第3講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

I知識(shí)椅理?雙基過(guò)關(guān)緊抓教材自主落實(shí)

知識(shí)要點(diǎn)

一、常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系

1.常見電容器

(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣乂相互靠近的導(dǎo)體組成。

(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。

(3)電容器的充、放電

充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷,電容器

中儲(chǔ)存電場(chǎng)能0

放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的

能。

2.電容

(1)定義：電容器所帶的電荷量。與電容器兩極板間的電勢(shì)差。的比值。

(2)定義式：

(3)物理意義：表示電字器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。

(4)單位：法拉(F),1F=10^gF=10,2pF

3.平行板電容器

(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對(duì)面積成正比,與電介質(zhì)的相對(duì)

介電常數(shù)成正比,與極板間距離成反比。

(2)決定式：。=鑒，攵為靜電力常量。

二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

L加速

(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，W=qEd=qU=2mv2~2mv^°

2

(2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中，W=qU=^nw—^invl0

2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)

(1)條件：以速度。。垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，僅受電場(chǎng)力。

⑵運(yùn)動(dòng)形式：類平拋運(yùn)動(dòng)。

⑶處理方法：運(yùn)動(dòng)的合成與分解。

①沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間-?

②沿電場(chǎng)力方向?yàn)閯蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng),

加速度“=5=誓=端。

③離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量

④離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tan

三、示波管

1.示波管的構(gòu)造

①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極,③熒光屏(如圖2所示)

2.示波管的工作原理

(i)yp偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號(hào)電壓,XX偏轉(zhuǎn)電極上是儀器自身產(chǎn)生的鋸

齒形電壓，叫做掃描電壓。

(2)觀察到的現(xiàn)象

①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY

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’之間都沒(méi)有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏空必，在那

里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。

②若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一

個(gè)周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象。

基礎(chǔ)診斷

1.對(duì)于某一電容器，下列說(shuō)法正確的是（）

A.電容器所帶的電荷量越多，電容越大

B.電容器兩極板間的電勢(shì)差越大，電容越大

C.電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢(shì)差也增加一倍

D.電容器兩極板間的電勢(shì)差減小到原來(lái)的今它的電容也減小到原來(lái)的g

解析根據(jù)公式。=品可得，電容的大小跟電容器兩端的電勢(shì)差以及電容器所

帶電荷量的多少無(wú)關(guān)，根據(jù)公式c=￡可得電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極

板間的電勢(shì)差也增加一倍，所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤。

答案C

2.兩平行金屬板相距為d,電勢(shì)差為U,一電子質(zhì)量為"?、電荷量絕對(duì)值為e,

從。點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入電場(chǎng)，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖3所示,

。4間距為人則此電子的初動(dòng)能為（）

、edh

A-ZF

辿—eUh

cD-

解析電子從O點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)的過(guò)程中，僅在電場(chǎng)力作用下速度逐漸減小，根據(jù)

動(dòng)能定理可得-6%=0—取,因?yàn)閁OA=%所以Ek=等,選項(xiàng)D正確。

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2.動(dòng)態(tài)分析思路

3.關(guān)于平行板電容器的一個(gè)常用結(jié)論

電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場(chǎng)強(qiáng)度與極

板間的距離無(wú)關(guān)。

【例1】（2016?全國(guó)1卷，14）一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在

恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器（）

A.極板上的電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大

B.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大

C.極板上的電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變

D.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變

解析由0=?？芍?，

當(dāng)云母介質(zhì)移出時(shí)，&變小,電容器的電容C變??；因

為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q=CU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q

減小。由于U與d都不變，再由石=另知電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確。

答案D

【拓展提升1】（多選：）將【例1】中的電源斷開，當(dāng)把云母介質(zhì)從電容器中快速

抽出后，下列說(shuō)法正確的是（）

A.電容器的電容增大B.極板間的電勢(shì)差增大

C.極板上的電荷量變大D.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大

答案BD

【拓展提升2】（多選）若水平放置接有恒壓電源的平行金屬板內(nèi)部空間有一帶電

粒子P恰能靜止，同時(shí)下極板接地，當(dāng)將上極板向右移動(dòng)一小段距離時(shí)，則下

列說(shuō)法正確的是（）

A.電容器所帶電荷量保持不變

B.極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變

C.粒子所在初位置的電勢(shì)能保持不變

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D.粒子將加速向下運(yùn)動(dòng)

