一轮复习学案作业第七章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动.docx

《一轮复习学案作业第七章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《一轮复习学案作业第七章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动.docx（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动过好双基关 回扣基础知识训练基础题目一、电容器及电容1 .电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成.带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值.(3)电容器的充、放电：充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷,电容器中储存电 场能.放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能.2 .电容定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比侑.(2)定义式：C=g.(3)单位：法拉(F)、微法(四)、皮法(pF)F=l|iF=lpE(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低.(5)决定因素：由电容器本身物

2、理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是 否带电及电压无关.3 .平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离.(2)决定式:C= &Ajtkd【自测1】对于某一电容器，下列说法正确的是()A.电容器所带的电荷量越多，电容越大B.电容器两极板间的电势差越大，电容越大C.电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D.电容器两极板间的电势差减小到原来的1,它的电容也减小到原来的122答案C解析 根据公式。=&S可得，电容的大小跟电容两端的电势差以及电容器所带的电荷量的多 4jtkd少无关，根据公式可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势

3、差也增加一倍，动能定理有 mgh + qEh=k-mv2且有功=。0 2=；1联立式得,k = 2m(i7o2+g2/2).课时精练限时训练 练规范 练速度 %双基巩固练1 .（2019四川德阳市第三次诊断）超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电 时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点.现有一款超级电容器，其上标有“2.7 V 400 F”，下列说法正确的是（）A.该电容器的输入电压只有是2.7V时，才能工作B.该电容器的电容与电容器两极板间电势差成反比C.该电容器不充电时的电容为零D.该电容器正常工作时储存的电荷量为1 080c答案D解析 电容器的额定电压为2.7 V,说明工

4、作电压不能超过2.7 V,可以小于2.7V,故A错误; 电容器的电容由电容器本身决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B错误；电容描述电容 器容纳电荷的本领，不充电时电容仍然存在，与充电与否无关，故C错误；该电容器最大容 纳电荷量：2=Ct/=400FX2.7 V=1 080C,故 D 正确.2 .（多选）（2020安徽宿州市质检）如图1为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模 型图.当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电 容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为仇则被测物体（）A.向

5、左移动时，。增大C.向左移动时，。减小图1B.向右移动时，。增大D.向右移动时，。减小答案BC解析 由公式C= &S，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增多， 4itkd&变大，则电容C增大，由公式可知，电荷量。不变时，。减小，则夕减小，故A错误,C正确；由公式。=打8,可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减 4Md少，&减小，则电容C减少，由公式。=匕可知，电荷量。不变时，。增大，则。增大，故B 正确，D错误.3 .（多选X2019广东广州市4月综合测试）水平放置的平行板电容器与电源相连，下极板接地.带 负电的液滴静止在两极板间P点，以石表示两极板间

6、的场强，。表示两极板间的电压，9表示 产点的电势.若电容器与电源断开，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则 （）A.。变大，不变，夕不变B. U不变，变小，夕降低C.液滴将向下运动D.液滴仍保持静止答案AD解析 电容器与电源断开，则电容器所带电荷量。不变，保持下极板不动，将上极板稍微向 上移到某一位置，则d变大，由可知c变小，由。=cu可知。变大，由E=与上4nkdd述式子联立可得：=4成。，则不变；因P点与下极板的距离不变，根据。=d可知P点 &rS与下极板的电势差不变，又因下极板接地，则P点的电势9不变，选项A正确，B错误；由于 不变，则液滴受的电场力不变，则液滴仍保持静止，选

7、项C错误，D正确.4.（2019湖北宜昌市四调研）如图2所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一 束同种带电粒子从P点以相同速度平行于极板射入电容器，最后均打在下极板的/点，若将 上极板缓慢上移，则（）2V P -5 A图2A.粒子打在下极板的落点缓慢左移B.粒子打在下极板的落点缓慢右移C.粒子仍然打在下极板的4点D.因粒子的电性未知，无法判断粒子的落点答案C解析 断开电源后，电容器电荷量保持不变，将上极板缓慢上移，d变大，电场强度后= d Cd=4碗。，则电场强度不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍然打在下极板的4点，故C正确， 2rsA、B、D错误.5.（2019陕西渭南市教学质检

