第3講電容器帶電粒子在電場中的運動

知識椅理?雙基過關(guān)I緊抓教材自主落實

學問要點

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

(D組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。

(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的肯定值。

(3)電容器的充、放電

充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷,電容器中儲存電場

能。

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

2.電容

(1)定義：電容器所帶的電苞星女與電容器兩極板間的電勢差〃的比值。

⑵定義式：

(3)物理意義：表示電容器容納電荷本事大小的物理量。

⑷單位：法拉(F),1F=支PF=1012pF

3.平行板電容器

(1)影響因素：平行板電容錯的電容與極板的正對面積成正比,與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正

比，與極板間距離成反比。

(2)確定式：4丁伉々為靜電力常量。

二、帶電粒子在勻強電場中的運動

1.加速

(1)在勻強電場中，H—qEd=。勺1版一%7最

(2)在非勻強電場中，H—qU=7mv—^m^0

乙乙

2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

(1)條件：以速度用垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受電場力。

(2)運動形式：類平拋運動。

（3）處理方法：運動的合成與分解。

1?：、檢

圖1

①沿初速度方向為勻速直線運動,運動時間t」。

%

②沿電場力方向為勻加速直線運動,

③離開電場時的偏移量

1,qfU

尸2/=嬴？

④離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tan=%

三、小波管

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

（DKK偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號電壓,XT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。

⑵視察到的現(xiàn)象

①假如在偏轉(zhuǎn)電極XT和“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,在那里產(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)改

變的穩(wěn)定圖象。

基礎診斷

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它的電容也減小到京來的）

解析依據(jù)公式。=丁泠可得，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)，依據(jù)公式小%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。

答案C

2.兩平行金屬板相距為a電勢差為一電子質(zhì)量為外電荷量肯定值為&從。點沿垂直

于極板的方向射入電場，最遠到達1點，然后返回，如圖3所示，創(chuàng)間距為人則此電子的

初動能為（）

圖3

edhndU

A?丁B.奇

eUeUh

C.-D.--

dhd

解析電子從。點到達力點的過程中，僅在電場力作用下速度漸漸減小，依據(jù)動能定理可得

rrrrt

-eUa\=O一反,因為所以a=亍,選項D正確。

答案D

3.（2024?廣東省惠州市模擬）如圖4所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓

△加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是力，兩平行板間的距離為狀電勢差為詼

板長為￡。為了樨高示波管的愛敏度（每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量為方可采納的方法是（）

圖4

A.增大兩板間的電勢差也B.盡可能使板長￡短些

C.使加速電壓〃上升些D.盡可能使板間距離，小些

解析帶電粒子加速時，由動能定理得〃，

帶電粒子偏轉(zhuǎn)時，由類平拋運動規(guī)律，得￡=這

,1

h=2af

又由牛頓其次定律得=—.

3md

聯(lián)立得仁盟

h/2

由題意，靈敏度為不=行

th4dU}

可見，靈敏度與“無關(guān)，要提高示波管的靈敏度，可使板長/長些、板間距離d小一些、加

速電壓〃降低一些，故A、B、C錯誤，D正確。

答案D

課堂互動?研透考點I不同考點不同講法

考點

3平行板電容器的動態(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，.保持不變。

（2）電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量，保持不變。

2.動態(tài)分析思路

3.關(guān)于平行板電容器的一個常用結(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狀況下，電場強度與極板間的距離

無關(guān)。

[例1]（2024?全國I卷，14）一平行板電容器兩極板之間充溢云母介質(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，極板同電場強度變大

B.極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大

C.極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變

D.極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變

解析由4不泠可知，當云母介質(zhì)移出時，￡.變小，電容器的電容C變?。阂驗殡娙萜鹘?/p>

在恒壓直流電源上，故〃不變，依據(jù)可知，當。減小時，。減小。由于〃與d都不變，

u

再由公=方如電場強度夕不變，選項D正確。

答案D

【拓展提升1】（多選）將【例1】中的電源斷開，當把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后，卜列