解析由。=磊可知，當(dāng)將上極板右移一段距離時(shí)，s減小，電容器的電容減

小，由。=另得Q=CU,電壓U不變，C減小，故電容器所帶電荷量減少，選

項(xiàng)A錯(cuò)誤；U和d不變，由￡=%可知，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變，選項(xiàng)B正

確；由于極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，粒子所在初位置到下極板間的距離不變，故該

點(diǎn)到零電勢(shì)點(diǎn)的電勢(shì)差不變，即該點(diǎn)的電勢(shì)不變，粒子的電勢(shì)能不變，選項(xiàng)C

正確；由于粒子的受力情況不變，故粒子仍然保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

答案BC

多維訓(xùn)練，----------精選練透.

1.（2018?北京卷，19）研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖5所示。

下列說(shuō)法正確的是（）

A.實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器。板接觸，能使電容器帶電

B.實(shí)驗(yàn)中，只將電容器人板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小

C.實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大

D.實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電荷量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大

解析實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器。板接觸，由于靜電感應(yīng)，在〃板上將

感應(yīng)出異種電荷，A正確；8板向上平移，正對(duì)面積S變小，由。=德知，電

容C變小，由。=另知，。不變，U變大，因此靜電計(jì)指針的張角變大，B錯(cuò)誤；

插入有機(jī)玻璃板，相對(duì)介電常數(shù)&變大，由篇知，電容。變大，由。=￡

知，。不變，U變小，因此靜電計(jì)指針的張角變小，C錯(cuò)誤；由。=名知，實(shí)驗(yàn)

中，只增加極板帶電荷量，靜電計(jì)指針的張角變大，是由于C

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不變導(dǎo)致的，D錯(cuò)誤。

答案A

2.（多選）（2020?山東青島5月模擬）如圖6所示，電路中A、B、C、。是完全相同

的金屬極板，尸是A、B板間的一點(diǎn)，在C、Q板間插有一塊有機(jī)玻璃板。閉合

開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開?，F(xiàn)將C、。板間的玻璃板抽出，下列說(shuō)法正確的

是（）

R；玻手板.TE

------

XRK

圖6

A.金屬板C、。構(gòu)成的電容器的電容減小

B.P點(diǎn)電勢(shì)降低

C.玻璃板抽出過(guò)程中，電阻A中有向右的電流

D.A、8兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小

解析根據(jù)。=懸，將。、。板間的玻璃板抽出，相對(duì)介電常數(shù)&減小，其他

條件不變，則金屬板C、。構(gòu)成的電容器的電容減小，A正確；閉合開關(guān)，電路

穩(wěn)定后將開關(guān)斷開，極板上的總電荷量不變，金屬板。、。構(gòu)成的電容器的電容

減小，由可知極板C、。間的電勢(shì)差變大，極板A、B間的電勢(shì)差變大，

由后=%可知極板A、B間的場(chǎng)強(qiáng)變大，尸點(diǎn)與8板的電勢(shì)差變大，又因8板接

地，電勢(shì)為零，故P點(diǎn)電勢(shì)升高，因此C、。板構(gòu)成的電容器處于放電狀態(tài)，A、

B板構(gòu)成的電容器處于充電狀態(tài)，電阻R中有向右的電流，C正確，B、D錯(cuò)誤。

答案AC

考點(diǎn)②帶電粒子（帶電體）在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)

I.做直線運(yùn)動(dòng)的條件

（1）粒子所受合外力產(chǎn)合=0,粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

（2）粒子所受合外力“合W

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0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做變速直線運(yùn)動(dòng)；若電場(chǎng)為勻

強(qiáng)電場(chǎng)，則帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。

2.分析方法

方法①：由牛頓第二定律及勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式進(jìn)行計(jì)算。

