2021高考物理魯科版一輪復習教師用書：第七章第3節(jié)　電容器與電容　帶電粒子在電場中的運動-教案下載-教習網(wǎng)

第3節(jié)　電容器與電容　帶電粒子在電場中的運動
教材梳理·自主預習
知識梳理
一、電容器及電容
1.電容器
(1)組成:由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成.
(2)帶電荷量:一個極板所帶電荷量的絕對值.
(3)電容器的充、放電
①充電:使電容器帶電的過程,充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷,電容器中儲存電場能.
②放電:使充電后的電容器失去電荷的過程,放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.
2.電容
(1)定義:電容器所帶的電荷量Q與兩個極板間的電勢差U的比值.
(2)定義式:C=.
(3)單位:國際單位制中為法拉(F),常用單位有微法(μF)、皮法(pF).1 F=106μF=1012pF.
(4)意義:表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低.
(5)決定因素:由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質(zhì))決定,與電容器是否帶電及電壓無關(guān).
3.平行板電容器的電容
(1)決定因素:極板的正對面積,相對介電常數(shù),兩板間的距離.
(2)決定式:C=,ε為電介質(zhì)的相對介電常數(shù),S為極板的正對面積,d為板間距離.
二、帶電粒子在勻強電場中的運動　示波管
1.帶電粒子在電場中的加速
(1)在勻強電場中:W=qEd=qU=mv2-m.
(2)在非勻強電場中:W=qU=mv2-m.
自
主
探
究

如圖所示,電子由靜止開始從A極板向B極板運動,當?shù)竭_B極板時速度為v,保持兩板間電壓不變.
(1)當改變兩板間距離時,v怎樣變化?
(2)當增大兩板間距離時,電子在兩板間運動的時間如何變化?
(3)若把電源斷開后,增大兩板間距離時,到達B板時的速度v和運動時間又如何變化呢?
答案:(1)由qU=mv2,得v=,因此當改變兩板間距離時,v不發(fā)生變化.

自
主
探
究
(2)由d=·t2,得t=,當d增大時,t也增大.
(3)若把電源斷開后,改變兩板之間的距離時,電場強度不變,由qEd=mv2得v=,則d增大,v增大;由d=·t2,得t=,則d增大,時間t也增大.
2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

(1)運動情況:如果帶電粒子以初速度v0垂直電場強度方向進入勻強電場中,則帶電粒子在電場中做類平拋運動,如圖所示.
(2)處理方法:將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動.根據(jù)運動的合成與分解的知識解決有關(guān)問題.
(3)基本關(guān)系式:運動時間t=,加速度a===,偏轉(zhuǎn)量y=at2=,偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tan θ===.
(4)若粒子以相同速度進入電場,則比荷大的射出電場時的偏轉(zhuǎn)角更大;若粒子以相同動能進入電場,則電荷量大的射出電場時的偏轉(zhuǎn)角更大;若粒子以相同動量進入電場,則電荷量與質(zhì)量乘積大的射出電場時的偏轉(zhuǎn)角更大.
3.示波管的構(gòu)造
(1)電子槍;(2)偏轉(zhuǎn)電極;(3)熒光屏.(如圖所示)

小題檢測
1.思考判斷
(1)電容是表示電容器儲存電荷本領(lǐng)的物理量.(　√　)
(2)電容器所帶電荷量是指每個極板上所帶電荷量的代數(shù)和.(　×　)
(3)放電后的電容器電荷量為零,電容也為零.(　×　)
(4)示波管屏幕上的亮線是由電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的.(　√　)
(5)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計.(　×　)
2.根據(jù)電容的定義式C=可知,下列說法正確的是(　D　)
A.電容器的電容越大,電容器所帶的電荷量就越多
B.電容器兩極板間的電勢差越大,電容越小
C.電容器的電容與其所帶電荷量成正比,與其兩極板間的電勢差成反比
D.電容器的電容不隨所帶電荷量及兩極板間的電勢差的變化而變化
解析:電容器的電容越大,說明電容器儲存電荷的本領(lǐng)越大,并不是說明電容器所帶的電荷量越多,故A錯誤;電容的定義式C=,表明電容只是以帶電荷量和電勢差的比值定義的,不跟Q成正比也不跟U成反比,并不隨它們兩個發(fā)生變化,故B,C錯誤,D正確.
3.一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(　B　)
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
解析:由公式C=知,在兩極板間插入一電介質(zhì),其電容C增大,由公式C=知,電荷量不變時,U減小,B正確.
4.一平行板電容器中存在勻強電場,電場沿豎直方向.兩個比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不同的帶正電的粒子a和b,從電容器的P點(如圖所示)以相同的水平速度射入兩平行板之間.測得a和b與電容器極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2.若不計重力,則a和b的比荷之比是(　D　)