說法正確的是（）

A.電容器的電容增大B.極板間的電勢差增大

C.極板上的電荷量變大D.極板間電場強度變天

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產(chǎn)恰能

靜止，同時卜極板接地，當將上板板向右移動一小段距離時，則卜列說法止確的是（）

A.電容器所帶電荷量保持不變

B.極板間的電場強度保持不變

C.粒子所在初位置的電勢能保持不變

D.粒子將加速向下運動

解析由仁/總可知，當將?上極板右移一段距離時，s減小，電容器的電容減小，由

rr

Q=CU,電壓少不變，。減小，故電容器所帶電荷量削減，選項A錯誤：〃和d不變，由￡=”

知，極板間的電場強度保持不變，選項B正確：由于極板間的電場強度不變，粒子所在初位

置到下極板間的距離不變，故該點到零電勢點的電勢差不變，印該點的電勢不變，粒子的電

勢能不變，選項C正確；由于粒子的受力狀況不變，故粒子仍舊保持靜止狀態(tài)，選項D錯誤。

答案BC

多維訓練精過修遂?

1.（2024?北京卷，1。）探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖5所示。下列說法

正確的是（）

圖5

A.試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電

B.試驗中，只將電容器〃板向上平移，靜電計指針的張角變小

C.試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大

D.試驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大

解析試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，在/，板上將感應出異種

電荷，A正確；。板向上平移，正對面積S變小，由C三了得知，電容C'變小，由。=￡知，Q

不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，B錯誤：插入有機玻璃板，相對介電常數(shù)J變

大，由仁言焉知，電容。變大，由仁方口，。不變，〃變小，因此靜電計指針的張角變小，

C錯誤：由4%I,試驗中，只增加極板帶電荷量，靜電”?指針的張角變大，是由于。不變

導致的，【）錯誤。

答案A

2.（多選）（2024?山東青島5月模擬）如圖6所示，電路中力、B、C、〃是完全相同的金屬極板，

〃是力、斤板間的一點，在G〃板間插有一塊有機玻璃板。閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開。

現(xiàn)將。、〃板間的玻璃板抽出，下列說法正確的是（）

玻璃板

A.金屬板C、〃構(gòu)成的電容器的電容減小

B.尸點電勢降低

C.玻璃板抽出過程中，電阻"中有向右的電流

D.A.4兩板間的電場強度減小

解析依據(jù)U不?，將G。板間的玻璃板抽出，相對介電常數(shù)已減小，其他條件不變,

則金屬板。、〃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，由匕』軻知極板。、。間的電勢

u

差變大，極板力、少間的電勢差變大，由七=那知極板力、〃間的場強變大，〃點與板的電

勢差變大，又因夕板接地，電勢為零，故尸點電勢上升，因此A〃板構(gòu)成的電容器處于放電

狀態(tài)，力、8板構(gòu)成的電容器處于充電狀態(tài)，電阻左中有向右的巨流，C正確，B、D錯誤。

答案AC

考點2帶電粒子（帶電體）在電場中的宜線運動

1.做直線運動的條件

（1）粒子所受合外力/^=0,粒子靜止或做勻速直線運動。

（2）粒子所受合外力/旦與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做變速直線運動：

若電場為勻強電場，則帶電粒子做勻變速直線運動。

2.分析方法

方法①：由牛頓其次定律及勻變速直線運動的公式進行計算:。

方法②：應用動能定理gQ，?一而進行有關(guān)計算。

方法③：應用動量定理或動量守恒定律進行有關(guān)計算。

【例2】（多選）（2024?全國III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；兩微粒&方所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的

上、下極板旁邊，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b,它們由靜止起先運動。在隨后的某時

刻6a、方經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、。間的相互作用和重:力可忽視。

下列說法正確的是（）

圖7

A.a的質(zhì)量比力的大

B.在，時刻，a的動能比。的大

C在E時刻,a和力的電勢能相等

D.在。時刻，a和力的動量大小相等

解析兩微粒只受電場力"作用且兩電場力大小相等，由/知微粒a的加速度大，由

J

知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理如注=￡得，位移x大的動能大，B正確：在

同一等勢而上，外。兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在,時刻，a、8的電勢能不相等,

C錯誤：由動量定理0員=〃川得，在r時刻，a、。的動量大小相等，D正確。

答案BD

多維訓練,---------------精道練丑.