方法②：應(yīng)用動(dòng)能定理『進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。

方法③：應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。

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【例2】（多選）（2018?全國(guó)川卷，21）如圖7所示，一平行板電容器連接在直流

電源上，電容器的極板水平；兩微?！?、〃所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使

它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放。、4

它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻3。、〃經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的

同一水平面。〃、人間的相互作用和重力可忽略。下列說(shuō)法正確的是（）

圖7

A.a的質(zhì)量比〃的大

B.在f時(shí)刻，。的動(dòng)能比。的大

C.在/時(shí)刻，。和〃的電勢(shì)能相等

D.在t時(shí)刻，。和b的動(dòng)星大小相等

解析兩微粒只受電場(chǎng)力4E作用且兩電場(chǎng)力大小相等，由x=/產(chǎn)知微粒。的加

速度大，由4知微粒。的質(zhì)量小，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理夕a=日得，位移

元大的動(dòng)能大，B正確；在同一等勢(shì)面上，。、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相

反，故在，時(shí)刻，〃、〃的電勢(shì)能不相等，C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理4曰=相。得，在，

時(shí)刻，。、〃的動(dòng)量大小相等，D正確。

答案BD

多維訓(xùn)練，---------精選練透.

1.如圖8所示，相距為〃的平行板A和8之間有電場(chǎng)強(qiáng)度為E,方向豎直向下的

勻強(qiáng)電場(chǎng)。電場(chǎng)中C點(diǎn)到B板的距離為（）.3d,D點(diǎn)到A板的距離為（）.23。有一

個(gè)質(zhì)量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)，重力加速度

為g,則下列說(shuō)法正確的是（）

圖8

A.該微粒在。點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在。點(diǎn)時(shí)的大

B.該微粒做勻變速直線運(yùn)動(dòng)

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C.在此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功力（）.5〃8/

D.該微粒帶正電，所帶電荷量大小為9=等

解析由于帶電微粒受到電場(chǎng)力與重力，沿圖中虛線所示的直線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至。

點(diǎn)，所以豎直向上的電場(chǎng)力與重力大小相等，方向相反，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

故B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力豎直向上，電場(chǎng)向下，所以該微粒帶負(fù)電，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至。

點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，所以微粒在D點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)時(shí)的小，

故A、D錯(cuò)誤；在此過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為Fx=mg（d-0.3J-0.2J）

=O.5mgd,故C正確。

答案C

2.（多選）如圖9所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平面上有4、8兩個(gè)滑塊（均可視為

質(zhì)點(diǎn)），滑塊A帶正電、電荷量為小滑塊8不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向右

的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，寬度為比其余空間內(nèi)不存在電場(chǎng)?；瑝KA剛

好位于電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場(chǎng)區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑塊A無(wú)

初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短，碰撞過(guò)程中滑塊A的

電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離

為刈=射，則下列判斷正確的是（）

B

，〃〃〃?〃〃〃〃〃〃/^*77；n^777777777777/

—d—

圖9

m\

A.4、3兩滑塊的質(zhì)量之比為f

mu4

B.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為詈=/

UlB3

C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞

D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞

解析對(duì)滑塊4在碰撞前根據(jù)動(dòng)能定理有q&/=5〃八捕，依題意知，碰撞后滑塊

A、8速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為V,根據(jù)動(dòng)量

守恒定律可得"2加0=—〃〃。+加皿；又由能量守恒定律可知%，即碰撞后滑塊

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A向左運(yùn)動(dòng)不會(huì)滑出電場(chǎng)，設(shè)碰撞后滑塊A在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為人由動(dòng)量定

理得羽=2機(jī)小碰撞后滑塊B向右做勻速運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立解得黑=：,

A正確，B錯(cuò)誤；兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為AE=J〃Aa)2—g(〃7A+〃m)o2=,

qEd>0,D正確，C錯(cuò)誤。

答案AD

考點(diǎn)3帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)

1.兩個(gè)結(jié)論

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí),

偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。

證明：由招1=；〃硒2

1\qUi春

qlhl

tan0—

mdv(f

U2P八5/

得＞，=46W，tan。=礪

⑵粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)。為粒子水

平位移的中點(diǎn)，即。到入射點(diǎn)的距離為；。

2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系

2

當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy=^fnv-

其中Uv=9y,指初、末位置間的電勢(shì)差。

考向?帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)

