2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)練習(xí)題含答案解析

第3講電容器帶電粒子在電場中的運動

素養(yǎng)目標1.了解影響平行板電容器電容大小的因素，會利用公式判斷平行板電

容器電容的變化。2.會利用動力學(xué)、功能觀點分析帶電粒子在電場中的直線運動。

3.掌握帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律。

夯實必備知識

一、電容器及電容

1.電容器

(1)組成：由兩個彼此維綾又相距很近的導(dǎo)體組成。

(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。

(3)電容器的充、放電

①充電：電容器充電的過程中，兩極板所帶的電荷量增加,極板間的電場強度增

大，電源的能量不斷儲存在電容器中。

②放電:放電過程中，電容器把儲存的能量通過里途做功轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。

2.電容

(1)定義：電容器所帶的電荷量。與電容器兩極板之間的電勢差U之比。

(2)定義式：C=￡。

(3)單位：法拉(F)、微法(pF)、皮法(pF)。1F=10euF=1012pFo

(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量。

(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質(zhì))決定，

與電容器是否她及電壓無關(guān)。

3.平行板電容器的電容：決定式

二、帶電粒子在電場中的運動

L加速

2

(1)在勻強電場中：W=qEd=c/U=^mv—^nivi0

2

(2)在非勻強電場中：W=ciU=^mv—^nv^o

2.偏轉(zhuǎn)

⑴運動情況：帶電粒子以初速度。。垂直電場方向進入勻強電場中，則帶電粒子在

電場中做類平拋運動，如圖1所示。

(2)處理方法：將帶電粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿靜電力

方向的勻加速直線運動。根據(jù)運動的合成與分解的知識解決有關(guān)問題。

⑶基本關(guān)系式：運動時間％=(

加速度〃=￡=延="

mmmd

偏轉(zhuǎn)量)，=%於=矗

偏轉(zhuǎn)角。的正切值tang*導(dǎo)矗

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)

圖2

2.示波管的工作原理

⑴“偏轉(zhuǎn)電極上加的是待測的信號電壓,XX偏轉(zhuǎn)電極上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒

形電壓，叫作掃描電壓。

(2)觀察到的現(xiàn)象

①如果在偏轉(zhuǎn)電極XV和yr之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動,

打在熒光屏中心,產(chǎn)生一個亮斑。

②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等,就可以在熒光屏上得到待測信號在一

個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖像。

基礎(chǔ)自測

1.對于某一電容器，下列說法正確的是（）

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，兩極板間的電勢差也增加一倍

D.電容器兩極板間的電勢差減小到原來的上它的電容也減小到原來的;