8、（二）如图3所示，一电荷量为外 质量为加的带电粒子以初速 度。由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直.粒子从。点射出电场时，其速度方向与 电场线成30。角.已知匀强电场的宽度为力不计重力作用.则匀强电场的场强E大小是（）oaA.qd3加0(? 3mv(r3d,C L).qd 2qd 2qd 答案B解析 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：3，= = 3, tan 30水平方向上有d=Uot,竖直方向上有v产网, m联立方程得：E=3，?W2,故B正确. qd6.（多选）（2019辽宁大连市第二次模拟）如图4所示，在竖直放置的平行金属板/、8之间加有 恒定电压。，/、8两板

9、的中央留有小孔。、。2,在3板的右侧有平行于极板的匀强电场E, 电场范围足够大，足够大的感光板垂直于电场方向固定放置.第一次从小孔01处由静止 释放一个质子，第二次从小孔。1处由静止释放一个a粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断 正确的是（）图4A.质子和a粒子在。2处的速度大小之比为1 ： 2B.质子和a粒子在整个过程中运动的时间相等C.质子和a粒子打到感光板上时的动能之比为1 ： 2D.质子和a粒子打到感光板上的位置相同答案CD解析 根据动能定理：1加。2-0=夕0,解得：2qU,所以质子和0粒子在?处的速度大 2m小之比为2 ： 1, A错误；对整个过程用动能定理，设。2到板的电势差为，

10、有：Ek -O=c/（U+Uf）,所以末动能与电荷量成正比，所以质子和a粒子打到感光板上时的动能之比 为1 ： 2, C正确；由。2到板，质子和a粒子都做类平抛运动，竖直方向：=1万，水 2 m平方向：x=vt,联立解得：x=2,所以质子和a粒子打到感光板上的位置相同，D正确；E在4、8间：a=Eq,质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动， m质子的水平速度大，又因为质子和a粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B错误.7.（多选）（2019广西钦州市4月综测）如图5所示，虚线。、6、c代表电场中三条电场线，实 线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、

11、Q是这条轨迹上的两点.下 列判断正确的是（）A.。点的场强比。点的场强大B.尸点的电势比。点的电势高C.粒子通过。点时电势能较小D.粒子通过0点时动能较大答案AB解析 由电场线疏密程度可知，P点的场强比。点的场强大，故A正确；粒子仅在电场力作 用下做曲线运动，所受电场力指向曲线的内侧，故电场线向左，沿着电场线方向，电势越来 越低，故P点的电势比。点的电势高，故B正确；电场力的方向向右，若粒子从P运动到Q, 电场力做负功，电势能增大，动能减小，若粒子从。运动到P,则电场力做正功，电势能减 小，动能增大，故尸点的动能较大，电势能较小，。点的动能较小，电势能较大，故C、D错 口7天.8. （多选）（

12、2019安徽安庆市期末调研监测）带电粒子仅在电场力作用下，从电场中。点以初速度。0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到6点，如图6所示，实线是电场线，下列说法正确 的是（）图6A.粒子在。点时的加速度比在b点时的加速度小B.从。到b过程中，粒子的电势能一直减小C.无论粒子带何种电荷，经6点时的速度总比经。点时的速度大D.电场中。点的电势一定比b点的电势高答案AC解析 电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知&V瓦，所以粒子在。 点的加速度比在b点时小，故A正确；由粒子的运动轨迹可以知道，粒子受力指向曲线的内 侧，从q点到6点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后减小，动能先减小

13、后增大.但 q点到力点，整个过程，最终电场力做正功，粒子电势能减小，动能增加，故B错误，C正确； 因为不知道粒子的电性，所以无法判断电势高低，故D错误.叶综合提升练9. （2019天津卷3）如图7所示，在水平向右的匀强电场中，质量为加的带电小球，以初速度。 从/点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2外 方向与电场方向相反，则小球从/运 动到N的过程（）A.动能增力口 2B.机械能增加22。2C.重力势能增加3加 2D.电势能增加2m镇答案B117解析 小球动能的增加量为A*k= m（2i?）2 mv2= mv2, A错误；小球在竖直方向上的分运动 222为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度