1.如圖8所示，相距為d的平行板力和8之間有電場強度為反方向豎直向下的勻強電場。電

場中。點到8板的距離為0.3d,〃點到,4板的距離為0.24有一個質(zhì)量為股的帶電微粒沿圖

中虛線所示的直線從。點運動至〃點，垂力加速度為g,則下列說法正確的是（）

-=pA板

■,

—8板

圖8

A.該微粒在〃點時的電勢能比在。點時的大

B.該微粒做勻變速直線運動

C.在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgd

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力與重力，沿圖中虛線所示的直線從。點運動至〃點，所以豎

直向上的電場力與重力

大小相等，方向相反，微粒做勻速直線運動，故B錯誤；電場力豎直向上，電場向下，所以

該微粒帶負電，從。點運動至〃點，電場力做正功，電勢能減小，所以微粒在〃點時的電勢

能比在。點時的小，故A、D錯誤：在此過程中，電場力對微粒做的功為#'=%=儂（公0.34

—0.2（/）=0.3mgd,故C正確。

答案C

2.（多選）如圖9所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A6兩個滑塊（均可視為質(zhì)點），滑塊

力帶正電、電荷量為s滑塊〃不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向右的勻強電場，電場強度大小

為其寬度為狀其余空間內(nèi)不存在電場?；瑝K力剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊“剛好

位于電場區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑塊/I無初速度釋放，滑塊/與滑塊4發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，

碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時間兩滑塊保持肯定的距離不變，

4

且此距離為照=54則下列推斷正確的是（）

：E：

1.*f—

〃〃屈源〃〃XI\B-

〃，〃〃“〃〃〃〃〃〃〃《〃〃〃〃〃〃?

，?d’-

圖9

A.A6兩滑塊的質(zhì)量之比為處二；

nia4

B./1、4兩滑塊的質(zhì)量之比為"二J

ma6

C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞

I）.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞

解析對滑塊/在碰撞前依據(jù)動能定理有成，依題意知，碰撞后滑塊力、片速度大小

相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設其大小為V,依據(jù)動量守恒定律可得如%=一加/+而匕

又由能量守恒定律可知I，v外,即碰撞后滑塊力向左運動不會滑出電場，設碰撞后滑塊/在電

4

場中運動的時間為3由動量定理得*￡=2皮碰撞后滑塊〃向右做勻速運動，有氣=不區(qū)

聯(lián)立解得四=），A正確，B錯誤：兩滑塊因碰撞而損失的機械能為以篇一跖+加尸

西y>o,【）正確，c錯誤。

答案AD

考點a帶電粒子（帶電體）在電場中的編轉(zhuǎn)運動

1.兩個結(jié)論

（1）不同的帶電粒子從靜止起先經(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。

證明：由皿=;旅

I1QU

V=—，廣2=一??

廠2md

tan〃=嬴

得尸向tan好詆

⑵粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點。為粒子水平位移的中點,

即。到入射點的距離為5。

2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)內(nèi)功能關(guān)系

當探討帶電粒子的末速度y時也可以從能量的角度進行求解：成夕=去加!一點/熱其中

指初、末位置間的電勢差。

考向?帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動

【例3】如圖10所示，力、8兩個帶正電的粒子，所帶電荷量分別為小與物質(zhì)量分別為周

和彼。它們以相同的速度先后亙直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，力粒子打在

N板上的小點，〃粒子打在"板上的川點，若不計重力，則（）

M

H

A'R'

圖10

A.B.nh<mz

C.—>—D.—<—

HKHkHhUh

解析設粒了的速度為外,電荷量為<7，質(zhì)量為m,所以加速度”運動時間偏轉(zhuǎn)

ID%

位移為尸焉包整理得=答;，明顯由于力粒子的水平位移小，則有幺〉生，但/I粒子的電

2Zmvonnt

荷量不肯定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D錯誤，C正確。

答案C

【拓展提升3］在［例3］中假如僅將“以相同的速度”改為“以相同的初動能”，則下列

說法正確的是（）

A.小〉6B.