【例3】如圖10所示，A、B兩個(gè)帶正電的粒子，所帶電荷量分別為s與g,

質(zhì)量分別為即和機(jī)2。它們以相同的速度先后垂直于電場(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板

間的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，A粒子打在N板上的4點(diǎn)，8粒子打在N板上的9點(diǎn)，若不

計(jì)重力，則()

第11頁(yè)，共25頁(yè)

M

B

A—_

_____W__、、、

N

圖10

A.q\>q?B./??I</W2

C.">'D"〈生

m\fH2m\m2

解析設(shè)粒子的速度為。o,電荷量為q,質(zhì)量為小，所以加速度。=誓，運(yùn)動(dòng)時(shí)

間，=1，偏轉(zhuǎn)位移為）=%尸，整理得）'=寤，顯然由于4粒子的水平位移小，

則有當(dāng)>華，但A粒子的電荷量不一定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D

m\mi

錯(cuò)誤,C正確。

答案C

【拓展提升3］在［例3］中如果僅將“以相同的速度”改為“以相同的初動(dòng)

能”，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.q\>q?B./ni</W2

c">至D"V生

m\"227nlm2

解析由【例3】的解析可知y=熏，由題意反0=；m隔，整理得y=僵，由

于4粒子的水平位移小，則A粒子的電荷量大，即⑺大于我，A正確；由以上

分析可知，不能確定兩粒子的質(zhì)量關(guān)系，B、C、D錯(cuò)誤。

答案A

考向?帶電體在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)

［例4］（2019?全國(guó)IH卷，24）空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，。、產(chǎn)是

電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從。點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球

A、B。A不帶電，8的電荷量為儀q>0）。A從。點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為以），到達(dá)

P點(diǎn)所用時(shí)間為六8從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為會(huì)重力加速度為g,求：

⑴電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

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Q）B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。

解析（1）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為反小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為f/o根據(jù)牛頓第二定律、

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有

mg+qE=ma①

%?=1②

解得E=臂。③

（2）設(shè)8從。點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為反，0、P兩點(diǎn)的高度

差為〃，根據(jù)動(dòng)能定理有

nigh+qEh=Ek~i2?

且有切

〃=如⑥

聯(lián)立③④⑤⑥式得

Ek=2m（08+g2尸）。

答案⑴鬻（2）2mQ8+g2p）

多維訓(xùn)練,----------精選練透.

1.（2019?江蘇卷，5）—?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上。f=0時(shí)刻，一帶電粒子以一定

初速度水平射入該電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做功的功率為P，不計(jì)粒子重力，則P—

，關(guān)系圖象是（）

解析設(shè)粒子帶正電，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，水平方向：粒子不

受力，Vx=V0o

沿電場(chǎng)方向：受電場(chǎng)力/電=qE,則加速度。=勺=華，經(jīng)時(shí)間

fit

第13頁(yè)，共25頁(yè)

7,粒子沿電場(chǎng)方向的速度為=以=等

電場(chǎng)力做功的功率

電qv=qE嚕=-1=虹叼,選項(xiàng)A正確。

答案A

2.（2019?天津卷，3）如圖11所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為用的帶電

小球，以初速度。從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2小方向與

電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程（）

圖11

A.動(dòng)能增加%B.機(jī)械能增加2mv2

3

-

2D.電勢(shì)能增加2mv2

I13

解析動(dòng)能變化量△￡k=5"Z（2o）2—5,加2=5"。2,A錯(cuò)誤；重力和電場(chǎng)力做功，

機(jī)械能增加量等于電勢(shì)能減少量，帶電小球在水平方向向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得（20）2—0=2誓X,則電勢(shì)能減少量等于電場(chǎng)力做的功A￡p；q=W電

=qEx=2mv\B正確，D錯(cuò)誤；在豎直方向做與減速運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)時(shí)豎直方向