答案C

解析根據(jù)公式。=焉可得，電容的大小跟電容器兩端的電勢差以及電容器所

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

板間的電勢差也增加一倍，所以C正確，A、B、D錯誤。

2.如圖3所示，一帶電粒子沿與電場線垂直的方向從電場中央進入兩平行金屬板

間的勻強電場，已知粒子的帶電荷量為/兩板間的電勢差為U,則粒子運動過

程中（）

圖3

A.若粒子從電場中射出，則粒子動能增加了

B.若粒子從電場中射出，則靜電力一定對粒子做了空的功

C.若粒子打在極板上，則靜電力一定對粒子做了學(xué)的功

D.若粒子打在極板上，則粒子的動能一定增加了半

答案C

解析粒子從電場中央進入，根據(jù)動能定理，動能增加量等于靜電力做功與重力

做功的代數(shù)和，而靜電力與重力大小關(guān)系未知，重力是否考慮未知，則AEkUgUy

+WG,又是否射出和射出位置不確定，則5卷所以動能增加量不確定，故A、

B、D錯誤；當粒子打在極板上，則靜電力做功%華，故C正確。

考點一電容器的理解及動態(tài)分析

1.兩類典型問題

(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。

(2)電容器充電后與電源斷開，電容潛兩極板所帶的電荷量Q保持不變。

2.動態(tài)分析思路

(1)。不變

①根據(jù)c=篇和先分析電容的變化，再分析Q的變化。

②根據(jù)"?分析電場強度的變化。

③根據(jù)。鉆=應(yīng)/分析某點電勢變化。

(2)(2不變

①根據(jù)c=篇和c=號，先分析電容的變化，再分析U的變化。

②根據(jù)分析電場強度變化。

考向?qū)﹄娙萜鞯睦斫?/p>

例1(2022?江蘇蘇錫常鎮(zhèn)模擬)足夠大的帶電金屬平板其附近的電場可看作勻強

電場，平行板電容器，其內(nèi)部電場是兩個極板電荷的疊加場。某平行板電容器的

帶電荷量為Q，內(nèi)部電場強度為￡,不計電容器的邊緣效應(yīng)，其兩極板間的吸引

力為()

A..QE

C.2QEDAQE

答案B

解析將電容器的一個極板上的電荷看作是場源電荷，另一個極板上的電荷看作

檢驗電荷，由題意可知電容器內(nèi)部電場是兩個極板電荷的疊加場，則場源電荷產(chǎn)

生的電場強度大小為*因此兩極板相互間的靜電力為/=爭。=嗡故B正確，

A、C、D錯誤。

考向閃電容器的動態(tài)分析

例2如圖4所示，是一個由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電

路，開美S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間產(chǎn)點不動，下列說法正確的是（）

aiRJ

A_L--

B~~P

圖4

A.若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C增大

B.若斷開S,將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢能減小

C.在S仍閉合的情況下，增大兩極板距離的過程中，電阻R中有從方到。的電流

D.若斷開S,減小兩極板距離，則帶電液滴向下運動

答案B

C

解析根據(jù)。=贏r可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對面積S減

小，電容器的電容。減小，故A錯誤；由圖可知帶目液滴受到豎直向上的靜電力，

電場豎直向下，帶電粒子帶負電荷。若斷開S,則電容器所帶的電荷量不變，根

據(jù)。=孺，。=號，七號可得七=整。可知，向下平移8板電場強度不變。B

板電勢為零，根據(jù)可得9P—0=&/尸8,可知將3板向下平移一小段位

移，CIPB增大,則P點的電勢升高。根據(jù)a=如可知，尸點電勢升高，帶負電荷

的液滴電勢能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，根據(jù)。=懸可知，增大

兩極板距離的過程中，電容器的電容C減小，。減小，電容器放電，電阻R中有

從。到匕的電流，故C錯誤；根據(jù)選項B分析可知，若斷開S,減小兩極板距離，

電場強度不變，液滴受到的靜電力不變，則帶電液滴不動，故D錯誤。

跟蹤訓(xùn)練

1.如圖5所示，平行板電容器通過一滑動變阻器火與直流電源連接，G為一零刻

度在表盤中央的電流計，閉合開關(guān)S后，下列說法中正確的是()

A.若在兩板間插入電介質(zhì)，電容器的電容變小

B.若在兩板間插入一導(dǎo)體板，電容器的帶電量變小

C.若將滑動變阻器滑片尸向上移動，電容器的帶電量變大

D.若將電容器下極板向下移動一小段距離，此過程電流計中有從。到b方向的電

流

答案C

解析根據(jù)公式。=懸，在兩板間插入電介質(zhì)，6增加，所以電容器的電容變

大，故A錯誤；同理，在兩板間插入一導(dǎo)體板，由于導(dǎo)體板的靜電感應(yīng)，致使電

容器兩板間距d減小，電容器的電容增加，由公式C=另可知極板間電壓不變的

時候，帶電量變大，故B錯誤；將滑動變阻器滑片尸向上移動，電容器極板間電

壓變大，根據(jù)C=￡，易知電容器帶電量變大，故C正確；將電容器下極板向下

移動一小段距離，由公式品，可知電容器的電容減小，再根據(jù)可

知電容器將放電，此過程電流計中有從b到。方向的電流，故D錯誤。

考點二帶電粒子在電場中的直線運動

1.做直線運動的條件

(I)粒子所受合力歹合=0,粒子或靜止，或做勻速直線運動。

(2)粒子所受合力產(chǎn)介W0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速

直線運動或勻減速直線運動。

2.用動力學(xué)觀點分析

a=m,E=京,Vv6=2ad。

3.用功能觀點分析

勻強電場中：W=qEd=qU=^nw2—

非勻強電場中：W=c/U=E^2-Ek\.

