江西省上饶县中学2021届高三上学期物理第12周周练(特+补)Word版含答案.docx

2022-2021学年江西省上饶市上饶县中学高三（上）
第12周周练物理试卷（特+补）

一、选择题（1，2，4，6，7，为多选题共48分）
1．（4分）如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，假如将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力状况与原来相比（　　）

　 A． 推力F将增大
　 B． 竖直墙面对小球A的弹力增大
　 C． 地面对小球B的弹力肯定不变
　 D． 两个小球之间的距离增大

【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律．
【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．
【分析】： 由整体法可知地面的支持力的大小；依据两球的距离变化可知库仑力的变化，接受隔离法可知两球距离的变化．
【解析】： 解：整体法可知B球对地面压力不变，C正确；
假设A球不动，由于A、B两球间距变小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，而其竖直重量不变．故库仑力变小A、B两球间距变大，D正确；
但水平重量减小，故A、B不正确．
故选CD．
【点评】： 本题考查了连接体问题的动态平衡，整体法隔离法相结合是解决此类问题根本方法．

2．（4分）X轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势凹凸如图中曲线所示，从图中可看出（　　）

　 A． Q1和Q2肯定是同种电荷，但不肯定是正电荷
　 B． Q1肯定大于Q2
　 C． 电势最低处P点的电场强度为0
　 D． Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点

【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： φ﹣x图线的切线斜率表示电场强度的大小，从坐标x1到x2电势先减小后增大，依据沿电场线电势渐渐降低推断两电荷的电性，依据电场强度为零的位置比较两电荷的电量大小．
【解析】： 解：
A、从坐标x1到x2电势先减小后增大，由于沿电场线方向电势渐渐降低，知Q1和Q2肯定是同种电荷，且都为正电荷．故A错误；
B、C、φ﹣x图线的切线斜率表示电场强度的大小，P点切线斜率为零，则P点的电场强度为零．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，依据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．故B正确，C正确．
D、由于沿电场线方向电势渐渐降低，所以P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点．故D正确．
故选：BCD．
【点评】： 解决本题的关键找到该题的突破口，即依据P点的切线斜率（即电场强度）为零入手分析，以及知道沿着电场线方向电势渐渐降低．

3．（4分）有一静电场，其电场强度方向平行于x轴．其电势φ随坐标x的转变而变化，变化的图线如图所示，则下图中能正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是（设场强沿x轴正方向时取正值）（　　）

　 A． B． C． D．

【考点】： 电场强度．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 电场强度方向平行于x轴，假如在x方向上取微小的一段，电场强度有，
依据电势U随坐标x的转变而变化，通过直线的斜率物理意义求解．
沿着电场线方向电势降低．
【解析】： 解：电场强度方向平行于x轴，电势U随坐标x图象的斜率的意义反映了电场强度．
沿着电场线方向电势降低．
0﹣2mm，直线斜率不变，沿x轴正方向电势上升，说明电场强度方向沿x轴负方向，大小等于V/m=2×104V/m，
依次求出其他位置的电场强度．
故选A．
【点评】： 正确把握电势U随坐标x图象的斜率的物理意义是解决问题的关键．

4．（4分）如图所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开头沿AB向右运动，恰能通过最高点，则（　　）

　 A． R越大，x越大
　 B． R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大
　 C． m越大，x越大
　 D． m与R同时增大，电场力做功增大

