第4講電容器帶電粒子在電場中的運動

如圖甲是一次心臟除顫器的模擬治療，該心臟除顫器電容器的電容為C,請思考:

情

境甲

導(dǎo)（1）電容器在充電和放電過程中電容如何變化?如何確定充電完成后電容器所帶電荷量?

思

放電過程電流如何變叱?

（2）若一正點電荷夕在如圖乙所示的勻強電場中靜止釋放，如何確定點電荷。到達4板的

動能?若該正點電荷具有與電場線垂直的初速度，它的運動性質(zhì)及到達8板的時間、動能、

速度等相關(guān)物理量如何確定？

,國小題試做

1.有一電解電容器如圖所示，外殼上標(biāo)有“1（）（）（）MF,ioV"。下列關(guān)于該電容器的說法正確的是

（）

[A]該電容器在10V電壓以下不能正常工作

[B]當(dāng)所加電壓為8V時，該電容器的電容為800〃F

[C]該電容器能容納的電荷量最多為1.0x10-3c

[D]當(dāng)兩極加1V電壓時，該電容器的電荷量為1.0xl0-3C

【答案】D

2.如圖所示，比荷相同、重力不計的a、b兩個帶電粒子，從同一位置水平射入豎直向下的勻強

電場中,a粒子打在B板的a，點,b粒子打在B板的卜點，則（）

B優(yōu)y

[A]a、b均帶負電

fB]a的初速度一定小于b的初速度

國知識構(gòu)建

「充電:使電容器兩極板上帶等量_電荷的過程,

電源提供的能量儲存在電容器而

充、放電

-放電:使電容器兩極板上電荷_的過程，電容器

儲存的能量轉(zhuǎn)化為其他形式瓶

L對一個電容器，充、放電過程中其/T圖像圖線與

電，軸所圍面積大小

容

器r-定義式：C=，單位：法拉(F)、微法(nF)、皮法(pF),

1-電容—

I-若兩極板間為真空，則C=

―平行板電容器一

若兩極板間充滿同一種相對介電

常數(shù)為號的電介質(zhì),則C=

帶—勻強電場:卯=gEd=gU=

電---------

粒—非勾強電場:卜=沙=9/-91>02

子

在廠運動形式:運動

勻

-處理方法:應(yīng)用運動的與

強

電

偏轉(zhuǎn)l運動時間:仁

場

(yolE)

中

-加速度:=羋=

的m

基本m

運」關(guān)系式

動-偏轉(zhuǎn)量:，=3a『=

L速度偏轉(zhuǎn)角。的正切值:tanO=^=

【答案】異種中和相等號1061012言盥

U4n〃d4nfcd

"廬-"％2類平拋合成分解，號碧)坐

22。uomd2mdvQ2mdvo2

考點一電容器平行板電容器的動態(tài)分析

探尋規(guī)律aaa

如圖，閉合開關(guān)s穩(wěn)定后斷開，電容器所帶電荷量。保持不變,若增大電容器兩板間的距離a

請完成以下分析：

[C]a的運動時間一定小于b的運動時間

[D]該過程中a所受電場力做的功一定大于b的

【答案】B

\C

E++++

(1)根據(jù)電容的決定式分析電容C大小如何變化？

(2)根據(jù)電容的定義式分析電容器兩板間電壓U大小如何變化？

(3)根據(jù)勻強電場電勢差與電場強度的關(guān)系后卷,結(jié)合(1)(2)的分析，判斷兩板間電場強度E大

小如何變化？

提示：(l)C=^j,d變大，其余量不變，故C變小。

⑵由C博可得U#。不變,。變小，故U變大。

⑶將C喘代入唯，可得喂黃則吟甯等，故E不變。

1.對電容定義式4的理解

(1)一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的、與電容器的帶電情況無關(guān)。

(2)不能理解為電容。與Q成正比，與U成反比。

2.平行板電容器兩類動態(tài)變化的特點比較

dt—Cl—Ut—E不變

兩SJCLUlEI

種-

ert—CtI*El

類

型

SfTCtFtTE不變

不變

［例1］【對電容的理解】(2024?廣東湛江階段練習(xí))如圖所示，自動體外除顫器是一種便攜式

的醫(yī)療設(shè)備,它可以診斷特定的心律失常，并且給予電擊除顫，是可被非專業(yè)人員使用的用于

搶救心臟驟?；颊叩尼t(yī)療設(shè)備。某型號自動體外除顫器的電容器電容是164k充電至4kV

電壓電容器在4ms時間內(nèi)完成放電，則()