例3如圖6所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、。中央各有一小孔，小

孔分別位于。、M、P點。由。點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現(xiàn)將C板

向右平移到尸點，則由。點靜止釋放的電子()

C

I：----?-J/<

IIn

圖6

A.運動到。點返回

B.運動到尸和尸點之同返回

C.運動到P，點返回

D.穿過產(chǎn)點

答案A

解析設(shè)43、8c間的電場強度分別為Ei、Ei,間距分別為M和電子由0

點運動到P點的過程中，根據(jù)動能定理得

c&di-eE2d2=()①

當C板向右平移后，板間的電場強度

…X__QQ4欣。

E2~dl!~Cdl~￡rS&S

B、C板間的電場強度與板間距無關(guān)，大小不變。

第二次釋放后，設(shè)電子在8、。間移動的距離為乂則"項=0-0②

比較①②兩式知，x=龍，即電子運動到P點時返回，A正確。

?方法總結(jié)，

帶電粒子在勻強電場中的直線運動問題的分析方法

取好究一個帶電粒子（或帶電體），也可選幾

對象個帶電體構(gòu)成的系統(tǒng)

受力

一多了個幅電力（F=gE或F=A等）

兩個分析

分析運動

一運動情況反映受力情況

分析

選用規(guī)方法①：由牛頓第二定律及勻變速直

律列方一線運動的公式進行計算

程求解方法②：動能定理:qUAB=4"D-4"%

跟蹤訓(xùn)練

2.如圖7所示，A、3為平行金屬板，兩極板相距為“，分別與電源兩極連接。兩

板的中央各有一小孔M、N。今有一帶電質(zhì)點自力板上方相距為d的P點由靜止

下落，不計空氣阻力，到達兩板中點時的速度恰好為零,然后沿原路返回。則帶

電質(zhì)點的重力與它在電場中所受靜電力的大小之比為（）

A

B=

圖7

A.1：2B.1:3

C.2：1D.3：1

答案B

解析帶電質(zhì)點從P點由靜止開始下落到兩極板中點時,先加速后減速。根據(jù)動

能定理，有〃吆*率/=4七義條重力與靜電力的大小之比為1：3,故選項B正確。

考點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

1.運動規(guī)律

（1）沿初速度方向做勻速直線運動

①能飛出電容器：/=（

②不能飛出電容器：y事=既『

2mdy

（2）沿靜電力方向做勻加速直線運動

工、擊后FqEqU

加速度：a=-=m=ird

離開電場時的偏移量：），=："=微雋

離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan0與=緇

2.兩個推論

（1）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點0為粒子

水平位移的中點，即。到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為

（2）不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏

移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。

3.功能關(guān)系

2

qUy=^mv—^mvit其中“=%，，指初、末位置間的電勢差。

考向EI帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)

例4（2023?東昌府區(qū)期中）如圖8所示，一質(zhì)量為加、帶電量為+〃的粒子（不計重

力）從兩平行板左側(cè)中點處沿垂直電場強度方向射入，當入射速度為時，恰好

穿過電場而不碰金屬板。若粒子的入射速度變?yōu)?vo,仍能恰好穿過電場，只改

變以下一個條件，可行的是（）

圖8

A.兩極板長度變?yōu)樵瓉淼?倍

B.粒子的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍

C.兩板間電壓增為原來的4倍

D.移動上極板，使兩板間距離增為原來的4倍

答案C

解析設(shè)平行板長度為/,間距為北板間電壓為U.當粒子入射速度為。。時,恰

好穿過電場而不碰金屬板，則有l(wèi)=vot,粒子垂豆于初速度方向做勻加速直線運

動，由牛頓第二定律可得"=〃"，若粒子的入射速度變?yōu)?/p>

2加，仍能恰好穿過電場，則只改變一個條件的情況下，可行的方案是粒子的電荷

量變?yōu)樵瓉淼?倍、將兩板間電壓變?yōu)樵瓉淼?倍、兩極板長度變?yōu)樵瓉淼?倍、

兩板間距離變?yōu)樵瓉淼?，故C正確，A、B、D錯誤。

考向因帶電粒子在電場中先加速后偏轉(zhuǎn)

