强度方向均沿x轴正方向C．x1处的场强大小大于x2处的场强大小D ．x 1处的电势比x 2处的电势低AD [由于小球从x 1处运动到x 2处的过程中电势能减小，因此电场力做正功，A 项正确；由于电场力做正功，因此小球所受电场力的方向沿x 轴正方向，场强方向沿x 轴负方向，B 项错误；沿电场方向电势降低，D 项正确；由ΔE p ＝qE Δx ，即qE ＝ΔE p Δx 可知E p ­x 图线上某点的斜率的绝对值反映了电场强度的大小，由题图可知x 1处的场强大小小于x 2处的场强大小，C 项错误．] ●考向3 电场的综合应用4．如图6所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q ，半径为R ，圆心为O ，A 、B 、C 为垂直于圆环平面的中心轴上的三个点，且BC ＝2AO ＝2OB ＝2R ，当在C 处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B 点的电场强度恰好为零，则由此可得A 点的电场强度大小为( )图6A.2kQ 4R 2B.52kQ 16R 2C.32kQ 16R 2 D ．2kQ 2R 2B [在带电圆环上取一长为Δl 的微小段，则其所带电荷量为Δq ＝Q ·Δl 2πR ，此微小段在B 点产生的电场强度为E 1＝k Δq2R 2，由对称性可知，带电圆环在B 处产生的电场强度是水平向右的(垂直分量相抵消)，大小为E B ＝2πR Δl ·E 1·cos 45°，联立得E B ＝2kQ 4R 2，再由对称性知，圆环在A 点产生的电场强度水平向左，大小也为2kQ 4R 2，又因在C 处放置一点电荷时，B 点的电场强度恰好为零，故点电荷在B 点产生的电场强度水平向左，大小为2kQ4R 2，由点电荷电场强度决定式可知点电荷在A 点产生的电场强度水平向左，大小为2kQ 16R 2，由电场强度的矢量叠加可知A 点的电场强度大小为52kQ 16R 2，B 项正确．] 5. (2016·湖北黄石二调)如图7所示，一个“V”形玻璃管ABC 倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E ＝1×103 V/m 、方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G ＝1×10－3 N 、电荷量为q ＝2×10－6 C 的带负电小滑块从A 点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB ＝BC ＝L ＝2 m ，倾角α＝37°，B 点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )图7A ．B 、A 两点间的电势差为2 000 VB ．小滑块从A 点第一次运动到B 点的过程中电势能增大C ．小滑块第一次速度为零的位置在C 处D ．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3 mD [U BA ＝EL sin α＝1.2×103 V ，A 错误；小滑块从A 点第一次运动到B 点过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；小滑块受到竖直向上的电场力为F ＝qE ＝2×10－3 N ＝2G ，重力和电场力的合力大小等于G 、方向竖直向上，可以把电场力与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”，小滑块开始沿玻璃管运动的加速度为a 1＝g (sin α－μcos α)＝2 m/s 2，所以小滑块第一次到达B 点时的速度为v ＝2a 1L ＝2 2 m/s ，在BC 段，小滑块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝g (sin α＋μcos α)＝10 m/s 2，所以第一次速度为0的位置到B 点的距离为x ＝v 22a 2＝0.4 m ，C 错误；小滑块第一次速度减为零后，又反向向B 加速运动，到B 后又减速向A 运动，这样不断地往复，最后停在B 点，根据能量守恒定律，有GL sin α＝μGs cos α，解得s ＝3 m ，即小滑块通过的总路程为3 m ，D 正确．]电场强度、电势、电势能的判断方法1．电场强度：(1)根据电场线的疏密程度进行判断；(2)根据等势面的疏密程度进行判断；(3)根据E ＝maq 进行判断．2．电势：(1)沿电场线方向电势逐渐降低；(2)若q 和W ab 已知，由U ab ＝W abq 判定．3．电势能：(1)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；(2)正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．考点2| 平行板电容器难度：中档题 题型：选择题 五年1考(2012·江苏高考T 2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小【解题关键】关键语句 信息解读保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变 平行板电容器的S 、d 、Q 大小不变在两极板间插入一电介质 电容器介电常数ε增大B [由平行板电容器电容决定式C ＝4πkd知，当插入电介质后，ε变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝QU 得U ＝Q C，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确．](2015·全国卷ⅡT 14)如图8所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒， 微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图8A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动【解题关键】 解此题的关键有两点：(1)带电微粒在两板间的受力情况．(2)两板旋转45°后电场强度的变化特点．D [两板水平放置时，放置于两板间a 点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D 正确．]1．高考考查特点(1)高考在本考点的命题热点为电容器的动态分析，带电体在电容器间的受力情况及运动情况．(2)解此题目的关键是从力、电两个角度分析研究，特别明确两种连接方式，并灵活应用C ＝εS 4πkd ，C ＝Q U ，E ＝U d等常用公式． 2．解题的常见误区及提醒(1)不能正确判断平行板电容器中的变量和不变量．(2)电容器的定义式C ＝Q U 及决定式C ＝εS4πkd混淆． (3)分析带电体的运动时，易出现受力分析的错误．