C.—>—D.—<—

n\n）>nhnt

解析由【例3】的解析可知尸第，由題意國=%成，整理得尸察，由于力粒子的水平

位移小，則力粒子的電荷量大，即S大于6,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錯誤。

答案A

考向?帶電體在電場中的偏轉(zhuǎn)運動

【例4】（2024?全國III卷,24）空間存在一方向豎直向下的勻強電場,0、P是電場中的兩點。

從。點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為力的小球人仇/I不帶甩，4的電荷量為

,（玻0）。力從。點放射時的速度大小為的，到達P點所用時間為t；8從。點到達〃點所用時

間為重力加速度為g,求：

(1)電場強度的大小；

(2)8運動到戶點時的動能。

解析(1)設電場強度的大小為京小球〃運動的加速度為外，衣?lián)ｎD其次定律、運動學公

式和題給條件，有

mg-\-qE=m^

弟)2=初②

(2)設占從0點放射時的速度為%到達2點時的動能為。、尸兩點的高度差為力，依據(jù)動

能定理有

mgh-\-qEh=區(qū)一%自④

且有v\?9=%，⑤

12公

h=qgt.⑥

聯(lián)立③④⑤⑥式得

氏=2欣4+1￡2)。

答案⑴牛'(2)2/7/(^+/f)

多維訓練,----------------情邊緣w.

1.(2024?江蘇卷，5)—勻強電場的方向豎直向上。1=0時刻，一帶電粒子以肯定初速度水平

射入該電場，電場力對粒子做功的功率為R不計粒子重力，則尸一Z關(guān)系圖象是()

解析設粒子帶正電，運動軌跡如圖所示，水平方向：粒子不受力，匕=儂

沿電場方向：受電場力少電=*，則加速度々二二二2-,經(jīng)時間t,粒子沿電場方向的速度V,

mm

qEt

=at=---

m

電場力做功的功率

P=F忸v,=qE?誓=（（=ktxt,選項A正確。

答案A

2.（2024?天津卷，3）如圖11所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為朋的帶電小球，以初

速度/從"點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2%方I句與電場方向相反，則小球從

"運動到"的過程（）

V

時

圖11

A.動能增加1力/B.機械能增加2mv

3

C.重力勢能增加5加/D.電勢能增加2mv

11?

解析動能改變量A區(qū)=5"（2）'一5〃”=；〃"，A錯誤：重力和電場力做功，機械能增加量等

于電勢能削減量，帶電小球在水平方向向左做勻加速直線運動，臼運動學公式得（20-0=29

X、則電勢能削減量等于電場力做的功8以產(chǎn)八=qEx=2m『,B正確，D錯誤：在豎直方向

做勻減速運動，到N點時豎直方向的速度為零，由一/=-2g力，得重力勢能增加量1Rf=mgh

—"zmvyC錯誤。

答案B

3.（2024?全國II卷，24）如圖12,兩金屬板/、。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。6接地，P、。的電勢均為。（。＞0）。質(zhì)量為辦

電荷量為。（。＞0）的粒子自G的左端上方距離G為力的位置，以速度均平行于紙面水平射入電

場，重力忽視不計。

fr.'?.............

----------Q

圖12

(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。?/p>

(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為力的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？

解析(1)/%、8間場強大小相等，設均為反粒子在房間所受電場力〃的方向豎直向下，

設粒子的加速度大小為a,

有￡=號@

F=qE=m您

設粒子第一次到達。時動能為戊，由動能定理有

qEh=民一》加出③

設粒子第一次到達G時所用的時間為「，粒子在水平方向的位移大小為則有

分=9包④

1=%蝮)

聯(lián)立①②③④⑤式解得

瓦=3卬誦+號?(7/)⑥

人,弋I壽mdh⑦丁

(2)若粒子穿過6—次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板

的長度L為

￡=2/=2%^^。⑧

答案⑴家+能.八牌⑵2飛信

課時作業(yè)

(時間:40分鐘)

基礎鞏固練

1.在探討影響平行板電容器電容大小因素的試驗中，一己充電的平行板電容器與靜電計連接

如圖1所示。現(xiàn)保持/，板不動,適當移動力板，發(fā)覺靜電計指針張角減小，則力板可能是()