的速度為零，由一。2=-2g/?,得重力勢(shì)能增加量AEp重=〃吆〃C錯(cuò)誤。

答案B

3.（2019?全國(guó)II卷，24）如圖12,兩金屬板P、。水平放置，間距為&兩金屬板

正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、。、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)

均為9（s>0）。質(zhì)量為機(jī)、電荷量為式4>0）的粒子自G的左端上方距離G為h

的位置，以速度內(nèi)平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)。

--------p

仁二?！璲

--------Q

第14頁(yè)，共25頁(yè)

圖12

⑴求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位

移大??；

（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短

應(yīng)為多少？

解析（1）PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，設(shè)均為瓦粒子在PG間所受電場(chǎng)力廠的方

向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為

有

F=qE=ma?

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為反，由動(dòng)能定理有

gE〃=Ek—多。遨

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為/,粒子在小平方向的位移大小為/,則有

仁；〃/2④

l=vot?

聯(lián)立①②③④⑤式解得

Ek=%w計(jì)引〃⑥

.Imdh令

（2）若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短。由對(duì)稱佐知,

此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度L為

答案（曲.+加”修（2）2。。^/^

課時(shí)作業(yè)

（時(shí)間：40分鐘）

基礎(chǔ)鞏固練

第15頁(yè)，共25頁(yè)

1.在研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，一已充電的平行板電容器與

靜電計(jì)連接如圖1所示?，F(xiàn)保持8板不動(dòng)，適當(dāng)移動(dòng)A板，發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針張

角減小，則A板可能是（）

A.右移B.左移C.上移D.下移

解析電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計(jì)指針張角減小，說(shuō)明兩極板間電壓

變小，根據(jù)C=名得出電容變大，由。=孺知兩極板之間距離變小或正對(duì)面積

變大，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

答案A

2.（2018?江蘇單科，5）如圖2所示，水平金屬板A、8分別與電源兩極相連，帶

電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均

為等勢(shì)面，則該油滴（)

r

u?油滴

8

圖2

A.仍然保持靜止B.豎直向下運(yùn)動(dòng)

C.向左下方運(yùn)動(dòng)D.向右下方運(yùn)動(dòng)

解析由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢(shì)差不變，

將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油滴所受電場(chǎng)

力減小，且電場(chǎng)力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該

油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。

答案D

3.（多選）如圖3所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABC。面與ERGa面為

金屬板，其他面為絕緣材料。ABC。面帶正電，EFG”面帶負(fù)電。從小孔P

第16頁(yè)，共25頁(yè)

沿水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴A、。、C,最后分別落

在1、2、3三點(diǎn)，不計(jì)三個(gè)液滴間的相互作用，則下列說(shuō)法正確的是（）

圖3

A.三個(gè)液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動(dòng)

B.三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相同

C.三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率相同

D.液滴C所帶電荷量最多

解析三個(gè)液滴在水平方向受到電場(chǎng)力作用，水平方向不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以

三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于三個(gè)液滴在豎直方向

做自由落體運(yùn)動(dòng)，三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，選項(xiàng)B正確；三個(gè)液滴落到底板

時(shí)豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率不相

同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于液滴。在水平方向位移最大，說(shuō)明液滴C在水平方向加

速度最大，所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確。

答案BD

4.如圖4所示，帶電的平行金屬板A、8間的電勢(shì)差為U,板間距離為d,A板帶

正電，B板中央有一小孔。一帶電荷量為"質(zhì)量為〃，的微粒從孔的正上方距8

板高力處由靜止下落，若微粒恰能落至A、8板的正中央。點(diǎn)。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤

的是（重力加速度為g）（）

工

cI；tz±

Cjd

i）A

圖4

Al散粒在下落過(guò)程中動(dòng)能逐漸增大，重力勢(shì)能逐漸減小

B.微粒下落過(guò)程中重力做功為〃吆優(yōu)+，，電場(chǎng)力做功為一學(xué)

第17頁(yè)，共25頁(yè)

C微粒落入電場(chǎng)中，電勢(shì)能逐漸增加，其增加量為空

D.若微粒從距B板高2萬(wàn)處自由下落，則恰好能到達(dá)A板

解析微粒下落至C點(diǎn)的過(guò)程中，重力做功為出g(%+§),重力勢(shì)能減??；電場(chǎng)