［A］電容器充電后的電荷量為0.64C

［B］電容器放電的平均電流為16A

［C］電容器的擊穿電壓為4kV

［C］電容器的帶電量減小

［D］電流由。經(jīng)電流表流向。

【答案】AD

【解析】電容器兩極板間距變小，則根據(jù)。普：可知，電容器的電容增大，故A正確;電容器始

4TTKrf

終與電源連接，則電壓不變，電容器兩極板間距變小時，由知電場強度變大，故B錯誤;因電

容器的電容增大,而電容器兩極板間電壓不變，根據(jù)。=。匕,可知電容器帶電量增大，故C錯誤;

根據(jù)電容器帶電量增大,則電容器充電，因此電流由。向〃流過電流表，故D正確。

［變式］如圖所示，在［例3］電路中電阻R和電源之間連接一個二極管，試判斷人帶著手機向前

加速運動階段與靜止時相比，手機上的電容器的電容、兩極板間的電壓、兩極板間的電場強

度，以及兩極板所帶電荷量的變化情況。

【答案】人帶著手機向前加速運動時，由牛頓第二定律可得，彈簧被壓縮，即N板向后運動，電

容器兩極板間的距離變大.由。端得電容器的電容減小;假設(shè)電容器兩極板間電壓不變，由

知電荷量減小，電容器需要放電,但由于二極管的存在，電容器不能放電，故假設(shè)電壓不變

不成立，電容器兩極板帶電荷量不變，由。筆得兩極板間的電壓增大，由田喑得，兩極板間電

場強度不變。

考點二帶電粒子（帶電體）在電場中的直線運動

1.對帶電粒子進行受力分析時應(yīng)注意的問題

（1）要掌握靜電力的特點。靜電力的大小和方向不僅跟電場強度的大小和方向有關(guān)，還跟帶電

粒子的電荷量和電性有關(guān)，

（2）是否考慮重力依據(jù)情況而定。

①基本粒子:如電子、質(zhì)子、a粒子、離子等除有特殊說明或明確的暗示外，一般不考慮重力（但

不能忽略質(zhì)量）。

②帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有特殊說明或明確的暗示外，一般都不能忽略重

力。

2.分析帶電粒子（帶電體）在電場中的直線運動的方法

(1)用動力學(xué)觀點分析(只適用于勻強電場)。

a=^,E=^>\^-v^=2ad0

(2)用功能觀點分析。

22

①勻強電場中:W=qEd=qU=^mv-^tnvQ。

②非勻強電場中:W=qU=E0-Eki。

［例4］【帶電粒子在電場中的直線運動】如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為",

兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為用、電荷量為夕的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶

電粒子的重力。

(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F;

(2)求帶電粒子到達N板時的速度大小v;

(3)若在帶電粒子運動T距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間/o

【答案】⑴*⑵楞喈潞

【解析】(1)兩極板間的電場強度E=%

帶包粒子所受的靜電力"=*=若。

(2)帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，

根據(jù)功能關(guān)系有g(shù)Uh/iv2,

解得v=陛。

7m

(3)設(shè)帶電粒子運動手巨離時的速度大小為療，

根據(jù)功能關(guān)系有冷］2,

帶電粒子在前q距離做勻加速直線運動，后?距離做勻速運動,設(shè)用時分別為八、匕有

dv'dt

F7z,rv0

則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間六八+/2丹叵。

［例5］【帶電體在電場中的直線運動】如圖所示，一質(zhì)量為小、電荷量為夕的小球在電場強

度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度內(nèi)沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與

水平面的夾角為30。,重力和速度為g,且加小^￡,則（）

.??N

%.，

0^3^................