例5某種類型的示波管工作原理如圖9所示，電子先經(jīng)過電壓為3的直線加速

電場，再垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量為九兩平行板之間的距

離為d,電壓為S,板長為L,把白叫作示波器的靈敏度，下列說法正確的是（）

圖9

A.電子在加速電場中動能增大，在偏轉(zhuǎn)電場中動能不變

B.電子只要能離開偏轉(zhuǎn)電場，在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間一定等于離

C當3、L增大，d不變，小波器的靈敏度一定減小

D.當L變?yōu)樵瓉淼膬杀?，d變?yōu)樵瓉淼?倍，3不變，示波器的靈敏度增大

答案B

解析電子在加速電場中動能增大，在偏轉(zhuǎn)電場口動能繼續(xù)增大，故A錯誤；由

動能定理有eU\水平方向有解得設(shè)R故B正確；豎直

方向有，二貌巴可得/二島，當Ui、L增大"不變，今可能不變，示波器的

靈敏度可能不變，故C錯誤；當L變?yōu)樵瓉淼膬杀?，d變?yōu)樵瓉淼?倍，5不變，

可得倉=加不變，貝!示波器的靈敏度不變，故D錯誤。

跟蹤訓(xùn)練

3.示波管的示意圖如圖10所示，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長L=4.0cm,兩板間距離

J=1.0cm,兩板間電壓U=144V。極板右端與熒光屏的距離s=18cm。由陰極

發(fā)出的電子經(jīng)電壓Uo=288（）V的電場加速后，以速度內(nèi)沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)

電場。（已知電子電荷量e=1.6Xl（尸9c,質(zhì)量加=9X1（尸kg,且電子所受重力

及電子之間的相互作用力均可忽略不計。）求：

圖10

（1）電子飛入偏轉(zhuǎn)電場時的速度vo；

⑵電子打在熒光屏上距中心點的距離匕

答案（1）3.2XIO,由"（2）2cm

解析（1）對于電子通過加速電場的過程，根據(jù)動能定理有eUo=^mv（\

解得。o=3.2Xl（）7m/So

（2）設(shè)電子飛出偏轉(zhuǎn)電場，在垂直極板方向上的位移為y,

即有產(chǎn)］尸，。=返=膽

72mma

電子偏轉(zhuǎn)的時間，

電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線交水平位移的中點，依據(jù)幾何關(guān)系有

1__Y_

L~Lt

解得y=2cm。

提升素養(yǎng)能力

（限時：40分鐘）

A級基礎(chǔ)對點練

對點練1電容器的理解及動態(tài)分析

1.（2023?長沙月考）如圖1所示，平行板電容器A、8兩板帶等量的異種電荷，保

持電容器的帶電量不變，將A板向左平移一些，則此過程關(guān)于電容器的下列物理

量變小的是（）

AB

圖1

A.兩板間的電勢差

B.兩板的電勢能

C.兩板間的電場強度

D.電容器的電容

答案D

PC

解析A板向左平移后，兩板間的距離增大，由。=品可知，電容器的電容變

小，故D正確；由可知，電容器兩板間的電勢差變大，故A錯誤；由于兩

板間距離增大，靜電力做負功，電勢能增大，故B錯誤；由后=%=會可知，

cl€ro

兩板間的電場強度不變，故C錯誤。

2.（2023?廣東潮州質(zhì)檢）如圖2所示的實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容

