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章末复习　知识整合与能力提升
考点1　非匀强电场中电势差与电场强度关系的定性分析
在非匀强电场中，可以用E＝或UAB＝Ed定性地分析有关问题，结论：
(1) 如图甲所示，在等差等势面中，等势面越密的地方，场强就越大．
(2) 如图乙所示，a、b、c为某条电场线上的三个点，且距离ab＝bc，由于电场线越密的地方电场强度越大，故Uab　　
　如图所示为某电场中的电场线和等势面．已知φa＝10 V，φc＝6 V，ab＝bc，则(　C　)
A．φb＝8 V
B．φb>8 V
C．φb<8 V
D．上述三种情况都可能
解析：因为φa＝10 V，φc＝6 V，可知a、c两点的电势差为4 V，因为电场线越密的地方场强越强，根据U＝Ed知，ab间的电势差大于bc间的电势差，所以ab间的电势差大于2 V，所以b点的电势小于8 V，C正确．
　(多选)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则(　BD　)
A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4 eV
C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D．a、b、c、d 4个点中，b点的电场强度最大
解析：由图像可知φb＝φe，则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；由图像可知φa＝3 V，φd＝7 V，根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4 eV，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；由题图可看出，b点等差等势面最密集，则b点处的场强最大，D正确．
考点2　电场中的力电综合问题
解决电场中的力电综合问题，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点和能量观点等多角度进行分析与研究．
1．动力学的观点
(1) 由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2) 综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意__重力__是否需要考虑的问题．
2．能量的观点
(1) 运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理．
(2) 运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
　在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度v0水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示，由此可知(　D　)
A．小球带正电
B．电场力大小为2mg
C．小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等
D．小球从A点到C点的过程中重力对小球做的功与从B点到C点的过程中电场力对小球做的功的绝对值相等
解析：由小球从B点到C点的过程中轨迹向上弯曲可知电场力的方向必须是向上的，则小球带负电，A错误；带电小球从A点到C点，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，则从A点到B点过程小球做平抛运动，有x1＝v0t1，从B点到C点过程，有x2＝v0t2，由题意有x1＝2x2，则得t1＝2t2，即小球从A点到B点是从B点到C点运动时间的2倍，C错误；又y1＝，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有y2＝，根据几何知识有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝3mg，B错误；据题意知，小球在水平方向不受力，故在水平方向做匀速直线运动，在A、C两点的动能相同，由动能定理可知，小球从A点到C点的过程中合外力做功为0，所以小球从A点到C点的过程中重力对小球做的正功与从B点到C点过程中电场力对小球所做的负功代数和为0，D正确．
　如图所示，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R＝2 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到CD的距离为L1＝2.5 m，CD左侧有场强大小为E1＝25 N/C、方向水平向左的匀强电场，CD右侧有场强大小为E2(大小未知)、方向竖直向上的匀强电场．CD右侧且相距L2＝1 m处有一竖直墙壁EF，EF底端E点与水平地面BE相连接，EF高度为L3＝1 m．现将q＝＋4×10-2C、m＝1 kg的绝缘滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，最后进入CD右侧，滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，∠AOB＝53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.
(1) 求滑块到达圆弧轨道AB的B点时，圆弧轨道AB对滑块的支持力大小．
(2) 要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围．
答案：(1) 18 N　(2) 187.5 N/C解析：(1) 滑块从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒
mgR(1－cos 53°)＝
解得vB＝4 m/s
滑块在圆弧轨道AB的B点时，有FN－mg＝m
解得FN＝18 N
(2) 滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有
qE1＋μmg＝ma
解得a＝3 m/s2
－v2＝2aL1
解得v＝1 m/s
当E2较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有
－μ(mg－qE2)L2＝0－mv2
解得E2＝187.5 N/C
当E2较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，水平方向有L2＝vt1
t1＝1 s
竖直方向有L3＝
解得ay＝2 m/s2
qE2－mg＝may
解得E2＝300 N/C
综上所述，E2的取值范围为187.5 N/C1．(广东卷)(多选)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示．涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面．M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上．下列说法中正确的有(　AC　)
A．M点的电势比N点的低
B．N点的电场强度比P点的大
C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
解析：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误．
2．(辽宁卷)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(　B　)
图(a) 图(b)
A．电容器的电容减小
B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大
D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
解析：降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C＝可知电容器的电容增大，故A错误；电容器两端的电压不变，根据Q＝CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，故D错误．
3．(海南卷)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM＝ON；有一电子从M点静止释放，仅受x方向的电场力作用，则下列说法中正确的是(　D　)
A．P点电场强度方向沿x负方向
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．电子在P点的动能小于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能
解析：由图可知在x正半轴沿＋x方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A错误；φ-x图像斜率表示电场强度，由图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B错误；电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误；电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确．
4．(北京卷)某小山坡的等高线如图所示，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道．山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则(　D　)
A．小球沿MA运动的加速度比沿MB的大
B．小球分别运动到A、B点时速度大小不同
C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大
D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧下降得快
解析：等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得a＝g sin θ(θ为坡面与水平面夹角)，MB对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，A错误；A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相同，B错误；等势线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点电场强度比B点小，C错误；等势线越密集，电势下降越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧下降得快，D正确．
5．(河北卷)如图所示，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动．图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高．当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1) 电场强度E的大小．
(2) 小球在A、B两点的速度大小．
答案：(1) 　(2) 　
解析：(1) 在匀强电场中，根据公式可得场强为E＝
(2) 在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m
A到B过程根据动能定理得qU－mgL＝
联立解得vA＝，vB＝
6．(广东卷)如图所示是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图．两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接．金属平板之间接高压电源产生匀强电场．一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)．已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g.忽略空气阻力和电场的边缘效应．求：
(1) 颗粒碰撞前的电荷量q.