力做功為一空，電勢(shì)能增加，增加量為空，微粒動(dòng)能先增大后減小，故A錯(cuò)誤,

JJ

即

?力+=

B、C正確；由動(dòng)能定理得，微粒由力高處下落過(guò)程,g\(-

qU=〃ig(2h+d),由2/!處下落過(guò)程，有〃吆(2/?+d)一d/=0,說(shuō)明微粒恰能到達(dá)

A板，故D正確。

答案A

5.如圖5甲所示，兩個(gè)平行金屬板P、。豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的電

壓，，=0時(shí)，Q板比戶板電勢(shì)高5V,此時(shí)在兩板的正中央M點(diǎn)有一個(gè)電子，

速度為零，電子在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，使得電子的位置和速度隨時(shí)間變化。假設(shè)

電子始終未與兩板相碰。在0<f<8XKT］。s的時(shí)間內(nèi)，這個(gè)電子處于M點(diǎn)的右側(cè),

速度方向向左且大小逐漸增大的時(shí)間是()

乙

圖5

A.0<r<2X10-1°s

B.2XlO-,os<r<4XIO',os

C.4Xl(r,0s<r<6X10-,os

D.6X10-,0s<r<8X10-,os

解析作出粒子運(yùn)動(dòng)的。一，圖象如圖所示。由圖象可知選項(xiàng)C正確。

答案c

第18頁(yè)，共25頁(yè)

6.（多選）如圖6所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右端有一

帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電小

球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現(xiàn)保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變，突然將電場(chǎng)

反向，若將此時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則下列描述速度與時(shí)間、加速度與位移之間變化

關(guān)系的圖象正確的是（）

解析設(shè)帶電小球在靜電力和彈簧彈力作用下靜止時(shí).彈簧形變量為A一則女1

=qE,將電場(chǎng)反向，個(gè)球在水平方向上受到向右的電場(chǎng)力和彈簧的彈力，小球

離開彈簧前，根據(jù)牛頓第二定律得，小球的加速度再垃管0-,知。隨

彈簧壓縮量Ax—x的減小均勻減小，當(dāng)脫離彈簧后，小球的加速度。=華，保持

?II-

不變?？芍∏蛳茸黾铀俣戎饾u減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A、C項(xiàng)

正確，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。

答案AC

7.如圖7所示，設(shè)電子剛剛離開金屬絲時(shí)的速度可忽略不計(jì)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，

沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為〃7,電荷

量為e,加速電場(chǎng)電壓為Uo,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U,極板

長(zhǎng)度為L(zhǎng),板間距為/不計(jì)電子所受重力。求：

圖7

（1）電子射入偏轉(zhuǎn)甩場(chǎng)時(shí)初速度見的大??；

第19頁(yè)，共25頁(yè)

(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離△)，；

(3)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)速度的大小和方向。

解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理有eUo=^mvi

故電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度

(2)在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間△f=，=L、島

電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度。=需

1ui}

偏轉(zhuǎn)距離A,v=]〃(加)2=4UQJ。

(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿垂直于極板方向的速度

。產(chǎn)的,=才UL\r~^~

電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小

/-T；~7l2eUo(eU21}

丁+病而

設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向與偏轉(zhuǎn)極板的夾角為0,

八四UL

則niltan。一罰一五而。

較安心巫。轡nn/2^o,eU^l}

+

口案⑴，m⑵4Uod⑶、m2mU^-

與女)方向的夾角夕滿足tan夕=瑟^

綜合提能練

8.如圖8所示，兩塊較大的金屬板A、8相距為"，平行放置并與一電源相連，

開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為〃人帶電荷量為夕的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài).