14、为零，则、N两点之间高度差为力=,小球重 2g力势能的增加量为AEp=?g=lm，c错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减 少量为/ = mv211.一质量为m的带电小球以速度沿竖直方向从4点垂直进入匀强电场中，如图9所示, 经过一段时间后到达8点，其速度变为水平方向，大小仍为内，重力加速度为g,求：+ mv2=2mv2,D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做 22的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2加。2, B正确.图810. (2019河北“五个一名校联盟”第一次诊断)如图8所示，地面上

15、某区域存在着水平向右的 匀强电场，一个质量为加的带负电小球以水平向右的初速度。0，由。点射入该区域，刚好竖 直向下通过竖直平面中的。点，已知连线。尸与初速度方向的夹角为60。，重力加速度为g, 则以下说法正确的是()EA.电场力大小为3g2B.小球所受的合外力大小为3mg 3C.小球由。点到P点用时3。gD.小球通过P点时的动能为5加“)22答案C解析 设OP=L,从。到。水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Leos 60。= % 竖直方向：Lsin6(r=lg匕 解得：t= %o,选项 22gC正确；水平方向凡=加。=加= 3陪，小球所受的合外力

16、是E与2g的合力，可知合力的 t37 a.大小产=(mg)2 + (Fi)2=mg,选项A、B错误；小球通过P点时的速度op=gf=(1)小球带电情况；(2)小球由力到3的位移；(3)小球速度的最小值.答案(1)小球带正电，电荷量为加8(2)与水平方向的夹角为45。斜向右上方(3)E 2g解析(1)从4到8过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度=g8点是最高点，竖直分速度为0,有：t=VQg水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电 初速度为o,加速度g=qE 水平方向有：vo=q4 联立解得：Eq=mg 可得夕=陪E(2)在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小

17、等于竖直位移大小在竖直方向有2g=伙)2可得 二22g所以位移为2h= 2r22g其与水平方向的夹角为。tan 0=mS=1,即位移与水平方向的夹角为45。斜向右上方 qE设重力与电场力的合力为凡 其与水平方向的夹角为。则：tan8=g=l,如图所示开始一段时间内，月与速度方向夹角大于90。，合力做负功，动能减小后来厂与速度夹角小于90。，合力做正功，动能增加因此，当月与速度0的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为Omin即：tan9=l, 则Ux=qE =gtr, vv=v（）gt,Vym解得 VX=Vy=V（）, 2故 OminVx2 + vy2 =2vo 2所以C正确，A、B、D

18、错误. 二、带电粒子在电场中的运动 1.加速(2)在非匀强电场中，W=qU= mv2- mvo2.2 .偏转运动情况：如果带电粒子以初速度内垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中 做类平抛运动，如图1所示.(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直 线运动.根据运动的合成与分解的知识解决有关问题.基本关系式：运动时间/=,加速度偏转量=1。於=qut1偏转角。Vom m md2 2mdvVo Vo mdvf的正切值：tane=U= QU1 【自测2】(2019安徽安庆市二模)如图2所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始 时开关闭合.一带

19、电粒子沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线通过电容 器.则下列判断正确的是()，-A.粒子带正电B.保持开关闭合，将6板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹运动C.保持开关闭合，将/板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹运动D.断开开关，将8板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹运动答案B解析 开关闭合时，粒子做匀速直线运动，电场力与重力平衡，/极板和电源正极相连，所以 场强方向向下，故粒子带负电，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，8板上移，板间距d变小，由公式=知场强增大，电场力大于重力，粒子可沿轨迹运动，故B正确； d保持开关闭合，将/板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式=知场

20、强减小，电场力 d小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；断开开关，电容器电荷量不变，4等8板向上平移一定距离，由公式C=0, C= &S , E=U得,=4成,与板间距离无关，故场强不变，所 U 4itkd d crS以粒子沿轨迹运动，故D错误.三、示波管1 .示波管的构造电子枪，偏转电极,荧光屏（如图3所示）2 .示波管的工作原理（i）rr偏转电极上加的是待显示的信号电压,xr偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电 压，叫做扫描电压.观察到的现象如果在偏转电极xr和之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧 光屏中心,在那里产生一个亮斑.若所加扫描电压和信号电压的周期相等,就可以在荧

