2013第六单元 电场 第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动

权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。

电容器、带电粒子在电场中的运动问题二、学习目标：1、知道电容器电容的概念，会判断电容器充、放电过程中各个物理量的变化情况。

2、建立带电粒子在匀强电场中加速和偏转问题的分析思路，熟悉带电粒子在电场中的运动特点。

3、重点掌握与本部分内容相关的重要的习题类型及其解法。

考点地位：带电粒子在电场中的加速与偏转是高考的重点和难点，题型涉及全面，既可以通过选择题也可以通过计算题的形式进行考查，题目综合性很强，能力要求较高，在高考试题中常以压轴题的形式出现，知识面涉及广，过程复杂，对于电容器的考查，因其本身与诸多的电学概念联系而一直处于热点地位，考题多在电容器的决定式及电容器的动态分析上选材。

09年全国Ⅱ卷第19题、福建卷15题、天津卷第5题、08年重庆卷第21题、上海单科卷14题、海南卷第4题、07年广东卷第6题通过选择题形式进行考查，09年四川卷25题、广东卷20题、浙江卷23题、安徽卷23题、08年上海卷23题、07年重庆卷第24题、四川卷第24题、上海卷第22题均通过大型综合计算题的形式进行考查。

三、重难点解析： （一）电容和电容器： 1、电容：（1）定义：电容器所带的电荷量（是指一个极板所带电荷量的绝对值）与电容器两极板间电压的比值.（2）公式：C ＝Q/U. 单位：法拉，1F=.pF 10F 10126=μ（3）物理意义：电容反映电容器容纳电荷的本领的物理量，和电容器是否带电无关. （4）制约因素：电容器的电容与Q 、U 的大小无关，是由电容器本身情况决定，对一个确定的电容器，它的电容是一定的，与电容器是否带电及带电多少无关。

注意：由U QC =知，对确定的电容器，Q 与U 成正比，比值不变；对不同的电容器，U相同时，Q 越大，则C 越大，因此说C 是反映电容器容纳电荷本领的物理量。

2、平等板电容器（1）决定因素：C 与极板正对面积、介质的介电常数成正比，与极板间距离成反比。

（2）公式：kd 4/S C πε=，式中k 为静电力常量。

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：两个彼此绝缘且又相互靠近的导体组成电容器，电容器可以容纳电荷。

(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值，两极板所带电荷量相等。

(3)充、放电①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量异号电荷的过程，充电后两极间存在电场，电容器储存了电能。

②放电：用导线将充电后电容器的两极板接通，极板上电荷中和的过程，放电后的两极板间不再有电场，同时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两极板间电势差的比值。

(2)公式：C＝QU＝ΔQΔU。

(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于把电容器两极板的电势差增加1 V 所需增加的电荷量，电容C由电容器本身的构造因素决定，与U、Q无关。

(4)单位：法拉，符号F，与其他单位间的换算关系：1 F＝106μF＝1012 pF。

3．平行板电容器的电容平行板电容器的电容与平行板正对面积S 、电介质的介电常数εr 成正比，与极板间距离d 成反比，即C ＝εr S 4πkd。

二、带电粒子在电场中的加速和偏转1．带电粒子在电场中的加速(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做匀变速直线运动。

(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量，即qU ＝12m v 2－12m v 20。

2．带电粒子的偏转(1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动。

(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法①沿初速度方向为匀速运动，运动时间t ＝l v 0。