【考点】： 动能定理的应用；向心力；匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 小球恰能通过最高点时，由重力供应向心力，依据牛顿其次定律求出小球经最高点时的速度，依据动能定理求出初速度v0与半径R的关系．小球经过B点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力供应向心力，由牛顿运动定律争辩小球对轨道的压力与半径的关系．
【解析】： 解：
A、小球在BCD部分做圆周运动，在D点，有：mg=m，①
从A到D过程，由动能定理有：qEx﹣2mgR=mvD2，②
由①②得：R=，③
可知，R越大，x越大．故A正确．
B、小球由B到D的过程中，由动能定理有：﹣2mgR=mvD2﹣mvB2，vB=，④
在B点有：FN﹣mg=m，⑤
FN=6mg，则知小球经过B点瞬间轨道对小球的支持力与R无关，则小球经过B点后瞬间对轨道的压力也与R无关，故B错误．
C、由③知，m越大，x越大，故C正确．
D、从A到D过程，由动能定理有：W﹣2mgR=mvD2，⑥
由①⑥解得：电场力做功 W=，可知m与R同时增大，电场力做功越多，故D正确．
故选：ACD
【点评】： 动能定理与向心力学问综合是常见的题型．小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似，轨道对小球恰好没有作用力，由重力供应向心力，临界速度v=，做选择题时可直接运用．

5．（4分）真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上消灭亮点（已知质子、氘核和α粒子质量之比为1：2：4，电量之比为1：1：2，均带正电，重力不计）．下列说法中正确的是（　　）

　 A． 三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2：1：1
　 B． 三种粒子出偏转电场时的速度相同
　 C． 在荧光屏上将只消灭1个亮点
　 D． 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2

【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】： 依据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，抓住在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间．结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移，从而可推断三个粒子打在屏光荧上的位置．依据动能定理求出偏转电场电场力做功的大小关系．
【解析】： 解：A、依据动能定理得，qU1=﹣0，则进入偏转电场的速度v0=，由于质子、氘核和α粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比：1：1，在在偏转电场中运动时间t=，则知时间之比为1：：．故A错误．
B、在竖直方向上的分速度vy=at=，则出电场时的速度v==．由于粒子的比荷不同，则速度的大小不同．故B错误．
C、在加速电场中，由动能定理得：qU1=﹣0，在偏转电场中，偏转位移y==，联立得y=，可见y与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只消灭一个亮点．故C正确．
D、偏转电场的电场力对粒子做功W=qEy，由于E和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2．故D错误．
故选：C．
【点评】： 本题考查粒子在电场中的加速和偏转，把握处理粒子在电场中偏转的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解．

6．（4分）如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从a向b运动，下列说法中正确的是（　　）

　 A． 微粒做匀速运动 B． 微粒做匀加速运动
　 C． 微粒电势能增大 D． 微粒动能减小

【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿其次定律；功能关系；电势能．
【专题】： 计算题．
【分析】： 对微粒进行受力分析可知粒子合力的状况，则可推断微粒的运动状况；依据各力做功状况可知能量的变化，由动能定理可知动能的变化．
【解析】： 解：A、粒子在板间受重力及电场力而做直线运动，重力竖直向下，而电场力沿水平方向，故合力不行能为零，粒子不行能做匀速运动，故A错误；
B、而物体做直线运动，故物体受到的合力肯定沿粒子的运动方向；因重力向下，若电场力向右，则合力向右下，不能满足条件，故电场力只能向左，合力才能沿图中直线；而粒子从a运动到b，故粒子肯定做减速运动，故B错误；
C、因电场力做负功，故电势能增大；故C正确；
D、重力及电场力均做负功，由动能定理可得，粒子的动能肯定减小；故D正确；
故选CD．
【点评】： 本题考查运动和力的关系，解题的关键在于娴熟把握力和运动的关系，切入点为粒子做直线运动则合力肯定沿直线方向．

7．（4分）如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，带电量为q，让它在竖直向下的匀强电场中（场强为E）绕O点做竖直平面内的匀速圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，不计空气阻力．则下列说法中正确的是（　　）

　 A． 小球质量为 B． 小球在运动中机械能守恒
　 C． 小球经过a点时，机械能最大 D． 小球经过a点时，电势能最大

【考点】： 带电粒子在混合场中的运动．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： 小球做匀速圆周运动，动能保持不变，故合力始终不做功，由于重力和电场力为恒力，是二力平衡，细线的拉力供应向心力．
【解析】： 解：A、小球做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，细线的拉力供应向心力，故：
mg=qE，解得：m=；故A正确；
B、小球在运动中电场力做功，故机械能不守恒；故B错误；
C、小球经过a点时，重力势能最大，而动能始终不变，故在a点的机械能最大，故C正确；
D、从b到a，电场力做正功，电势能减小，故小球经过a点时的电势能最小；故D错误；
故选：AC．
【点评】： 本题关键明确小球的受力状况，找到向心力来源，然后结合平衡条件、机械能守恒定律和功能关系分析，不难．