的因素，其中電容器左側(cè)極板8和靜電計外殼均接地，電容器右側(cè)極板A與靜電

計金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開，下列操作能使靜電計的指針偏角變

大的是（）

A.減小A板與B板之間的水平距離

B.將橡膠棒插入A板與B板之間

C.A板位置不動，將8板稍微豎直向下平移

D.將A板也接地

答案C

解析靜電計指針偏角反映的是電容器兩極板之間的電勢差，電容器帶電后與電

源斷開，則。不變，減小A板與8板之間的水平距離，根據(jù)C=氤可知電容C

增大，根據(jù)U=稔可知U變小，指針偏角變小，故A錯誤；將橡膠棒插入A板與

8板之間&變大，根據(jù)C=編可知電容C增大，根據(jù)U=g可知U變小，指針

4TTIAXZL

偏角變小，故B錯誤；A板位置不動，將3板稍微豎直向下平移，S變小，根據(jù)

。=晶可知電容C減小，根據(jù)。=帶，可知U變大，指針偏角變大，故C正確；

將A板也接地，AB兩板電勢差變?yōu)?,則指針偏角變小，故D錯誤。

3.如圖3所示是一個由電池、電流計、理想二極管、開關(guān)S與平行板電容器組成

的串聯(lián)電路，其中電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向滿足圖示“右進右偏，左進左