②沿电场力方向为匀加速运动，a ＝F m ＝qE m ＝qU md 。

③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝ql 2U 2m v 20d。

④离开电场时的偏转角tan θ＝v ⊥v 0＝qlU m v 20d。

电容器 带电粒子在电场中的运动一、电容器1．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．公式C ＝Q U 和C ＝εr S4πkd的比较(1)定义式：C ＝QU ，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．(2)决定式：C ＝εr S4πkd ，εr 为介电常数，S 为极板正对面积，d 为板间距离．二、带电粒子在匀强电场中的运动 示波管1．直线问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12m v 2－12m v 20.2．偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速直线运动． ②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图所示)[深度思考] 带电粒子在电场中运动时一定考虑受重力吗？答案 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．1．(教科版选修3－1P40第9题)关于电容器的电容，下列说法中正确的是()A．电容器所带电荷量越多，电容越大B．电容器两板间电压越低，其电容越大C．电容器不带电时，其电容为零D．电容器的电容只由它本身的特性决定2．(人教版选修3－1P32第1题)平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连．给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度．以下情况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？(1)把两板间的距离减小；(2)把两板间的相对面积减小；(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质．3. (人教版选修3－1P39第2题)某种金属板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同．在M旁放置一个金属网N.如果用导线将MN连接起来，M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流．现在不把M、N直接相连，而按图那样在M、N之间加一个电压U，发现当U＞12.5V时电流表中就没有电流．已知电子的质量m e＝9.1×10－31kg.问：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是多少？(结果保留三位有效数字)4．(人教版选修3－1P39第3题)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场．进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比．(1)电子与氢核的初速度相同．(2)电子与氢核的初动能相同．命题点一 平行板电容器的动态分析 一、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，电容器两极所带的电荷量Q 保持不变． 二、动态分析思路 1．U 不变(1)根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．(2)根据E ＝Ud 分析场强的变化．(3)根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化． 2．Q 不变(1)根据C ＝Q U ＝εr S 4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化．(2)根据E ＝Ud分析场强变化．例1 (2016·全国Ⅰ卷·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1．(2016·天津理综·4)如图3所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )图3A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变2．(多选)如图所示，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E p ，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( )A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，φP 变小C ．φP 变小，E p 变大D ．φP 变大，E p 变小命题点二 带电粒子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 ＝F 合m ，E ＝U d ，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例2 在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1时，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g .求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU 1与ΔU 2之比．①油滴保持静止状态；②恰好又回到原来位置．3．(2015·海南单科·5)如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l .在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶14．(2014·安徽·22)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求： (1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．命题点三 带电粒子在电场中的偏转 1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎨⎧a.能飞出电容器：t ＝l v 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl md v20.2．两个结论(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qU 0＝12m v 20y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l md v 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l 2U 0d(2)粒子经电场偏转后，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l2.3．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：qU y ＝12m v 2－12m v 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．例3 (2016·北京理综·23)如图8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U 0，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8(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v 0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 ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10m/s 2.(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．①由静止开始经加速电场加速；②沿平行于板面的方向射入．5．(多选)(2015·天津理综·7)如图9所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地进入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()图9A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置6．(2015·安徽理综·23)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图10所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：图10(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率．【课后作业】题组1平行板电容器的动态分析1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则()A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ变小C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小2．如图2所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是()A．若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加B．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大C．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板D．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板3．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E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d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半4．如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R 0为定值电阻，R 1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S ，小球静止时受到悬线的拉力为F .调节R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是( )A ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变大B ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变小C ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变大D ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变小题组2 带电粒子在电场中的直线运动5．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m 、电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edh U B ．edUh C.eU dhD.eUh d6．(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动7.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如图所示．带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg ，带电荷量q ＝－1.0×10－9C 、A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B 点到虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .8.如图所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大？(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．题组3 带电粒子在电场中的偏转9．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间的距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为＋q ，粒子通过平行金属板的时间为t (不计粒子的重力)，则( )A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8C ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶2D ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为2∶110．(2014·山东理综·18)如图所示，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v 0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v 0等于( ) A.s22qEmh B.s 2qE mh C.s 42qEmhD.s 4qE mh11．