8．（4分）一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是（　　）

　 A． A处的场强肯定小于B处的场强
　 B． A处的电势肯定低于B处的电势
　 C． 电荷在A处的电势能肯定大于在B处的电势能
　 D． 从A到B的过程中，电场力对电荷做正功

【考点】： 动能定理的应用；电场强度．
【专题】： 动能定理的应用专题．
【分析】： 由速度图象看出，质点做加速度减小的减速运动，可知，电场力减小，场强减小，由能量守恒定律分析电势能的变化，由动能定理分析电场力做功状况．
【解析】： 解：A、v﹣t图象的斜率等于加速度，由v﹣t图象看出，质点做加速度减小的减速运动，而质点在电场中仅受电场力作用，则知电场力减小，由电场力F=qE知，电场强度E减小，即有A处的场强肯定大于B处的场强．故A错误．
B、C质点做减速运动，其动能减小，依据能量守恒可知，其电势能增大，即电荷在A处的电势能肯定小于在B处的电势能，依据推论：正电荷在电势高处电势能大，可知A处的电势肯定低于B处的电势．故B正确，C错误．
D、质点的动能减小，由动能定理得知，电场力肯定对电荷做负功．故D错误．
故选B
【点评】： 本题关键要依据速度的斜率推断出加速度的变化，依据动能定理和能量守恒分析电势能的变化和电场力做功和正负，属于基础题．

9．（4分）一个初动能为Ek的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2Ek．假如此电子的初速度增至原来的2倍，则当它飞出电容器时的动能变为（　　）
　 A． 4Ek B． 8Ek C． 4.5Ek D． 4.25Ek

【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最终用动能定理求解．
【解析】： 解：设粒子第一个过程中初速度为v，电场宽度为L，初动能为 Ek=mv2．
第一个过程中粒子沿电场线方向的位移为：y=at2=（）2=
第一个过程由动能定理：qEy=2Kk﹣Ek=Ek；
其次个过程中沿电场线方向的位移为：Y=•（）2=y，初动能为Ek′=m（2v）2=4Ek；
依据动能定理得：qEY=Ek末﹣4Ek
代入得：qE•y=Ek末﹣4Ek，
解得：EK末=4.25Ek
故选：D．
【点评】： 本题是动能定理和类平抛运动学问的综合应用，用相同的物理量表示电场力做功是解题的关键．

10．（4分）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行．已知点a电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V．一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点．不计质子的重力．下列推断正确的是（　　）

　 A． c点电势高于a点电势
　 B． 强场的方向由b指向d
　 C． 质子从b运动到c所用的时间为
　 D． 质子从b运动到c，电场力做功为4eV

【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；电势．
【专题】： 压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】： 匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知bd连线上肯定有一点的电势与a点相等，故可以找到一条等势线，依据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，由几何关系可知c点电势；由电场力做功的特点可求得电场力做功．
【解析】： 解：A、连接bd，bd两点的电势差为24V﹣12V=12V；ad两点的电势差为20V﹣12V=8V；因，故将bd分成3份，每一份表示4V，如图所示，e点的电势肯定为20V，连接ae即为等势线，f的电势为16V，连接fc，由几何学问得知，fc∥ae，则知c的电势是16V，故a点电势高于c点的电势，故A错误；
B、强场的方向垂直于等势线，则知强场的方向垂直于ae向上，不是由b指向d．故B错误．
C、由于bc两点的电势分别为24V、16V，则bc中点的电势为20V，则a、e、o在同一等势面上，由于ab=bo=L，∠abo=90°，则∠bao=∠boa=45°，由于电场线与等势线ao垂直，所以场强的方向与bc的夹角为45°，质子从b运动到c时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则运动时间为t==．故C正确；
D、若质子由b到c，因bc间的电势差为24V﹣16V=8V，则电场力做功W=Ue=8ev；故D错误．
故选C

