2020版物理新增分大一轮新高考（京津鲁琼）讲义：第七章静电场第3讲

第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动

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．
(2)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：
①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．
②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
(1)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值．
(2)定义式：C＝.
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、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＝.
自测　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，它的电容也减小到原来的
答案　C
解析　根据公式C＝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少无关，根据公式C＝可得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，所以C正确，A、B、D错误．
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速
(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝mv2－mv.
(2)在非匀强电场中，W＝qU＝mv2－mv.
2．偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0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．

图1
(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．
(3)基本关系式：运动时间t＝，加速度a＝＝＝，偏转量y＝at2＝，偏转角θ的正切值：tan θ＝＝＝.

命题点一　实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
如图2所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I＝0.

图2
(2)电容器的放电过程
如图3所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零．
实验器材：6 V的直流电源、 单刀双掷开关 、平行板电容器、电流表、电压表、 小灯泡．

图3
2．实验步骤
(1)按图4连接好电路．

图4
(2)把单刀双掷开关S接1，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．
(3)将单刀双掷开关S接2，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．
(4)记录好实验结果，关闭电源．
实验记录和分析：
实验项目
实验现象
电容器充电
灯泡
灯泡的亮度由明到暗最后熄灭
电流表1
电流表1的读数由大到小最后为零
电压表
电压表的读数由小到大最后为6 V
电容器放电
灯泡
灯泡的亮度由明到暗最后熄灭
电流表2
电流表2的读数由大到小最后为零
电压表
电压表的读数由大到小最后为零

3．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．
(2)要选择大容量的电容器．
(3)实验要在干燥的环境中进行．
(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表．
例1　电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图象．图5甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V.

图5
先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I－t图象如图乙所示．根据图象估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________ C，该电容器电容为________ μF(结果保留整数)．
答案　3.04×10－3　507
解析　由于Q＝It，可知题图乙中图象与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为q＝8×10－5×38 C＝3.04×10－3 C．根据电容器的电容C＝可知，C＝ F≈5.07×10－4 F＝507 μF.
命题点二　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U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Q保持不变．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
例2　(2016·全国卷Ⅰ·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，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C＝可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小，因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小，再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E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6所示．下列说法正确的是(　　)

图6
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，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a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q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εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此
静电计指针的张角变小，C错误；由C＝知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的，D错误．
变式2　(多选)如图7所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是(　　)

图7
A．U变大，E变大 B．U变小，φP变小
C．φP变小，Ep变大 D．φP变大，Ep变小
答案　AC
解析　根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C＝可知电容减小，由U＝可知极板间电压增大，由E＝可知，电场强度增大，故A正确；设P与B板之间的距离为d′，P点的电势为φP，B板接地，φB＝0，则由题可知0－φP＝Ed′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故C正确．
命题点三　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，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＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
例3　(2018·河北省邢台市上学期期末)如图8所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　)

图8
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
答案　C
解析　两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝＝＝，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e·E·2d＝mv2，e·E·d＝mv，可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误．
变式3　(多选)(2019·山西省吕梁市第一次模拟)如图9所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，则(　　)

图9
A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝3 m/s
B．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s
C．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动
D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s
答案　AB
解析　AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qUAB＝mv－mv，2qUAB＝mv－mv，解得vC＝3 m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误．
拓展点　带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动

例4　(2017·浙江4月选考·8)如图10所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为m、电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放．重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程(　　)

图10
A．加速度大小为a＝＋g B．所需的时间为t＝
C．下降的高度为y＝ D．电场力所做的功为W＝Eqd
答案　B
解析　点电荷受到重力、电场力的作用，所以a＝，选项A错误；根据运动的独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，则＝·t2，解得t＝ ，选项B正确；下降高度y＝gt2＝，选项C错误；电场力做功W＝，选项D错误．
命题点四　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，运动时间

(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动

2．两个结论
(1)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qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)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O为粒子水平位移的中点，即O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v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
例5　(2016·北京理综·23改编)如图11所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.

图11
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2.
答案　(1)　　　(2)见解析
解析　(1)根据动能定理，有eU0＝mv02，
电子射入偏转电场时的初速度v0＝
在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L
加速度a＝＝
偏转距离Δy＝a(Δt)2＝
(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力
G＝mg≈10－29 N
电场力F＝≈10－15 N
由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力．
变式4　(多选)(2018·河南省南阳市上学期期末)如图12所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)(　　)

图12
A．两极板间电压为
B．板间电场强度大小为
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
答案　BC
解析　据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：

可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝，由U＝Ed得板间电势差U＝×d＝，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝at 2，a＝＝g，t＝，解得：y＝，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝，重力势能的增加量Ep＝mgs＝，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝＝＝＝可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M上，故D错误．
变式5　(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图13所示，空间存在电场强度为E、方向水平向右的范围足够大的匀强电场．挡板MN与水平方向的夹角为θ，质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：

图13
(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小；
(2)O、M间的距离．
答案　(1)　(2)
解析　(1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为vx，则tan θ＝
解得：vx＝

(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为a，由牛顿第二定律：qE＝ma
在如图所示的坐标系中：vx＝at，x0＝at2，y0＝v0t
设O、M间的距离为d，由几何关系：tan θ＝
解得：d＝.