如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E 1、E 2，已知区域Ⅰ宽L 1＝0.8m ，区域Ⅱ宽L 2＝0.4m ，E 1＝102V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E 2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为q ＝＋1.6×10－3C ．质量m ＝1.6×10－3kg 的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g 取10m/s 2，求：(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间； (2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．【参考答案】 1 答案 D2 答案 (1)把两极板间距离减小，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小． (2)把两极板间相对面积减小，电容减小，电荷量不变，电压变大，静电计指针偏角变大．(3)在两极板间插入相对介电常数较大的电介质，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小． 3 答案 2.10×106m/s解析 如果电子的动能减少到等于0的时候，电子恰好没有到达N 板，则电流表中就没有电流．由W ＝0－E km ，W ＝－eU ，得－eU ＝0－E km ＝－12m e v 2v ＝2Uem e＝2×12.5×1.6×10－190.91×10－30m/s≈2.10×106m/s 4 答案 见解析解析 设加速电压为U 0，偏转电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，垂直进入偏转电场的速度为v 0，偏转电场两极间距离为d ，极板长为l ，则：带电粒子在加速电场中获得初动能12m v 20＝qU 0，粒子在偏转电场中的加速度a ＝qU dm ，在偏转电场中运动的时间为t ＝lv 0，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度v y ＝at ＝qUldm v 0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值 tan θ＝v y 0＝qUl dm v 20. (1)若电子与氢核的初速度相同，则tan θe tan θH ＝m H m e .(2)若电子与氢核的初动能相同，则tan θetan θH ＝1.例1答案 D解析 由C ＝εr S4πkd 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 ＝Ud，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确． 1 答案 D解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C ＝εr S4πkd可知，C 变大；根据Q ＝CU 可知，在Q 一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E ＝U d ，Q ＝CU ，C ＝εr S4πkd 联立可得E ＝4πkQεr S ，可知E 不变；P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，故E p 不变；由以上分析可知，选项D 正确． 2 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 ＝εr S 4πkd 可知电容减小，由U ＝QC可知极板间电压增大，由E ＝Ud 可知，电场强度增大，故A 正确；设P 点的电势为φP ，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E p 是增大的，故C 正确．例2答案 (1)dgU 0(2)1∶3 (3)1∶4解析 (1)油滴静止时满足：mg ＝q U 0d ，则q m ＝dgU 0(2)设第一个Δt 时间内油滴的位移为x 1，加速度为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移为x 2，加速度为a 2，则 x 1＝12a 1Δt 2，x 2＝v 1Δt －12a 2Δt 2且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1 解得a 1∶a 2＝1∶3.(3)油滴向上加速运动时：q U 0＋ΔU 1d －mg ＝ma 1，即q ΔU 1d＝ma 1油滴向上减速运动时：mg －q U 0＋ΔU 1－ΔU 2d ＝ma 2即q ΔU 2－ΔU 1d ＝ma 2则ΔU 1ΔU 2－ΔU 1＝13解得ΔU 1ΔU 2＝143 答案 A解析 设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有，a M ＝Eq M ，25l ＝Eqt 22M ；对m 有a m ＝Eq m ，35l ＝Eqt 22m ，联立解得M m ＝32，A 正确．4 答案 (1)2gh (2)mg (h ＋d )qd C mg (h ＋d )q(3)h ＋dh2h g解析 (1)由v 2＝2gh ，得v ＝2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg －qE ＝ma 由运动学公式知：0－v 2＝2ad 整理得电场强度E ＝mg (h ＋d )qd由U ＝Ed ，Q ＝CU ，得电容器所带电荷量Q ＝C mg (h ＋d )q(3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2整理得t ＝h ＋dh 2h g例3答案 (1)2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 (3)见解析 解析 (1)根据动能定理，有eU 0＝12m v 20，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝Lm 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eUmd偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29N电场力F ＝eU d≈10－15N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值，即φ＝E pq ，类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能E G 与其质量m 的比值，叫做“重力势”，即φG ＝E Gm .电势φ和重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．5 答案 AD6 答案 (1)3qEl 0 (2)32ml 0qE(3) 17qEl 02m解析 (1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功 W ＝qE (y A －y C )＝3qEl 0①(2)粒子只受沿y 轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在x 轴方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D 在y 轴上，可令 t AD ＝t DB ＝T ，且t BC ＝T ② 由牛顿第二定律qE ＝ma③ 由运动学公式得y D ＝12aT 2④从D 到C 做类平抛运动，沿y 轴方向：y D ＋3l 0＝12a (2T )2⑤ 由②③④⑤式解得T ＝2ml 0qE⑥ 则A →C 过程所经历的时间t ＝3T ＝32ml 0qE⑦(3)粒子由D 到C 过程中 x 轴方向：2l 0＝v D ·2T ⑧ y 轴方向：v Cy ＝a ·2T⑨ v C ＝v 2D ＋v 2Cy⑩由⑥⑧⑨⑩式解得v C ＝17qEl 02m1 答案 C解析 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qEmg ，当开关S 断开时，电容器两极板上的电荷量Q 不变，由C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C ，E ＝U d 可知E ＝4πkQεr S，故增大或减小两极板间的距离d ，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A 、B 错误；当开关S 闭合时，因为两极板间的电压U 不变，由E ＝Ud 可知，减小两极板间的距离d ，E 增大，θ变大，选项C 正确，D 错误． 2 答案 D解析 若x 变大，则由C ＝εr S4πkd，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q ＝CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增大，由U ＝QC可知，电容器极板间电压减小，B 错误． 3 答案 AD解析 由E ＝Ud 可知，若保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半，A 项正确；若保持E不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 项错误；由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，可得U ＝4Qk πdεr S ，E ＝4Qk πεr S ，所以，保持d 不变，若Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的两倍，C 项错误；保持d 不变，若Q 变为原来的一半，E 变为原来的一半，D 项正确． 4 答案 B解析 据题图可知电容器两端电压U MN 即R 0两端电压，而R 0和R 2是串联关系，两者电压的和为电源的电动势，因此R 2↑→UR 0↓U MN ↓→电场强度E ↓→F 电↓→F ↓，A 错误，B 正确；R 2不变，缓慢增大R 1时，R 0两端电压不变，电容器两端电压不变，故F 不变，C 、D 均错． 5 答案 D解析 由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUhd .6 答案 D解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确． 7 答案 (1)0.50cm (2)1.5×10－8s解析 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，E 1d 1＝E 2d 2， 解得d 2＝0.50 cm.(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2， 由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1， |q |E 2＝ma 2，设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21，d 2＝12a 2t 22. 又t ＝t 1＋t 2， 解得t ＝1.5×10－8 s.8 答案 (1)3mg 4q(2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qE F N cos 37°＝mg 解得E ＝3mg 4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma 解得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得 mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0 解得E k ＝0.3mgL . 9 答案 B解析 带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动．竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为qU 2，所以在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，A 选项错；在后t2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8，B 选项对；在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功相等，故C 、D 选项错．10 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12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 11 答案 (1)10m/s 2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平方向夹角为37°斜向右下方解析 (1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力F1＝qE 1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为F 合＝F 1 cos 45°＝1.6×10－2 N ，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a 1＝F 合m ＝10 m/s 2，小球运动时间t 1＝2L 1a 1＝0.4 s. (2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v 0＝a 1t 1＝4 m/s ，小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a 2＝g ＋qE 2m ＝30 m/s 2，小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间t 2＝L 2v 0＝0.1 s ．小球在竖直方向的分速度v y ＝a 2t 2＝3 m/s ，小球离开电场Ⅱ区域的速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s ，设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝34，得θ＝37°.。