(2) 颗粒在B点碰撞后的电荷量Q.
(3) 颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W.
答案：(1) 　(2) 　(3) 见解析
解析：(1) 根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有h＝gt2
水平方向上做匀加速直线运动，则有 at2
解得q＝
(2) 根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为vy1＝
水平分速度为vx1＝
则第一次碰撞后竖直分速度为vy2＝kvy1＝k
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ，则有
tan θ＝
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有tan θ＝
联立解得Q＝
(3) 根据题意可知，由于k<1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，若颗粒第二次碰撞是和下绝缘板碰撞，设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t′，则有
t′＝
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a′＝
水平方向运动的距离为l′＝vx1t′＋at′2＝4kl＋
则电场力对颗粒做的功为W＝
若l＋l′>d，则颗粒第二次碰撞是和右侧金属板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过程中水平方向位移为d－l，颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对颗粒做的功为W′＝(共32张PPT)
第十章
静电场中的能量
章末复习　知识整合与能力提升
核心知识 整合建构
素养生成 综合应用
非匀强电场中电势差与电场强度关系的定性分析
在非匀强电场中，可以用E＝或UAB＝Ed定性地分析有关问题，结论：
(1) 如图甲所示，在等差等势面中，等势面越密的地方，场强就越大．
(2) 如图乙所示，a、b、c为某条电场线上的三个点，且距离ab＝bc，由于电场线越密的地方电场强度越大，故Uab考点
1
　　　如图所示为某电场中的电场线和等势面．已知φa＝10 V，φc＝6 V，ab＝bc，则 (　　)
A．φb＝8 V
B．φb>8 V
C．φb<8 V
D．上述三种情况都可能
1
解析：因为φa＝10 V，φc＝6 V，可知a、c两点的电势差为4 V，因为电场线越密的地方场强越强，根据U＝Ed知，ab间的电势差大于bc间的电势差，所以ab间的电势差大于2 V，所以b点的电势小于8 V，C正确．
C
　　　(多选)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则 (　　)
A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4 eV
C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D．a、b、c、d 4个点中，b点的电场强度最大
解析：由图像可知φb＝φe，则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；由图像可知φa＝3 V，φd＝7 V，根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4 eV，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；由题图可看出，b点等差等势面最密集，则b点处的场强最大，D正确．
BD
2
电场中的力电综合问题
解决电场中的力电综合问题，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点和能量观点等多角度进行分析与研究．
1．动力学的观点
(1) 由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2) 综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意
　重力　是否需要考虑的问题．
考点
2
2．能量的观点
(1) 运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理．
(2) 运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
　　　在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度v0水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示，由此可知 (　　)
A．小球带正电
B．电场力大小为2mg
C．小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等
D．小球从A点到C点的过程中重力对小球做的功与从
B点到C点的过程中电场力对小球做的功的绝对值相等
3
D
解析：由小球从B点到C点的过程中轨迹向上弯曲可知电场力的方向必须是向上的，则小球带负电，A错误；带电小球从A点到C点，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，则从A点到B点过程小球做平抛运动，有x1＝v0t1，从B点到C点过程，有x2＝v0t2，由题意有x1＝2x2，则得t1＝2t2，即小球从A点到B点是从B点到C点运动时间的2倍，C错误；又y1＝g，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有y2＝，根据几何知识有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝3mg，B错误；据题意知，小球在水平方向不受力，故在水平方向做匀速直线运动，在A、C两点的动能相同，由动能定理可知，小球从A点到C点的过程中合外力做功为0，所以小球从A点到C点的过程中重力对小球做的正功与从B点到C点过程中电场力对小球所做的负功代数和为0，D正确．
　　　如图所示，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R＝2 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到CD的距离为L1＝2.5 m，CD左侧有场强大小为E1＝25 N/C、方向水平向左的匀强电场，CD右侧有场强大小为E2(大小未知)、方向竖直向上的匀强电场．CD右侧且相距L2＝1 m处有一竖直墙壁EF，EF底端E点与水平地面BE相连接，EF高度为L3＝1 m．现将q＝＋4×10-2C、m＝1 kg的绝缘滑块从A点
由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，最后进入CD右侧，
滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE
与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，
∠AOB＝53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.