【点评】： 本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再依据等势线的特点确定等势面．

11．（4分）一均匀带正电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳一分为二，且左右两侧球壳的表面积相等，L与AB相交于M点．假如左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为Ф1，右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为Ф2．（已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零．取无穷远处电势为零，一点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k），则（　　）

　 A． E1＞E2 Ф1＞Ф2 B． E1＜E2 Ф1＜Ф2
　 C． El＞E2 Фl=Ф2 D． E1=E2 Фl＜Ф2

【考点】： 电势；电场强度．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 依据电场的叠加原理，分析半球壳在M点的场强方向，再比较场强的大小关系．依据φ=k，结合左右两侧球壳上点电荷到M点距离的关系，进行分析．
【解析】： 解：由题：一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小、方向相反，右半球壳在M点产生的场强方向向左，可知，左半球壳在M点产生的场强方向向右，则依据电场的叠加可知：左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，E1＞E2 ．
依据题设条件：点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k，由于左侧各个点电荷离M点的距离比右侧近，则左侧部分在M点的电势比右侧高，即Ф1＞Ф2．
故选：A
【点评】： 本题运用点电荷场强公式和电场的叠加原理理解场强关系，要读懂题意，依据电势公式分析电势的关系．

12．（4分）在光滑绝缘的水平面上固定有一点电荷，A、B是该点电荷电场中一条电场线上的两点，带负电的小球沿该电场线从A点运动到B点，其动能随位置变化的关系如图所示．设A、B两点的电势分别为φA、φB，小球在A、B两点的电势能分别为EpA、EpB，则关于点电荷的位置及电势、小球电势能大小的说法正确的是（　　）

　 A． 点电荷带负电在A点左侧，φA＜φB、EpA＞EpB
　 B． 点电荷带正电在A点左侧，φA＞φB、EpA＜EpB
　 C． 点电荷带正电在B点右侧，φA＜φB、EpA＞EpB
　 D． 点电荷带负电在B点右侧，φA＞φB、EpA＜EpB

【考点】： 电势；电场强度；电势能．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 由图看出带负电的小球从A点运动到B点，动能增加，由能量守恒定律推断电势能的变化，则确定电场力做功的正负，从而可推断出电场力的方向，确定出孤立点电荷的电性和位置，依据顺着电场线的方向电势降低推断电势的凹凸．
【解析】： 解：
由图看出带负电的小球从A点运动到B点，由能量守恒定律，推断得知带负电的小球的动能增大，
即有：EkA＜EkB．
带负电的小球电势能减小，电场力对电子做正功，所以带负电的小球所受的电场力方向从A→B，
所以电场线的方向从B→A．
依据顺着电场线的方向电势降低，则知φA＜φB，
若孤立点电荷带负电，该电荷应位于B点的左侧；若孤立点电荷带正电，该电荷应位于B点的右侧，
故C正确，ABD错误．
故选：C．
【点评】： 解决本题关键把握电场力做功与电势能变化的关系，把握电场线方向与电势变化的关系，能娴熟运用能量守恒定律推断能量的变化，是常见的问题．

二、填空题（共4小题，每小题12分，满分52分）
13．（12分）如图所示是一组不知方向的匀强电场的电场线，把1.0×10﹣6C的负电荷从A点沿水平线移到B点，静电力做了2.0×10﹣6J的功．A、B两点间的距离为2cm，问：
（1）匀强电场的场强为多大？方向如何？
（2）A、B两点间的电势差为多大？