［A］電場方向豎宜向上

［B］小球做勻加速直線運動

［C］小球上升的最大高度為手

4g

［D］若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為I?孫2

【答案】C

【解析】

小球做句變速直線運動，合力應(yīng)與速度在同一直線上，即在ON直線上，因mg=qE,電場力與重

力關(guān)于ON對稱,根據(jù)數(shù)學(xué)知識得，電場強度方向與水平方向的夾角應(yīng)為30。,受力情況如圖所

示"合力沿NO方向向下，丸小為，，忠，加速度大小為g,方向沿NO向下，所以小俅做勻減速直線

運動，故A、B錯誤;小球做勻減速直線運動，由運動學(xué)公式可得最大位移為刈=孚，則最大高度

2g

為小產(chǎn)沖sin30。"，故C正確;若小球在初始位置的電勢能為零,當(dāng)小球處于最高點時，則小球

4g

22

電勢能最大，根據(jù)能量守恒定律有VQ=mgh,n+EpmM得小球電勢能的最大值為Epni=^mvQ,

故D錯誤。

考點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

探尋規(guī)律aaa

如圖，電性相同的不同帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同?電場加速后再垂直進入同?偏轉(zhuǎn)電場，則

從偏轉(zhuǎn)電場射出時，帶電粒子的軌跡是重合的嗎？

Uo

提示:在加速電場中有刊0=，1%2,在偏轉(zhuǎn)電場中偏移量產(chǎn)少尸竹.鬻.《_）2,

設(shè)速度偏轉(zhuǎn)角為4則tan心叫,

VQ7〃d“M

得產(chǎn)版,tan畸%

則y、。均與m、q無關(guān)，即偏移量和速度偏轉(zhuǎn)角總是相同的,所以它們的軌跡是重合的。

1.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩個重要結(jié)論

⑴粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，速度偏轉(zhuǎn)角。的止切值是位移偏轉(zhuǎn)角a正切值的2倍，即tan外2tana。

（2）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出時,合速度方向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)電場邊緣的距離為會

2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法

運動的將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向的勻加速直線運動和垂直于電場力

分解法方向的勻速直線運動

功能當(dāng)討論帶電粒子的末速度V時也可以從能量的角度進行求

關(guān)系解:d4=/戶-3%2,其中4=%指運動過程初、末位置兩點間的電勢差

［例6］【示波管的工作原理】（2024?廣東肇慶模擬）示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、

偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX'和YY'之間都沒有加電壓，

電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心,產(chǎn)生一個亮斑如圖乙所示。若板間電勢

差C/xx和UYY隨時間變化關(guān)系圖像如丙、丁所示，則熒光屏上的圖像可能為（）

丙T

【答案】A

【解析】Uxx,和UYY,均為正值，電場強度方向由X指向X',由Y指向Y',電子帶負電，電

場力方向與電場強度方向相反，所以分別向X、Y方向偏轉(zhuǎn)，可知A正確。

［例7］【帶電粒干在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)】加圖所示，虛線MN左側(cè)有一中，場強度為后=￡的勻

強電場，在兩條平行的虛線和PQ之間存在著寬為L、電場強度為%=3月的勻強電場，在

虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場所平行且足夠大的屏。現(xiàn)將一電子(電荷量絕對值為e,

質(zhì)量為也不計重力)無初速度地放入電場田中的4點/點到"N的距離為，，最后電子打在右

側(cè)的屏上,力。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)電子剛射出電場歷時的速度方向與40連線夾角的正切值；