2
(1) 求滑块到达圆弧轨道AB的B点时，圆弧轨道AB对滑块的支持力大小．
答案：(1) 18 N　
解析：(1) 滑块从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒
mgR(1－cos 53°)＝
解得vB＝4 m/s
滑块在圆弧轨道AB的B点时，有FN－mg＝m
解得FN＝18 N
(2) 要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围．
答案：(2) 187.5 N/C解析：(2) 滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有
qE1＋μmg＝ma
解得a＝3 m/s2
－v2＝2aL1
解得v＝1 m/s
当E2较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有
－μ(mg－qE2)L2＝0－mv2
解得E2＝187.5 N/C
当E2较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，水平方向有L2＝vt1
t1＝1 s
竖直方向有L3＝
解得ay＝2 m/s2
qE2－mg＝may
解得E2＝300 N/C
综上所述，E2的取值范围为187.5 N/C链接高考 真题体验
1．(广东卷)(多选)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示．涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面．M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上．下列说法中正确的有 (　　)
A．M点的电势比N点的低
B．N点的电场强度比P点的大
C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
AC
解析：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误．
B
2．(辽宁卷)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则 (　　)
A．电容器的电容减小
B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大
D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
解析：降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C＝可知电容器的电容增大，故A错误；电容器两端的电压不变，根据Q＝CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，故D错误．
D
3．(海南卷)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM＝ON；有一电子从M点静止释放，仅受x方向的电场力作用，则下列说法中正确的是 (　　)
A．P点电场强度方向沿x负方向
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．电子在P点的动能小于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能
解析：由图可知在x正半轴沿＋x方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A错误；φ-x图像斜率表示电场强度，由图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B错误；电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误；电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确．
D
4．(北京卷)某小山坡的等高线如图所示，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道．山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则 (　　)
A．小球沿MA运动的加速度比沿MB的大
B．小球分别运动到A、B点时速度大小不同
C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度
比B点大
D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左
侧下降得快
解析：等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得a＝g sin θ(θ为坡面与水平面夹角)，MB对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，A错误；A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相同，B错误；等势线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点电场强度比B点小，C错误；等势线越密集，电势下降越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧下降得快，D正确．
解析：(1) 在匀强电场中，根据公式可得场强为E＝
5．(河北卷)如图所示，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动．图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高．当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1) 电场强度E的大小．
答案：(1) 　
解析：(2) 在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m
A到B过程根据动能定理得qU－mgL＝
联立解得vA＝，vB＝
(2) 小球在A、B两点的速度大小．
答案：(2) 　
6．(广东卷)如图所示是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图．两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接．金属平板之间接高压电源产生匀强电场．一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板
瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间
相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)．已知颗粒质
量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，
B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g.忽略
空气阻力和电场的边缘效应．求：
解析：(1) 根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有h＝gt2
水平方向上做匀加速直线运动，则有 at2
解得q＝
(1) 颗粒碰撞前的电荷量q.
答案：(1) 　
解析：(2) 根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为vy1＝
水平分速度为vx1＝
则第一次碰撞后竖直分速度为vy2＝kvy1＝k
(2) 颗粒在B点碰撞后的电荷量Q.
答案：(2) 　
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ，则有
tan θ＝
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有tan θ＝
联立解得Q＝
解析：(3) 根据题意可知，由于k<1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，若颗粒第二次碰撞是和下绝缘板碰撞，设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t′，则有
t′＝
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a′＝
(3) 颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W.
答案：(3) 见解析
水平方向运动的距离为l′＝vx1t′＋at′2＝4kl＋
则电场力对颗粒做的功为W＝
若l＋l′>d，则颗粒第二次碰撞是和右侧金属板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过程中水平方向位移为d－l，颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对颗粒做的功为W′＝

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