偏”。開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，下列說法正確的是（）

A——

B一

圖3

A.若將A板向上平移一小段距離，則電流計指針會左偏

B.若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊玻璃板，則電流計指針會左偏

C.若將B板向右平移一小段位移，則電流計指針會右偏

D.若將B板向上平移一小段位移，則電流計指針會右偏

答案D

解析根據(jù)。=薨，將A板向上平移一小段距離。變小，由C=￡可知Q變小，

由于二極管的單向?qū)щ娦?，則不會有b放電電流，則電流計指針不動,A錯誤；

緊貼4板內(nèi)側(cè)插入一塊玻璃板，致使電容器的電容增大，根據(jù)C=￡,則電荷量

將變大，由于二極管存在單向?qū)щ娦裕瑒t會有充電電流，則電流計指針會右

偏,B錯誤；根據(jù)。=嘉，將B板向右平移一小段位移，致使電容器的電容減

小，根據(jù)A項分析可知，C錯誤；根據(jù)。=福，將8板向上平移一小段位移,

致使電容器的電容增大，根據(jù)c=￡,則電荷量將變大，則會有人一。充電可流，

則電流計指針會右偏，D正確。

4.（2023?江西上饒模擬）如圖4所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電

源相連，極板水平放置，在下極板上疊放一金屬板，其上部空間有一帶電粒子P

靜止在電容器中，當把金屬板從電容器中快速抽出后，下列說法正確的是（）

圖4

A.電容器的電容增大B.電容器的帶電荷量減少

C.P仍將靜止D.P向上運動

答案B

解析由題意可知金屬板抽出，平行板電容器兩板間距d變大，由。=器;，知

電容器的電容減小，故A錯誤；電容器極板間電壓不變，根據(jù)公式有C=g,當

電容器的電容減小時，極板的電荷量減小，故B正確；因為極板間電壓不變，d

增大，根據(jù)公式。=石乩F=qE,可知靜電力減小，P向下運動，故C、D錯誤。

對點練2帶電粒子在電場中的直線運動

5.如圖5所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B,間距為4

中央分別開有小孔0、戶。現(xiàn)有甲電子以速率。。從。點沿。尸方向運動，恰能運

動到戶點。若僅將8板向右平移距離"，再將乙電子從P點由靜止釋放，則（）

---------------------

圖5

A.金屬板A、8組成的平行板電容器的電容C不變

B.金屬板4、8間的電壓減小

C.甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同

D.乙電子運動到O點的速率為2加

答案c

解析兩板間距離變大，根據(jù)。=磊可知，金屬板4、8組成的平行板電容器

的電容C減小，選項A錯誤；根據(jù)。=CU,Q不變，C減小，則U變大，選項

B錯誤；根據(jù)￡=§=?=黑，可知當d變大時，兩板間的場強不變，則甲、

ClCutrd

乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據(jù)eE2d—^rnv2,,

可知乙電子運動到0點的速率0=啦優(yōu)，選項D錯誤。

6.如圖6所示，一個質(zhì)量為〃八電荷量為g的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強

電場中由靜止沿斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為仇重力加

速度大小為g，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是（）

K

圖6

A.電場強度的最小值等于掌

B.電場強度的最大值等于蟹胃

C.帶電油滴的機械能不可能增加

D.靜電力可能對帶電油滴不做功

答案D

解析帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力機g和靜電力凡其合力

必定沿此直線向下，根據(jù)三角形定則作出合力，日圖可知，當靜電力尸與油滴軌

跡垂直時，靜電力廠最小，場強最小，則有F=qF^n=mgs.\n以得到*=*嗎

電場強度無最大值，故A、B錯誤；當七=甯"時，靜電力方向與速度方向垂

直，靜電力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變；這種情況下只有重力做功，帶

電油滴的機械能不變，故D正確；當E〉%11女E寸，靜電力方向與速度方向成銳

角時，靜電力做正功，帶電油滴的機械能增加，故C錯誤。

8

mg合力

對點練3帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

7.（2023?廣東惠州調(diào)研）利用電場可以使帶電粒子的運動方向發(fā)生改變。現(xiàn)使一群

電荷量相同、質(zhì)量不同的帶電粒子同時沿同一方向垂直射入同一勻強電場，經(jīng)相

同時間速度的偏轉(zhuǎn)角相同，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則它們在進入電

場時一定具有相同的（）

A.動能B.動量

C.加速度D.速度

答案B

嗎

解析速度的偏轉(zhuǎn)角tan0=^=*=鬻，若偏轉(zhuǎn)角相同，則〃wo一定相同，故

B正確；粒子的質(zhì)量〃z不同，動能不同，故A錯誤；由。=普知加速度不同，故

C錯誤；由。=m知速度不同，故D錯誤。

8.如圖7所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中。點自

由釋放后，分別抵達反。兩點，若則它們帶電荷量之比⑺：伏等于（）

O。---A

B

C

+-

圖7

A.I：2BS：1

C.I：V2D.2：1

答案D

解析兩個帶電液滴在復(fù)合場中分別受到大小不變的靜電力和重力（即各自的合

力不變），兩個液滴均做初速度為零的勻加速直線運動（在水平和豎直兩個方向上

均是初速度為零的勻加速直線運動），設(shè)帶電液滴的水平位移OA=L,兩帶電液滴

水平位移相等，豎直位移為y,對液滴有瞽P,y=,2,解得則會

〃識L

謐弋=21，故A、B、C錯誤，D正確。

yiE

9.一勻強電場的方向豎直向上。t=0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該

電場,靜電力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P—f關(guān)系圖像是（）

p

答案A

解析設(shè)粒子帶正電，運動軌跡如圖所示，水平方向，粒子不受力，〃=優(yōu)。

沿電場方向：受力尸電民則加速度〃=得=曹，經(jīng)時間，，粒子沿電場方向的

速度。），="=嚕

靜電力做功的功率

10.（2022?湖北卷，4）密立根油滴實驗裝置如圖8所示，兩塊水平放置的金屬板

分別與電源的正負極相接，板間產(chǎn)生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多

油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間

電勢差為U時，電荷量為分半徑為廠的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬

板間電勢差調(diào)整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為

)

A.q,rB.24，r

C.2q,2rD.4q,2r

答案D

ii4

解析初始狀態(tài)下，油滴處于靜止狀態(tài)時，滿足qE=mg,即q=鏟戶〃8，當電

勢差調(diào)整為2U時，若油滴的半徑不變，則滿足4年=小產(chǎn)國可得/老，A、B

錯誤；若油滴的半徑變?yōu)?r時，則滿足4號=某2〃）3座，可得q”=4q,C錯誤，

D正確。

11.（2023?常州期末）美國物理學(xué)家密立根于20世紀初進行了多次試驗，比較準確

地測定了電子的電荷量，其實驗原理圖可簡化為如圖9所示模型，置于真空中的

油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板A、8與電壓為U的恒定電源兩