●考向1 电容器的动态分析6．如图9所示的实验装置中，极板A 接地，平行板电容器的极板B 与一灵敏的静电计相接．将A 极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q 、电容C 、两极间的电压U 及电容器两极板间的场强E 的变化情况是( )【导学号：25702030】图9A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 变小C [电容器未接电源，故电容器的电荷量Q 不变，A 、B 错误；根据C ＝Q U 及E ＝U d、C ＝εr S 4πkd 可知，当两极板间的距离d 增大时，C 变小，U 变大，三式联立可得E ＝4πkQ εr S，故电场强度E 不变，C 正确，D 错误．] 7．(2016·开封二模)如图10所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S ，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为φ，则下列说法中正确的是( )图10A ．保持开关S 闭合，使两极板靠近一些，φ将减小B ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，φ将减小C ．打开开关S ，使两极板靠近一些，φ将不变D ．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动C [保持开关S 闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E ＝Ud知，电场强度增大，φ将增大，A 项错误；调节滑动变阻器滑片不影响电容器两极板间的电压，B 项错误；打开开关S ，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C ＝εr S 4πkd 、U ＝Q C 、E ＝Ud知，E 不变，即夹角φ不变，C 项正确；轻轻将细线剪断，小球将沿细线方向向下做匀加速直线运动，D 项错误．]●考向2 平行板电容器的综合问题8．(高考改编)在[例5](2015·全国卷ⅡT 14)中，若在两极板接上电源，如图11所示，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．此时极板带电荷量与微粒带电荷量的比值为k ，则( )图11A ．微粒带正电B ．微粒带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动C [带电微粒静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电微粒带负电，A 项错；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q 解得：q ＝mgd U，B 项错；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgdU ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU 2，C 项正确；电容器与电源保持连接时，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Udq ，微粒所受电场力减小，微粒向下运动，D 项错．]平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化．(2)应用平行板电容器的决定式C ＝εr S 4πkd分析电容器的电容的变化． (3)应用电容的定义式C ＝QU分析电容器带电量和两板间电压的变化情况． (4)应用E ＝Ud分析电容器两极板间电场强度的变化．考点3| 带电粒子在电场中的运动难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年1考(2016·全国甲卷T 15)如图12所示，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( )图12A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b【解题关键】 解此题的关键有三点：(1)点电荷电场线、等势线的分布特点．(2)带电粒子运动轨迹和受力的关系．(3)电场力做功与动能的变化关系．D [a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b <r c <r a ，则三点的电场强度由E ＝k Q r 2可知E b >E c >E a ，故带电粒子Q 在这三点的加速度a b >a c >a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力，从a 到b 电场力做负功，由动能定理－|qU ab |＝12mv 2b －12mv 2a <0，则v b <v a ，从b 到c 电场力做正功，由动能定理|qU bc |＝12mv 2c －12mv 2b >0，v c >v b ，又|U ab |>|U bc |，则v a >v c ，故v a >v c >v b ，选项D 正确．](2015·全国卷ⅡT 24)如图13所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．图13【解题关键】 解此题可按以下思路：(1)重力不计，只受电场力，A 、B 两点在垂直电场方向分速度相等．(2)求电势差，可考虑应用动能定理．【解析】 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即v B sin 30°＝v 0sin 60°①由此得 v B ＝3v 0 ②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20) ③联立②③式得 U AB ＝mv 20q .④ 【答案】 mv 20q1．高考考查特点高考对本考点的考查重在应用动力学观点和动能定理分析计算带电粒子在电场运动过程中的受力、做功及能量变化．2．解题的常见误区及提醒(1)常见典型电场的电场线、等势面的分布特点．(2)电场线、等势面与运动轨迹结合点及题目中力的方向判断．(3)动能定理应用时易出现分解的错误．●考向1 电场中的直线运动9．(2016·武汉二模)如图14所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则( )【导学号：25702031】图14A．微粒达到B点时动能为12mv20 B．微粒的加速度大小等于g sin θC．两极板的电势差U MN＝mgd q cos θD．微粒从A点到B点的过程电势能减少mgdcos θC [物体在运动过程中，受力如图所示．