(3)電子打到屏上的點到O點的距離。

【答案】⑴3后(2)3(3段

【解析】(1)電子在電場Ei中做初速度為零的勻加速直線,運動，設(shè)加速度為⑺,時間為幾

由牛頓第二定律得eE\=ma\,

由位移時間關(guān)系吟夕止了,

電子進入歷時的速度為

電子從進入電場所到打在屏上的過程，水平方向做勻速直線運動，設(shè)此過程時間為，2,則

2L=vit2,

電子從釋放到打到屏上所用的時間為t=t\+t2,

聯(lián)立解得

(2)設(shè)電子射出電場歷時平行于電場方向的速度為5電子進入電場￡時的加速度為。2,

由牛頓第二定律得eEi=mai,

嶺=々2/3,

L=M/3,

電子剛射出電場歷時的速度方向與片。連線夾角的正切值為tan0=^,

聯(lián)立解得tan0=3。

(3)電子在電場中的運動軌跡如圖所示，設(shè)包子打到屏上的點到。點的距離為x,反向延長射出

電場歷時的速度方向與40交于。'點為電子在電場員中垂直于電場方向位移的中點,

由幾何關(guān)系得tan伊爭,聯(lián)立解得

2L2

2

［變式］在［例7］中若讓"I、JI和*Ie三種粒子的混合物由靜止開始從彳點釋放，經(jīng)加速、

偏轉(zhuǎn)后打到屏上，試比較三種粒子整個運動過程所用時間之比和打到屏上時的動能之比.

【答案】1：V2：V21：I：2

【解析】由［例刀知所用時間口舊，故所用時間之比為1：V2：V2o

2

由［例7］知｝ILJI和$He三種粒子由靜止經(jīng)同一電場加速，然后穿過同一偏轉(zhuǎn)電場后運動軌

跡重合，根據(jù)功能關(guān)系有夕寫用v2,易得動能之比為1：1：2o

方法點撥

計算粒子打到屏上的位置離屏中心距離的方法

(1)y=yo+Ltan8(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)。

(2))，=(卜L)tan0(/為偏轉(zhuǎn)電場寬度)。

(3)根據(jù)三角形相似十斗。

［例8］【帶電粒子在電場和重力場中的偏轉(zhuǎn)】空間存在一方向啜直向下的勻強電場,0、P

是電場中的兩點。從。點沿水平方向以不同初速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。

A不帶電,B的電荷量為q(q>0)°A從。點發(fā)射時的初速度大小為w,到達P點所用時間為/；B

從。點到達P點所用時間為會重力加速度為g,求：

(1)0點到達/點的高度笄;

(2)B小球的加速度大小和電場強度的大小;

(3)B運動到P點時的動能。

【答案】(1加⑵4g等

(3)2M(孫2+4-

【解析】(1)小球A在豎直方向做自由落體運動，因此高度差為鳥峭。

(2)設(shè)電場強度的大小為￡小球B運動的加速度大小為心根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式

和題給條件，有

mg+qE=ma,

遙￡與己

解得gw柢無棄迫。

q

⑶設(shè)B從。點發(fā)射時的初速度為片,到達P點時的動能為Ek,根據(jù)動能定理有

且有星g過

聯(lián)立解得￡亡2加土照2）,

A課時作業(yè)

（滿分:60分）

―基礎(chǔ)對點練

對點1.電容器平行板電容器的動態(tài)分析

1.（4分）如圖所示,A、B為兩塊平行帶電金屬板,A帶負電,B帶正電且與大地相接，兩板間P點

處固定一負電荷,設(shè)此時兩極板間的電勢差為U,P點場強大小為反電勢為現(xiàn)將A、B兩板

水平錯開一段距離（兩板間距不變），則（）

[A]U變大,E變小[B]U變小,￡不變

[C]E變大,*變小[D]E變小,9尸變大

【答案】C

【解析】C普將A、B兩板水平錯開一段距離，則極板正對面積S減小，電容C減小cW，

4nfcaU

由于電荷量0不變,則兩極板間的電勢差U變大;根據(jù)可知板間場強萬變大，則尸點與B

板間的業(yè)勢差變大，由于B板接地電勢不變，且B板帶正電,所以產(chǎn)點電勢QP變小。

2.（4分）（2024?黑吉遼卷,5）某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)&與濃度Gn的關(guān)系曲線如圖甲所

示，將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源、電流表等構(gòu)成如圖乙所示的

電路，閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則（）

[A]電容器的電容減小

[B]電容器所帶的電荷量增大

[C]電容器兩極板之間的電勢差增大

[D]溶液濃度降低過程中電流方向為"TN

【答案】B

【解析】由題圖甲可知，降低溶液濃度,不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)&增大，根據(jù)電容的決定式