A.1∶2 B.1∶8 C.2∶1 D.4∶1
解析:帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,由運動學規(guī)律得x=v0·t,y=at2,qE=ma,聯(lián)立可得=∝,故a和b的比荷之比為4∶1.
考點研習·感悟提升
考點一　平行板電容器的動態(tài)分析問題
1.兩類典型問題
(1)電容器始終與恒壓電源相連,電容器兩極板間的電勢差U保持不變.
(2)電容器充電后與電源斷開,電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變.
2.動態(tài)分析思路
(1)U不變
①根據(jù)C=先分析電容的變化,再根據(jù)Q=CU分析Q的變化.
②根據(jù)E=分析電場強度的變化.
③根據(jù)UAB=E·d分析某點電勢變化.
(2)Q不變
①根據(jù)C=先分析電容的變化,再根據(jù)U=分析U的變化.
②根據(jù)E==分析電場強度的變化.
[例1] (2016·天津卷,4)

如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地,在兩極板間有一固定在P點的點電荷,以E表示兩板間的電場強度,Ep表示點電荷在P點的電勢能,θ表示靜電計指針的偏角.若保持下極板不動,將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置,則(　D　)
A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不變
C.θ減小,Ep增大 D.θ減小,E不變
解析:若保持下極板不動,將上極板向下移動一小段距離,則根據(jù)C=可知,C變大,Q一定,則根據(jù)Q=CU可知,U減小,則靜電計指針偏角θ減小;根據(jù)E=,Q=CU,C=聯(lián)立可得E=,可知E不變;根據(jù)U=Ed可知,P點離下極板的距離不變,且E不變,P點與下極板間的電勢差不變,P點的電勢不變,則電勢能Ep也不變.選項A,B,C錯誤,D正確.

分析平行板電容器動態(tài)變化的三點關(guān)鍵
(1)確定不變量:先明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變,是電荷量保持不變還是極板間電壓不變.
(2)恰當選擇公式:靈活選取電容的決定式和定義式,分析電容的變化,同時用公式E=分析極板間電場強度的變化情況.
(3)若兩極板間有帶電微粒,則通過分析電場力的變化,分析其運動情況的變化.

1.(U不變時電容器的動態(tài)分析)(多選)如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略.一帶負電油滴被固定于電容器中的P點.現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則(　ACD　)

A.平行板電容器的電容將變小
B.靜電計指針張角變小
C.帶電油滴的電勢能將減少
D.若先將上極板與電源正極的導線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則帶電油滴所受電場力不變
解析:將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時,兩極板的正對面積S不變,間距d變大,根據(jù)關(guān)系式C=∝可知,電容C減小,選項A正確;因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板電勢差的變化,題中電容器兩極板間的電勢差U不變,所以靜電計指針張角不變,選項B錯誤;U不變,極板間距d變大時,板間電場強度E=減小,帶電油滴所處位置的電勢P=EdP增大,其中dP為油滴到下極板的距離,又因為油滴帶負電,所以其電勢能將減少,選項C正確;若先將上極板與電源正極的導線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,
則電容器帶電荷量Q不變,極板間距d變大,根據(jù)Q=CU,E=和C=可知E∝,可見,極板間電場強度E不變,所以帶電油滴所受電場力不變,選項D正確.
2.(Q不變時電容器的動態(tài)分析)(多選)如圖所示,理想二極管、平行板電容器、電源組成閉合電路,帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間,且處于靜止狀態(tài),平行板電容器的B板接地.若將極板A向上移動少許,下列說法中正確的是(　BD　)

A.電容器的電容增大
B.AB間的電壓增大
C.液滴將向上運動
D.液滴的電勢能不變
解析:若將極板A向上移動少許,板間距離增加,根據(jù)C=,電容C減小,故A錯誤;根據(jù)C=可知,若U不變,C減小,則Q減小,電容器要放電,但是理想二極管具有單向?qū)щ娦?不能放電,故電荷量Q一定,由U=可知,電壓增大,故B正確;由E==可知,電場強度大小與兩極板間的距離無關(guān),電場強度不變,則液滴保持靜止,故C錯誤;由以上分析可知電場強度不變,液滴到下極板的距離不變,液滴與下極板間的電勢差不變,液滴的電勢不變,所以液滴的電勢能不變,故D正確.
考點二　帶電粒子在電場中的直線運動
1.做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力F合=0,粒子或靜止,或做勻速直線運動.
(2)粒子所受合外力F合≠0,且與初速度方向在同一條直線上,帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動.
2.用動力學觀點分析
a=,E=,v2-=2ad.
3.用功能觀點分析
勻強電場中:W=qEd=qU=mv2-m
非勻強電場中:W=qU=Ek2-Ek1.
[例2] (2017·江蘇卷)