由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B 点的动能一定不是12mv 20，因此A 错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，Eq cos θ＝mg ，Eq sin θ＝ma ，因此加速度大小为g tan θ，B 错误；电容器内的电场强度E ＝mg q cos θ，因此两板间的电势差为U ＝Ed ＝mgd q cos θ，C 正确；从A 向B 运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D 错误．]●考向2 电场中的曲线运动10．(2016·西安六校联考)如图15所示，水平放置、相距为d 的两块平行金属板M 、N 与电源相连，开关S 闭合后，M 、N 间产生了匀强电场，一个重力与电场力相等的带电粒子垂直于电场方向从M 板边缘射入电场，粒子恰好打在N 板中央，已知重力加速度为g .图15(1)若开关S 闭合，为了让粒子恰能飞出电场，应将N 板向下平移多少？(2)若开关S 断开且粒子初速度大小变为原来的3倍，重力忽略不计，为了让粒子恰能飞出电场，应将N 板向上平移多少？【解析】 设电源电压为U ，粒子初速度为v 0，金属板长为L(1)当开关S 闭合时，两板间电压不变，由类平抛规律知L2＝v 0t 1，d ＝12·qE ＋mg m·t 21＝gt 21 设N 板向下平移距离为x 1，粒子恰能飞出电场，则有L ＝v 0t 2，d ＋x 1＝12·qE ＋mg m·t 22＝gt 22联立可得x 1＝3d .(2)当开关S 断开时，两板所带电荷量不变，电场强度E 不变，设N 板上移距离为x 2，则L ＝3v 0t 3，d －x 2＝12·qE m ·t 23＝12gt 23 联立解得x 2＝79d . 【答案】 (1)3d (2)79d ●考向3 电场中的力电综合问题11．(2016·东北三省五市联考)如图16所示，一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的．现将一质量为m 的带正电荷的小环套在MN 杆上，小环所受的电场力为重力的12.图16(1)若将小环由D 点静止释放，则刚好能到达P 点，求DM 间的距离；(2)若将小环由M 点右侧5R 处静止释放，设小环与PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．【解析】 (1)设DM 间距离为x ，对小环从D 点到P 点过程由动能定理得qEx －2mgR ＝0－0又有qE ＝12mg 解得x ＝4R .(2)若μ≥12，则μmg ≥qE 设小环到达P 点右侧距离P 点x 1处静止，由动能定理得qE (5R －x 1)－2mgR －μmgx 1＝0解得x 1＝R1＋2μ则整个运动过程中克服摩擦力所做的功 W f ＝μmgx 1＝μmgR1＋2μ若μ<12，则μmg <qE 小环经过往复运动，最后不能达P 点右侧，全过程由动能定理得qE ·5R －2mgR －W f ＝0解得W f ＝12mgR . 【答案】 (1)4R (2)若μ≥12，W f ＝μmgR 1＋2μ 若μ<12，W f ＝12mgR带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，如是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．热点模型解读| 平行板电容器中带电粒子运动模型考题2012·江苏高考T152015·全国卷ⅡT142015·山东高考T20模型展示加速与偏转模型带电粒子在电场中的动力学问题带电体在变化电场中的运动考题2012·江苏高考T152015·全国卷ⅡT142015·山东高考T20模型解读带电体在平行板电容器间的运动，实际上就是在电场力作用下的力电综合问题，依然需要根据力学解题思路求解，解题过程要遵从以下基本步骤：(1)确定研究对象(是单个研究对象还是物体组)；(2)进行受力分析(分析研究对象所受的全部外力．其中电子、质子、正负离子等基本微观粒子在没有明确指出或暗示时一般不计重力，而带电油滴、带电小球、带电尘埃等宏观带电体一般要考虑其重力)；(3)进行运动分析(分析研究对象所处的运动环境是否存在束缚条件，并根据研究对象的受力情况确定其运动性质和运动过程)；(4)建立物理等式(由平衡条件或牛顿第二定律结合运动学规律求解，对于涉及能量的问题，一般用动能定理或能量守恒定律列方程求解.忽略，当开关闭合，滑片P 位于滑动变阻器R 左端点a 时，水平放置的平行金属板间有一带电液滴正好处于静止状态，在将滑片P 由左端点a 滑向右端点b 的过程中，下列关于液滴的带电情况及运动情况(液滴始终没与极板相碰)分析正确的是( )图17A ．液滴带正电，液滴将向上做匀加速直线运动B ．液滴带正电，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动C ．液滴带正电，液滴将向上先做变加速再做变减速直线运动D ．液滴带负电，液滴将向上做变速直线运动【解题指导】 当开关闭合，滑片P 位于滑动变阻器R 左端点a 时，液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，所以电场力竖直向上，由题图知下极板带正电，即液滴一定带正电，D 项错误；因滑片由左端点a 滑向右端点b 的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电路的总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，即电源的路端电压先增大后减小，所以电容器两极板间电压先增大后减小，由E ＝Ud可知电容器两极板间电场强度先增大后减小，但方向不变，所以液滴的加速度先增大后减小，方向一直向上，即液滴将向上先做变加速运动再做变减速直线运动，C 项正确，A 、B 项错误．【答案】 C[拓展应用] 如图18(a)所示，平行板电容器间距为d ，两板所加电压如图(b)所示，t ＝0时刻，质量为m 、带电荷量为q 的粒子以平行于极板的速度v 0射入电容器，2.5T 时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：精选可编辑 图18(1)该粒子的水平位移；(2)粒子落到下极板时的速度．【解析】 (1)带电粒子在水平方向不受外力作用，做匀速直线运动，因此水平位移为 s ＝v 0t ＝v 0×2.5T ＝2.5v 0T .(2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为v y ＝a ·32T ＝3qU 02mdT 粒子落在下极板上时的速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝ v 20＋9q 2U 20T 24m 2d 2. 【答案】 (1)2.5v 0T (2)v 20＋9q 2U 20 T 24m 2d 2。