1．(2018·广东省揭阳市学业水平考试) 据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是(　　)
A．充电时，电容器的电容变小
B．充电时，电容器存储的电能变小
C．充电时，电容器所带的电荷量可能不变
D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零
答案　B
解析　电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结束后，电容器的电容不可能为零，故A、D错误；给手机充电时，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小，故B正确；给手机充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减小，故C错误．
2．(多选)(2018·安徽省宿州市一质检)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θ，则被测物体(　　)

图1
A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大
C．向左移动时，θ减小 D．向右移动时，θ减小
答案　BC
解析　由公式C＝，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大，则电容C增大，由公式C＝可知电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝，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小，则电容C减少，由公式C＝可知电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误．
3．(多选)(2018·广东省揭阳市高三期末)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C和Q表示．下列说法正确的是(　　)
A．保持U不变，将d变为原来的两倍， 则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半， 则U变为原来的两倍
C．保持C不变，将Q变为原来的两倍， 则U变为原来的两倍
D．保持d、C不变，将Q变为原来的一半， 则E变为原来的一半
答案　ACD
解析　保持U不变，将d变为原来的两倍后，根据E＝可得E变为原来的一半，A正确；保持E不变，将d变为原来的一半，根据U＝Ed可得U变为原来的一半，B错误；根据公式C＝可知将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C正确；根据C＝可得C不变，将Q变为原来的一半，U变为原来的一半，根据公式E＝可知d不变，U变为原来的一半，E变为原来的一半，D正确．
4.(2018·广东省广州市4月模拟)如图2，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(粒子重力不计)(　　)

图2
A．保持U2和平行板间距不变，减小U1
B．保持U1和平行板间距不变，增大U2
C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板
D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板
答案　D
解析　粒子在电场中加速U1q＝mv，在偏转电场中，水平方向上x＝v0t，竖直方向上y＝·t2，解得x2＝；开始时x＝L，保持U2和平行板间距不变，减小U1，则x会减小，选项A错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，选项B错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，d变大，则x变大，故选项D正确．
5．(2018·重庆市上学期期末抽测)如图3所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子(　　)

图3
A．只受到电场力作用 B．带正电
C．做匀减速直线运动 D．机械能守恒
答案　C
解析　带电粒子沿直线从位置a运动到位置b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以带电粒子带负电，故A、B错误；由于带电粒子做直线运动，所以电场力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直线运动，故C正确；电场力做负功，机械能减小，故D错误．
6．(2014·山东卷·18)如图4所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　)

图4
A. B.
C. D.
答案　B
解析　根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有s＝v0t，在竖直方向有h＝··t2，解得v0＝ .故选项B正确，选项A、C、D错误．
7．(2018·山东省泰安市一模)如图5所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块(可看做点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零．已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.以下判断正确的是(　　)

图5
A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力
B．滑块在运动过程的中间时刻速率等于
C．此过程中产生的内能为
D．Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab＝
答案　D
解析　由于一直做减速运动，库仑力在增大，要减速到0，摩擦力应该始终比库仑力大，且由a到b过程中加速度在减小，不是匀变速运动，A、B错误，由动能定理－qUab－μmgx＝0－mv可知，C错误，D正确．

8.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·21)如图6，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是(　　)

图6
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
答案　BD
解析　经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝at2，得aa>ab，又由a＝知，maWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B项正确；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ知，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D项正确．
9．(多选)(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图7所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度v0从电场中的O点出发，沿ON方向在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，不计空气阻力．则(　　)

图7
A．小球运动的加速度大小为
B．小球可能一直做匀加速运动
C．小球沿ON方向运动的最大位移为
D．在小球运动的前时间内，电场力对小球做功－
答案　CD
解析　小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示．

合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与初速度方向相反，故小球先做匀减速直线运动，当速度减为零时，再反方向做匀加速直线运动，故A、B错误；当向上速度减至零时，由运动学公式可得最大位移为x＝，故C正确；向上匀减速至零所用的时间为t＝，在此过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为mv，则电场力做功为－，故D正确．
10.(2019·陕西省宝鸡市第一次质检)如图8所示，将带电荷量均为＋q、质量分别为m和2m的带电小球A与B用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球A和B一起以大小为g的加速度竖直向上运动．运动过程中，连接A与B之间的细线保持竖直方向，小球A和B之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g，求：

图8
(1)匀强电场的场强E的大小；
(2)当A、B一起向上运动t0时间时，A、B间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过2t0时间，B球电势能的变化量．
答案　(1)　(2)减小了mg2t
解析　(1)由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于A、B两球组成的整体，由牛顿第二定律可得：2Eq－3mg＝3ma
其中：a＝g
代入可得：E＝
(2)当细线断开时，B球受到竖直向上的电场力：F电＝Eq＝2mg
小球B受到的电场力和重力二力平衡，所以小球B接下来向上做匀速直线运动，其速度大小为匀加速运动的末速度：v＝at0＝gt0
在匀加速阶段小球B上升的高度为：h1＝at＝gt
在匀速阶段小球B上升的高度为：h2＝vt0＝gt
所以在整个过程中电场力做功为：W＝Eq(h1＋h2)＝mg2t
由于电场力对小球B做了mg2t的正功，所以小球B电势能减小了mg2t.
11．(2019·陕西省西安一中一模)一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图9所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：

图9
(1)小球带电情况；
(2)小球由A到B的位移；
(3)小球速度的最小值．
答案　(1)小球带正电，电荷量为　(2)，与水平方向的夹角为45°斜向右上方　(3)
解析　(1)从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝g
B点是最高点，竖直分速度为0，有：t＝
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0，加速度ax＝
水平方向有：v0＝t
联立解得：Eq＝mg
可得q＝
(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等于竖直位移大小
在竖直方向有2gh＝v
可得h＝
所以位移为h＝
其与水平方向的夹角为θ
tan θ＝＝1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方
(3)设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ
则：tan θ＝＝1，如图所示

开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin
即：tan θ＝＝1，则vx＝vy，vx＝t′＝gt′，vy＝v0－gt′
解得t′＝，vmin＝＝.