如圖所示,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(　A　)
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
解析:電子在A,B板間的電場中加速運動,在B,C板間的電場中減速運動,設(shè)A,B板間的電壓為U,B,C板間的電場強度為E,M,P兩點間的距離為d,則有eU-eEd=0,若將C板向右平移到P′點,B,C兩板所帶電荷量不變,由E===可知,C板向右平移到P′時,B,C兩板間的電場強度不變,由此可以判斷,電子在A,B板間加速運動后,在B,C板間減速運動,到達P點時速度為零,然后返回.A項正確,B,C,D項錯誤.
反思總結(jié)
帶電體在勻強電場中的直線運動問題的解題步驟

[針對訓練] 如圖所示,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、帶電荷量為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(　C　)

A.微粒到達B點時動能為m
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
解析:微粒僅受電場力和重力,電場力方向垂直于極板,重力方向豎直向下,微粒做直線運動,合力方向沿水平方向,由此可得,電場力方向垂直于極板斜向左上方,合力方向水平向左,微粒做減速運動,則微粒到達B時動能小于m,選項A錯誤;根據(jù)qEsin θ=ma,qEcos θ=mg,解得a=gtan θ,選項B錯誤;兩極板的電勢差UMN=Ed=,選項C正確;微粒從A點到B點的過程中,電場力做負功,電勢能增加,電勢能增加量ΔEp=qUMN=,選項D錯誤.
考點三　帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)
1.運動規(guī)律
(1)沿初速度方向做勻速直線運動,運動時間

(2)沿電場力方向,做勻加速直線運動

2.兩個結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時,偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的.
證明:由qU0=m
y=at2=··()2
tan θ=
得y=,tan θ=.
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點,即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為.
3.功能關(guān)系
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解:qUy=mv2-m,其中Uy=y,指初、末位置間的電勢差.
[例3] 如圖所示,虛線MN左側(cè)有一電場強度為E1=E的勻強電場,在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2=2E的勻強電場,在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏.現(xiàn)將一電子(電荷量為e,質(zhì)量為m)無初速度地放入電場E1中的A點,A與虛線MN的間距為,最后電子打在右側(cè)的屏上,AO連線與屏垂直,垂足為O,求:

(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間;
(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ;
(3)電子打到屏上的點P′到點O的距離y.
解析:(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動,設(shè)加速度為a1,時間為t1,
則有=a1,且a1==,解得t1=,
電子進入電場E2時的速度v1=a1t1=,
進入電場E2到屏水平方向做勻速直線運動,所用時間t2==2,
故電子從釋放到打到屏上所用的時間
t=t1+t2=3.
(2)設(shè)電子射出電場E2時沿平行電場線方向的速度為vy,根據(jù)牛頓第二定律得,
電子在電場E2中的加速度a2==,
則vy=a2t3,且t3=,tan θ=,
聯(lián)立解得tan θ=2.
(3)電子在電場中的運動軌跡如圖所示.

設(shè)電子在電場E2中的偏轉(zhuǎn)距離為y1,則有
y1=a2
tan θ=,
聯(lián)立解得y=3L.
答案:(1)3　(2)2　(3)3L
反思總結(jié)
計算粒子打到屏上的位置離屏中心距離Y的四種方法
(1)Y=y+dtan θ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離).
(2)Y=(+d)tan θ(L為電場寬度).
(3)Y=y+vy·.
(4)根據(jù)三角形相似=.
[針對訓練] (多選)三個質(zhì)量相等,分別帶正電、負電和不帶電的粒子,從帶電平行金屬板左側(cè)中央以相同的水平初速度v0先后垂直電場進入,并分別落在正極板的A,B,C三處,O點是下極板的左端點,且OC=2OA,AC=2BC,如圖所示,則下列說法正確的是(　ACD　)