可知，電容器的電容增大，故A錯誤;溶液不導(dǎo)電，沒有形成閉合回路，電容器兩端的電勢

差不變，結(jié)合0=CU分析可知，電容器所帶的電荷量增大，故電容器正在充電，結(jié)合題圖乙可知,

電珞中電流方向為N—M故B正確,C、D錯誤。

對點2.帶電粒子（帶電體）在電場中的直線運動

3.（4分）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、

〃、尸點，由。點靜止釋放的電子恰好能運動到2點，現(xiàn)將C板向左平移到P'點，則由。點靜

止釋放的電子（）

［A］運動到戶*返回

［B］運動到尸和P'點之間返回

［C］運動到P'點返回

［D］穿過，點后繼續(xù)運動

【答案】D

【解析】由。點靜止釋放的電子恰好能運動到尸點，表明電子在薄板A、B之間做加速運動,

電場力做正功，電場方向向左,在薄板B、C之間做減速運動，電場力做負功,電場方向向右，到

達P點時速度恰好為0,根據(jù)動能定理有-eUovreU”尸0,解得劣產(chǎn)-％當(dāng)C板向左平

移到尸點,B、C間距減小，由電容的決定式C=^知，電容增大，由C［、電荷量Q不變知B、

C之間電壓減小，則有5k5心>5儼，結(jié)合上述有-eUavreUwp>0,可知電子減速運動到P'