21、光屏上得到待测信号在一个周期内变 化的稳定图像.研透命题点细研考纲和真题分析突破命题点基础考点/自主最命题点一平行板电容器的动态分析1 .两类典型问题（1）电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差。保持不变.（2）电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量。保持不变.2 .动态分析思路（1）。不变根据C=0=先分析电容的变化，再分析。的变化.U 471kd-根据= ?分析场强的变化. a根据U=d分析某点电势变化.（2）0不变根据。=2=：也先分析电容的变化，再分析。的变化.U 4nkd根据=7=4已。分析场强变化. a 8rs例1 （2016全国卷I14）一平行板电容器两极板之

22、间充满云母介质，接在恒压直流电源上.若 将云母介质移出，则电容器（）A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案D解析 由。=&,可知，当将云母介质移出时，如变小，电容器的电容C变小；因为电容器接 47Md在恒压直流电源上，故U不变，根据0=。可知，当。减小时，。减小.再由=,由于 d。与d都不变，故电场强度不变，选项D正确.【变式1（2018北京卷19）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图4所示.下列说法正确的是（）图4A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器。板

23、接触，能使电容器带电B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D.实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案A解析 实验前，只用带电玻璃棒与电容器。板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；板向上平移，正对面积S变小，由C=S知，电容。变小，由。=知, 4nkdU。不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数为变 大，由C=&S知，电容。变大，由。=知，。不变，。变小，因此静电计指针的张角变小, 471kdU一C错误；由c=匕知，实验中，只增加极板带电荷

24、量，静电计指针的张角变大，是由于。不变 导致的，D错误.【变式2】（多选）（2019天津市南开区下学期二模）如图5所示，两块水平放置的平行正对的金属 板6与恒压电源相连，在距离两板等距的用点有一个带电液滴处于静止状态.若将。板向 下平移段距离，但仍在点上方，稳定后，下列说法中正确的是（ ）- bx图5A.液滴将向下加速运动B. /点电势升高，液滴在/点的电势能将降低C.加点的电场强度变小了D.在。板移动前后两种情况下，若将液滴从。板移到人板，电场力做功相同答案BD解析 极板始终与电源连接，电压不变，d减小，由=可知，电场强度增大，则带电液 d滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A、C错误；

25、6点电势为零，UMb=（PM（pb =（pM = EdMb,场强增大，/点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力方向 向上，所以液滴带负电，液滴在/点电势能降低，故B正确；在Q板移动前后两种情况下， 若将液滴从Q板移到b板，由于电势差相同，电场力做功4。相同，故D正确.能力考点/师生丽命题点二 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动别开有小孔。、P.现有甲电子以速率。0从。点沿。尸方向运动，恰能运动到。点.若仅将8 板向右平移距离力 再将乙电子从P点由静止释放，则（）B： J J.图6A.金属板4、3组成的平行板电容器的电容。不变B.金属板/、8间的电压减小C.甲、乙两电子在板间

26、运动时的加速度相同D.乙电子运动到。点的速率为2伙）答案C解析 两板间距离变大，根据C= &S可知，金属板力、5组成的平行板电容器的电容C减小， 471kd选项A错误；根据Q=CU,。不变，C减小，则。变大，选项B错误；根据= =4M0, d Cd 2rs可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据eE,2d= Yu, eE.d=，mvj,可知，乙电子运动到。点的速率。=2见，选项D 22错误.侵式3】（多选X2020贵州贵阳市一模）如图7所示，一个质量为2、电荷量为q的带正电油 滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖

27、直方向的夹角为仇 重力加速度大小为g,不计空气阻力，则下列判断正确的是（）图7A.电场强度的最小值等于“g qB.电场强度的最大值等于加 qc.带电汕滴的机械能可能增加D.电场力可能对带电油滴不做功解析带电油滴的运动轨迹为直线,答案CD在电场中受到重力加g和电场力F,其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力厂与此直线垂直时，电场力尸最小,场强最小，则有方=qmin = 2gsin。，得到&in=gsin由图可知，电场强度无最大值，故A、 qB错误；当=2gsm时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一 q定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机