A.三個粒子在電場中運動的時間之比tA∶tB∶tC=2∶3∶4
B.三個粒子在電場中運動的加速度之比aA∶aB∶aC=1∶3∶4
C.三個粒子在電場中運動時動能的變化量之比∶∶=36∶16∶9
D.帶正、負電荷的兩個粒子的電荷量之比為7∶20
解析:三個粒子的初速度相等,在水平方向上做勻速直線運動,由l=v0t得,運動時間tA∶tB∶tC=lA∶lB∶lC=2∶3∶4,故A正確;三個粒子在豎直方向上的位移y相等,根據(jù)y=at2,得aA∶aB∶aC=∶∶=36∶16∶9,故B錯誤;由牛頓第二定律可知F=ma,因為質(zhì)量相等,所以合力之比與加速度之比相同,合力做功W=Fy,由動能定理可知,動能的變化量等于合力做的功,所以三個粒子在電場中運動時的動能變化量之比為36∶16∶9,故C正確;三個粒子的合力大小關(guān)系為FA>FB>FC,三個粒子的重力相等,所以B僅受重力作用,A所受的電場力向下,C所受的電場力向上,即B不帶電,A帶負電,C帶正電,由牛頓第二定律得aA∶aB∶aC=(mg+qAE)∶(mg)∶(mg-qCE),解得qC∶qA=7∶20,故D正確.
考點四　帶電粒子在交變電場中的運動
1.常見的交變電場
常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等.
2.常見的題目類型
(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解).
(2)粒子做往返運動(一般分段研究).
(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究).
3.思維方法
(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律),抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征,求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或與物理過程相關(guān)的邊界條件.
(2)分析時從兩條思路出發(fā):一是力和運動的關(guān)系,根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析;二是功能關(guān)系.
(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應用.
[例4] 如圖(甲)所示,電子由陰極飛出時的初速度忽略不計,電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0,平行金屬板板長和板間距離均為L=10 cm,下極板接地,電容器右端到熒光屏的距離也是L=10 cm,在電容器兩極板間接一交變電壓,上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖(乙)所示.(每個電子穿過平行板的時間都極短,可以認為極板間電壓是不變的)求:

(1)在t=0.06 s時刻,電子打在熒光屏上的何處;
(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長.
審題指導:
題干關(guān)鍵
獲取信息
穿過平行板時間極短
上、下極板間的電壓U(E)不變
上極板電勢—時間圖象
電子可向上(向下)偏
電子打到的區(qū)間
電壓過大時,電子打在極板上,不會打到熒光屏上

解析:(1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0=mv2,
經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后偏移量y=at2=·（）2
所以y=,
由圖(乙)知t=0.06 s時刻,U偏=1.8U0,電子向上偏轉(zhuǎn),
所以y=4.5 cm.
設(shè)電子打在屏上的點距O點的距離為Y,滿足=
解得Y=13.5 cm.
(2)由題意知,電子偏移量y的最大值為,所以當偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0,電子就打不到熒光屏上了,設(shè)電子打在熒光屏上的最遠點距O點的距離為Y′,則有=,解得Y′=L,所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為2Y′=3L=30 cm.
答案:(1)距O點上方13.5 cm處　(2)30 cm
反思總結(jié)
解決帶電粒子在交變電場中運動問題的關(guān)鍵
(1)處理方法:將粒子的運動分解為垂直電場方向上的勻速運動和沿電場方向的變速運動.
(2)比較通過電場的時間t與交變電場的周期T的關(guān)系
①若t?T,可認為粒子通過電場的時間內(nèi)電場強度不變,等于剛進入電場時的電場強度.
②若不滿足上述關(guān)系,應注意分析粒子在電場方向上運動的周期性.
(3)注意分析不同時刻射入電場的粒子在電場中運動的差別,找到滿足題目要求的時刻.
提組訓練
1.(帶電粒子在交變電場中的直線運動)如圖(甲)所示,在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力),t=0時刻,A板電勢高于B板電勢,當兩板間加上如圖(乙)所示的交變電壓后,下列圖象中能正確反映電子速度v、位移s、加速度a和動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是(　A　)

解析:電子一個周期內(nèi)的運動情況是:0～時間內(nèi),電子從靜止開始向A板做勻加速直線運動,沿原方向做勻減速直線運動,時刻速度為零,時間內(nèi)向B板做勻加速直線運動,T～T繼續(xù)做勻減速直線運動,根據(jù)vt圖象,st圖象以及at圖象的含義可知,選項A正確,B,C錯誤;勻變速直線運動的vt圖象是傾斜的直線,則Ekt圖象是曲線,選項D錯誤.
2.(帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)運動)如圖(甲)所示,兩平行金屬板MN,PQ的板長l和板間距離相等,板間存在如圖(乙)所示的隨時間周期性變化的電場,電場方向與兩板垂直,在t=0時刻,一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場,粒子射入電場時的速度為v0,t==T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場.則(　A　)