的速度不等于0,即電子穿過P點后繼續(xù)向右運動。故選D。

4.（6分）（多選汝I圖所示，在帶電荷量為Q的平行板電容器A、B間，在M點靜止釋放一質(zhì)量為

〃?、電荷量為1（q>0）的小球（可視為質(zhì)點）,恰好能沿水平虛線從M點運動到N點，下列說法正

確的是（）

A

[A]A板電勢高于B板電勢

[Bl小球向左做勻加速直線運動

[C]小球運動過程中機械能增加

[DJ將A板沿垂直于極板方向向上平移少許距離，小球?qū)⒆銮€運動

【答案】BC

【解析】小球帶正電，受力分析如圖所示，合力方向從M指向N,小球做勻加速直線運動、上極

板帶負電,A板電勢低于B板電勢，所以A錯誤,B正確;電場力做正功，機械能增加,C正陶將

A板沿垂直于極板方向向上平移少許距離后，根據(jù)七舉燮華可知，電場強度大小不會發(fā)生

aCd6rs

改變，小球受力情況不變，所以仍將做直線運動，選項D錯誤。

5.（6分）（多選）如圖所示,A、B為水平放置的兩平行正對金屬板，在板中央分別開有小孔M、N。

小孔對平行板之間的電場無影響，其中R為滑動變阻器，電源內(nèi)阻不可忽略.閉合開關(guān)S.待電

路穩(wěn)定后，將一帶負電的可視為質(zhì)點的小球從小孔〃、N正上方的P點由靜止釋放，小球恰好

能運動至小孔N處，每次都將小球從P點由靜止釋放，忽略板外電場對小球運動的影響，不計空

氣阻力，下列說法正確的是（）

[A]若僅將A板上移少許，則帶電小球?qū)o法運動至B板的小孔N處

[B]若僅將B板上移少許.則帶電小球?qū)o法運動至B板的小孔N處

[C]若僅將R的滑片上移,則帶電小球能從B板的小孔N處穿出

[D]若僅將R的滑片下移.則帶電小球能從B板的小孔N處穿出

【答案】BC

【解析】小球從小孔M、N正上方的P點由靜止釋放，小球恰好能運動至小孔N處,由動能

定理知mgh-qU=O,則有〃嵋7?=gU,由于開關(guān)閉合，電容器兩極板的電壓不變，所以若僅將A板上

移少許，則帶電小球仍將恰好運動至B板的小孔N處,故A錯誤;若僅將B板上移少許，則h減

小，帶電小球?qū)o法運動至B板的小孔N處,故B正確;若僅將H的滑片上移,R兩端的電壓減

小，則帶電小球能從B板的小孔N處穿出，故C正確;若僅將R的滑片下移,H兩端的電壓增大,

則帶電小球不能到達B板的小孔N處，故D錯誤。

對點3.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

6.（4分）如圖，帶電荷量之比為q&:%=1:3的帶電粒子a、b以相等的速度如從同一點出發(fā)，

沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在。、D點，若OC=CD,忽略粒子重

力的影響，則（）

0CD

[A]a和b運動的加速度大小之比為1：4

[B]a和b的質(zhì)量之比為3：4

[C]a和b在電場中運動的時間之比為1：2

[D]a和b的位移大小之比為1：2

【答案】C

【解析】粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向有―四,又由于初速度相等，所以/工工由題

意知,a和b在電場中運動的水平位移之比為1:2,則a和b在電場中運動的時間之比為1:2。

又因為粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,在豎直方向有y與匕由題意知相

同，則a與產(chǎn)成反比，則a和b運動的加速度大小之比為4：1,故A錯誤,C正確。由牛頓第二

定律得囪=〃?a,則粒子的質(zhì)量〃?=/吟,由題意知qa：m=1:3,又因為a和b運動的加速度大小

之比為4：1,則a和b的質(zhì)量之比為1：12,故B錯誤。因a、b的水平位移之比為1：2、豎直

位移相等，則a、b的位移大小之比不等于1：2,故D錯誤。

7.（14分）某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進行治療。在這種療法中，質(zhì)子先被加速到具有較高的能

量，然后被引導(dǎo)轟擊腫瘤,如圖。來自質(zhì)子源的質(zhì)子（初速度為零）經(jīng)加速電場加速后，沿圖中四

分之一圓弧虛線通過輻向電場,再從尸點豎直向上進入存在水平向右的勻強電場的圓形區(qū)域,

最終轟擊處在圓上。點的腫瘤細胞。已知四分之一圓弧盅線處的場強大小為扁,方向沿半徑

指向圓心。，圓O'與0P相切于P點。片即圓形區(qū)域的半徑為RQ點位于0P上方g處,質(zhì)

子質(zhì)量為〃，、電荷量為e。不計質(zhì)子重力和質(zhì)子間相互作用，求:

(1)質(zhì)子在P點處的速度大小V；

(2)加速電場的加速電壓U;

(3)圓形區(qū)域中勻強電場的場強大小E.

【答案】(2)|EQRO

⑶4、&()斯

【解析】(1)質(zhì)子在輻向電場中做圓周運動，所受也場力提供其做圓周運動的向心力，有

*1,2

eE（）=ni—,

Ko

解得v=廬通。

Ym

(2)在加速電場中根據(jù)動能定理有eC/^wv2,

解得gEoRo。

(3)質(zhì)子進入圓形電場中，其在豎直方向做勻速直線運動，有畀憶水平方向做勻加速直線運動,

由牛頓第二定律有eE=ma,設(shè)O'。與O'P的夾角為〃，有畀R-Rcos0,

質(zhì)子在水平方向有Rsin嶺戶

聯(lián)立解得E-呷斯

R

國綜合提升練

8.(4分)在如圖所示的電路中點為電源電動勢,為電源內(nèi)皿冏為定值電阻,R為滑動變阻器。

MN、尸。為水平放置的兩個平行金屬板,二者之間的電場可以視為勻強電場，虛線平行

于金屬板。當(dāng)R的滑片在中點時.，閉合開關(guān)S,帶電小球以w從。點沿。。'飛入，剛好從。

點飛出。若在以下選項條件下，帶電小球都能夠從平行金屬板右側(cè)飛出，下列說法正確的是

（）

[A]若金屬板平行上移一小段距離，帶電小球仍以如從O點沿OO'飛入，則小球?qū)⒃贠'

點飛出

[B]若金屬板平行下移一小段距離仍在OO'上方,帶電小球仍以w從。點沿E入,

則小球?qū)⒃邳c飛出

[C]若滑動變阻器R的滑片向左移動一段距離后不動,帶電小球仍以w從。點沿飛入,

則飛出點在0'點上方

[D]若滑動變阻器〃的滑片向右移動一段距離后小動，帶電小球仍以皿從O