以下說(shuō)法正確的是()

第20頁(yè)，共25頁(yè)

h

d???*

glI1J.J

圖8

A.若將S斷開，則油滴將做自由落體運(yùn)動(dòng)，G表中無(wú)電流

B.若將A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有Q-b的電流

C.若將4向上平移一小段位移，則油滴向下加速達(dá)動(dòng)，G表中有人一。的電流

D.若將4向下平移一小段位移，則油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，G表中有人一。的電流

解析由于油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以/=〃zg。若將S斷開，由于電容器的電荷

量不變，則電壓U不變，油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若將4向左平移

一小段位移，則電容。變小，電壓U不變，Q=CU變小，所以電流方向?yàn)樨耙?/p>

此時(shí)油滴仍靜止，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若將4向上平移一小段位移，電容C變小，電

壓U不變，則。變小，所以電流方向?yàn)榉?＞。，比時(shí)塔〈〃吆，油滴向下加速運(yùn)

動(dòng)，選項(xiàng)C正確；若將4向下平移一小段位移，則電容C變大，電壓U不變，

Q變大，所以電流方向?yàn)?f仇此時(shí)扉＞〃zg,油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)

誤。

答案C

9.（多選）如圖9所示，一質(zhì)量為"八電荷量為^的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電

場(chǎng)中，以初速度。o沿直線ON做勻變速運(yùn)動(dòng)，直線。N與水平面的夾角為30。。

若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，重力加速度為g,且，〃g=qE,則（）

圖9

A.電場(chǎng)方向豎直向上

B.小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g

C.小球上升的最大高度為盥

第21頁(yè)，共25頁(yè)

D.小球電勢(shì)能的最大值為竽

解析因?yàn)樾∏蜃鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，則小球所受的合力與"

速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場(chǎng).丁丁〕’

......

力的方向與水平方向夾角為30°,斜向上，如圖所示，A

錯(cuò)誤；小球所受的重力和電場(chǎng)力大小相等，根據(jù)飛行四邊形定則知，兩個(gè)力的夾

角為120。，所以合力大小與分力大小相等，等于〃吆，根據(jù)牛頓第二定律知，小

球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g,B正確；小球斜向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，勻減速直線

運(yùn)動(dòng)的位移$="=/，則小球上升的最大高度〃=s.sin3（r=%,C錯(cuò)誤；在整

個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做功W=qEscos120。=一型加，電勢(shì)能增加號(hào)t所以小球電

2

勢(shì)能的最大值為竽，D正確。

答案BD

10.（2020?上饒一模）如圖10所示，在AOB平面內(nèi)存在著一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，OA=L

OB=\~,NAOB=60。。一個(gè)電荷量為^的帶正電粒子以初動(dòng)能反從。點(diǎn)兩次

沿不同方向拋出，并分別運(yùn)動(dòng)到A、8兩點(diǎn)。若粒子運(yùn)動(dòng)到A、8兩點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能

分別為琢=2Ek，￡“=苧，粒子重力小計(jì)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為（）

o

圖1()

A區(qū)R殂n^3Ek

/>?T?r

qLD3cqLr?3cqLrLx?c3qL

解析由題意令電場(chǎng)強(qiáng)度與OA成a角，與OB成4角，粒子在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)

力F=Eq,粒子帶正電，故電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，根據(jù)題意有：

從。到A只有電場(chǎng)力做功，有

Eqlcosa=2Ek—Ek

第22頁(yè)，共25頁(yè)

從。到B只有電場(chǎng)力做功有

"3，〃5反?

Eq/Lcosp——^~—Ek

聯(lián)立兩式可得cosa=cos

又N4OB=60。所以有a=4=30。

所以可得場(chǎng)強(qiáng)E=急募=費(fèi)

故A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。

答案D

11.（多選）如圖11所示，A、B是兩塊水平放置的平行金屬板，一帶電小球垂直于

電場(chǎng)線方向射入板間，小球?qū)⑾駻極板偏轉(zhuǎn)，為了使小球沿射入方向做直線運(yùn)

動(dòng)，可采用的方法是（）

A.適當(dāng)增大小球的質(zhì)量

B.將變阻器的滑片P適當(dāng)向左滑動(dòng)

C.適當(dāng)增大小球所帶電荷量

D.將極板間距適當(dāng)增大

解析由電路圖可知，A極板帶正電，小球向上偏轉(zhuǎn)，故小球帶負(fù)電。小球