A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的
B.在t=時刻,該粒子的速度大小為2v0
C.若該粒子在時刻以速度v0進入電場,則粒子會打在金屬板上
D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則該粒子仍在t=T時刻射出電場
解析:

粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運動,由于在t==T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場,因此在豎直方向上前半個周期內(nèi)做勻加速直線運動,在后半個周期內(nèi)做勻減速直線運動,一個周期末豎直方向上的分速度為0,可知粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的,如圖所示,選項A正確;前后兩段運動的時間相等,時將速度分解,由類平拋運動規(guī)律可得l=v0T,l=vT,則v=v0,故時刻該粒子的速度為v0,選項B錯誤;若該粒子在時刻以速度v0進入電場,粒子在豎直方向上的運動情況與t=0時刻進入時運動的方向相反,運動規(guī)律相同,故粒子將從PQ板右邊緣射出電場,選項C錯誤;若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,粒子在場中運動的時間t==,選項D錯誤.

1.(2019·江蘇卷,5)一勻強電場的方向豎直向上.t=0時刻,一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場,電場力對粒子做功的功率為P,不計粒子重力,則Pt關(guān)系圖象是(　A　)

解析:設(shè)粒子帶正電,運動軌跡如圖所示,水平方向,粒子不受力,vx=v0.

沿電場方向受力F電=qE,則加速度a==,經(jīng)時間t,粒子沿電場方向的速度vy=at=;電場力做功的功率
P=F電vy=qE·==kt∝t,選項A正確.
2.

(2019·河南新鄉(xiāng)月考)(多選)如圖所示,水平放置的平行金屬板A,B連接一恒壓電源(未畫出),兩個質(zhì)量相等的電荷N和M同時分別從兩極板的正中間和極板A的另一邊緣沿水平方向進入板間電場,兩電荷恰好在板間C點相遇.若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用,則下列說法正確的是(　AC　)
A.電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量
B.兩電荷在電場中運動的加速度相等
C.從兩電荷進入電場到兩電荷相遇,電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功
D.電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同
解析:從軌跡可以看出yM>yN,故·t2>·t2,解得 >,即qM>qN,且有aM>aN,故A正確,B錯誤;根據(jù)動能定理,電場力做的功W=m,質(zhì)量相同,電荷M豎直分位移大,豎直方向的末速度vy=也大,故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功,故C正確;從軌跡可以看出lM>lN,則vMt>vNt,則vM>vN,故D錯誤.
3.(2018·全國Ⅲ卷,21)(多選)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a,b所帶電荷量大小相等、符號相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等.現(xiàn)同時釋放a,b,它們由靜止開始運動.在隨后的某時刻t,a,b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面.a,b間的相互作用和重力可忽略.下列說法正確的是(　BD　)

A.a的質(zhì)量比b的大
B.在t時刻,a的動能比b的大
C.在t時刻,a和b的電勢能相等
D.在t時刻,a和b的動量大小相等
解析:經(jīng)時間t,a,b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面,則ya>yb,根據(jù)y=at2,得aa>ab,又由a=知,mayb,Fa=Fb,則電場力做功Wa>Wb,由動能定理知,a的動能比b的動能大,選項B正確;a,b處在同一等勢面上,根據(jù)Ep=q,a,b的電勢能絕對值相等,符號相反,選項C錯誤;根據(jù)動量定理Ft=p-p0,則經(jīng)過時間t,a,b的動量大小相等,選項D正確.
4.(2019·全國Ⅱ卷,24)如圖,兩金屬板P,Q水平放置,間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P,Q,G的尺寸相同.G接地,P,Q的電勢均為(>0).質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場,重力忽略不計.

(1)求粒子第一次穿過G時的動能,以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小;
(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場,則金屬板的長度最短應為多少?
解析:(1)PG,QG間場強大小相等,均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下,設(shè)粒子的加速度大小為a,有E=,F=qE=ma
設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek,由動能定理有
qEh=Ek-m
設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t,粒子在水平方向的位移大小為l,則有h=at2,l=v0t
聯(lián)立各式解得Ek=m+qh,l=v0.
(2)設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出,則金屬板的長度最短.由對稱性知,此時金屬板的長度L=2l=2v0.
答案:(1)m+qh　v0　(2)2v0