【考点】： 电场强度；电势差．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： A、B间两点间的电势差是UAB=
依据电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向．
【解析】： 解：由题意可知，静电力做了2.0×10﹣6 J的功．有：WAB=2×10﹣6J
依据UAB=
得：UAB=﹣2V
沿着电场方向的位移为d=2×10﹣2cos60°m=1×10﹣2m
E==200V/m
沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿直线由下而上　
答案：（1）匀强电场的场强为200 V/m，方向方向沿直线由下而上
　（2）A、B两点间的电势差为﹣2 V．
【点评】： 本题考查对电势差与电场强度关系的理解力量．还要抓住公式E=中d是沿着电场线方向的距离．

14．（12分）如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开头释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：
（1）C、O间的电势差UCO；
（2）小球p在O点时的加速度；
（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度．

【考点】： 电势差与电场强度的关系；动能定理．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： （1）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电势差UCO．
（2）由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解
（3）由电场的对称性知，UOD=UCO，小球从O到D由动能定理求解
【解析】： 解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得：
mgd+qUCO=mv2﹣0，解得：UCO=；
（2）小球p经过O点时受力如图：

由库仑定律得：F1=F2=k，
它们的合力为：F=F1cos45°+F2cos45°=，
所以p在O点处的加速度：a==+g，方向竖直向下；
（3）由电场特点可知，在C、D间电场的分布是对称的．
即小球p由C运动到O与由O运动到D的过程中合外力做的功是相等的，
由动能定理得：W合=mv﹣0=2×mv2，解得：vD=v；
答：（1）C、O间的电势差UCO为；
（2）小球p在O点时的加速度为：+g，方向竖直向下；
（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度为v．
【点评】： 本题关键要正确分析小球的受力状况，运用牛顿其次定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性．

15．（14分）如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中心平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中心，微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C．（g=10m/s2）求：
（1）微粒入射速度v0为多少？
（2）为使微粒能恰好从平行板电容器的下极板的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应为多少？

【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】： （1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，依据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；
（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可推断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．
【解析】： 解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：
水平方向有：
竖直方向有：
解得 v0==10m/s
（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又由于是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，
当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：

依据牛顿其次定律得：a=
解得：U=120V
答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；
（2）为使微粒能恰好从平行板电容器的下极板的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U应为120V．
【点评】： 解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种状况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解．
此类型的题要留意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或示意外，对基本粒子（例如电子，质子、α粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力．

16．（14分）如图所示，平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ=30°，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中心A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角α=45°时，小球恰好沿原路返回A点．（电容器极板间电场是匀强电场，极板外无电场，且小球离开电容器的位置不肯定是极板边缘）．求：
（1）电容器极板间的电场强度E；
（2）小球离开电容器时的速度；
（3）平行板电容器的板长L；
（4）小球在AB间运动的周期T．

【考点】： 带电粒子在混合场中的运动；动能定理．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： （1）带电粒子在电场中做匀加速直线运动，依据所受的合力水平向右，结合平行四边形定则求出电场力以及电场强度的大小．
（2）小球离开电场后做平抛运动，结合竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出小球离开电容器的速度．
（3）依据动能定理求出平行板电容器的板长．
（4）依据位移时间公式求出小球在复合场中的时间，依据平抛运动的规律求出平抛运动的时间，结合运动的对称性求出小球在AB间运动的周期．
【解析】： 解：（1）带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知
qEcosθ=mg
解得：E==．
（2）小球垂直落到弹性挡板上，且α=45°，有
v0=vy=
（3）依据动能定理：
qE•Ltanθ=mv02，
解得：L=3h；
（4）由于小球在复合场中做匀加速运动=gtanθ•t12，
解得t1==，
平抛运动的时间为t2=，
总时间为t=2t1+2t2=2（+）．
答：（1）电容器极板间的电场强度；
（2）小球离开电容器时的速度；
（3）平行板电容器的板长L为3h平；
（4）小球在AB间运动的周期2（+）．

【点评】： 解决本题的关键知道小球在复合场中做匀加速直线运动，离开复合场做平抛运动，结合牛顿其次定律、运动学公式和动能定理综合求解．