28、械能不变，故D正确；当时，当 q电场力方向与速度方向成锐能时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故c正确.高考热点/井透嬴命题点三 带电粒子（带电体）在电场中的偏转1.运动规律（1）沿初速度方向做匀速直线运动a.能飞出电容器：，=. voVb.不能飞出电容器：y=Xat2=qU t t= 2mdy 2 2mdqU（2）沿电场力方向做匀加速直线运动加速度：皿 m m md.离开电场时的偏移量：y=Xafi= qU 2 2mdvo2离开电场时的偏转角：tan。=%= Vo mdvg2 .两个结论不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转 角总是相同的.证明：由

29、qUomvo1, n qUl tan 6 ?mclvo2得：尸Ul2AUodtan 0=Ul2Uod粒子经电场偏转后射出，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点。为粒子水平位移的 中点，即。到偏转电场边缘的距离为;.3 .功能关系当讨论带电粒子的末速度。时也可以从能量的角度进行求解：45，=1历212加2,其中22u、,= u指初、末位置间的电势差. d【例3】（2019全国卷H24）如图8,两金属板P、。水平放置，间距为“两金属板正中间有一水 平放置的金属网G, P、0、G的尺寸相同.G接地，P、。的电势均为姒00）.质量为?，电 荷量为式少0）的粒子自G的左端上方距离G为的位置，以速度。o

30、平行于纸面水平射入电场, 重力忽略不计.p1GQ图8求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？答案（13汨+2%如 mdh0）2如 mdh2 dq（pq（p解析（1）PG、QG间场强大小相等，均为粒子在PG间所受电场力歹的方向竖直向下，设 粒子的加速度大小为4,有F=qE=ma设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=瓦一；加加2设粒子第一次到达G时所用的时间为粒子在水平方向的位移为/,则有 =1q2l=Vot联立式解得Ek =1l=v0 mdh；（2）若粒子穿过G一次就从

31、电场的右侧飞出，则金属板的长度最短.由对称性知，此时金属板的长度为 = 2/=2。（） Iq（p度式4】（2019福建泉州市5月第二次质检）如图9,喷雾器可以喷出各种质量和电荷量的带负 电油滴.假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线飞出，有的沿曲线从板边缘飞出，有的沿曲线运动到板的中点上.不计空气阻 力及油滴间的相互作用，则()?+图9A.沿直线运动的所有油滴质量都相等B.沿直线运动的所有油滴电荷量都相等C.沿曲线、运动的油滴，运动时间之比为1 ：2D.沿曲线、运动的油滴，加速度大小之比为1 ：4答案D解析 沿直线运动的油滴，根据题意得：mg=Eq,即：

32、q=g,所以沿直线运动的油滴比 m E荷相同，A、B错误；沿曲线、运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：X = VQt,初速度相同，所以 运动时间之比等于位移之比，即为2：1, C错误；沿曲线、运动的油滴，水平方向 x=Vot,竖直方向：=1凡 联立解得：q =因为水平位移之比为2 ： 1,。()和y相同，2x所以加速度大小之比为1 ： 4, D正确.【变式5】(2019,全国卷II124)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，。、尸是电场中的两点.从 。点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为加的小球4、8/不带电，8的电荷量为 1(q0)./从。点发射时的速度大小为8，到达。点所用时

33、间为，；8从。点到达。点所用时 间为;重力加速度为g,求： 电场强度的大小；(2)5运动到P点时的动能.答案(l)3mg (2)2m(%2+g2Z2) q解析(1)设电场强度的大小为E,小球3运动的加速度为q.根据牛顿第二定律、运动学公式 和题给条件，有mg+qE=ma%(；)2 = /解得=3加gq(2)设3从。点发射时的速度为。到达尸点时的动能为Ek,两点的高度差为，根据1a3内，则动能：EkP= mvp1= mo2,选项D错误.1 .做直线运动的条件粒子所受合外力尸合=0,粒子或静止，或做匀速直线运动.粒子所受合外力尸合W0,且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动 或匀减速直线运动.2.用动力学观点分析a = qE, E=U,。2oo2 = 2qQ m d3.用功能观点分析匀强电场中：W=Eqd=qU=mv1 2 b7wo2非匀强电场中：W=qU=E-E【例2】如图6所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板4、B,间距为力 中央分