圖1

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，靜電計指針張角減小，說明兩極板間電壓變小，依據(jù)。

=軸出電容變大，由4言部兩極板之間距離變小或正對面枳變大，選項A正確，B、C、

D錯誤。

答案A

2.（2024?廣東省寶安中學高三檢測）如圖2所示，一水平放置的平行板電容器充電后與電源

斷開，一束同種帶電粒子從"點以相同速度平行于極板射入電容器，最終均打在下極板的A

點，若將上極板緩慢上移，則（）

p—L...............-

A

圖2

A.粒子打在下極板的落點緩慢左移

B.粒子打在下極板的落點緩慢右移

C.粒子仍舊打在下極板的力點

D.因未知粒子的電性，無法推斷粒子的落點

解析斷開電源后，電容器電荷量保持不變，電場強度￡=）=J,將上極板緩慢上移，

d變大，電場強度不變，粒子所受電場力不變，則粒子仍舊打在下極板的月點。故C正確，A、

B、D錯誤。

答案C

3.（多選）如圖3所示，六面體真空盒置于水平面上，它的/仍⑦面與即GH面為金屬板,其他

面為絕緣;材料。面帶正電，牙面帶負電。從小孔尸沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)

量相同的帶正電液滴力、B、C,最終分別落在1、2、3三點，不計三個液滴間的相互作用，則

下列說法正確的是（）

圖3

A.三個液滴在真空盒中都做平拋運動

B.三個液滴的運動時間肯定相同

C.三個液滴落究竟板時的速率相同

D.液滴。所帶電荷量最多

解析三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在

真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做白由落體運動，三個液

滴的運動時間相同，選項B正確：三個液滴落究竟板時豎直分速度相等，而水平分速度不相

等，所以三個液滴落究竟板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴。在水平方向位移最大，

說明液滴。在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確。

答案BD

4.如圖4所示，帶電的平行金屬板力、例訶的電勢差為小板間距離為&月板帶正電，切板中

心有一小孔。一帶電荷量為外質(zhì)量為〃，的微粒從孔的正上方距6板高力處由靜止下落，若微

粒恰能落至力、8板的正中心C點。下列說法中錯誤的是（重力加速度為g）（）

工

?平’,JB

C,d

I）A

圖4

A.微粒在下落過程中動能漸漸增大，重力勢能漸漸減小

B.微粒下落過程中重力做功為儂?（力+各，電場力做功為一半

C.微粒落入電場中，電勢能漸漸增加，其增加量滯

I）.若微粒從距廳板高2力處自由下落，則恰好能到達力板

解析微粒下落至。點的過程中，重力做功為儂（力+鄉(xiāng)，重力勢能減?。弘妶隽ψ龉橐黄?

電勢能增加，增加量為半，微粒動能先增大后減小，故A錯誤，B、C正確；由動能定理得，

微粒由方高處下落過程，有理彷+鄉(xiāng)七=0,即qU=mg（2h+d）、由2人處下落過程，有m成2h

+小H說明微粒恰能到達力板，故I）正確。

答案A

5.如圖5甲所示，兩個平行金屬板只〃豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的電壓，1=0時，

0板比尸板電勢高5V,此時在兩板的正中心M點有一個電子，速度為零，電子在靜電力作用

下運動，使得電子的位置和速度隨時間改變。假設電子始終未與兩板相碰。在0＜僅8*10-1%

的時間內(nèi)，這個電子處于4點的右側(cè)，速度方向向左且大小漸漸增大的時間是（）

U/V

2：46；?（/（xlO"^）

II

pUUQ-5----------：

甲乙

圖5

A.0<r<2X10",0s

B.2X1O-10s<t<4X10-ws

C.4X1O-10s<r<6X10',0s

D.6X1O_10s<t<8X10-ws

解析作出粒子運動的/一。圖象如圖所示。由圖象可知選項C正確。

答案C

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電場，帶電小球在靜電力和彈簧彈力

的作用下靜止，現(xiàn)保持電場強度的大小不變，突然將電場反向，若將此時作為計時起點，則

下列描述速度與時間、加速度與位移之間改變關(guān)系的圖象正確的是（）

解析設帶電小球在靜電力和彈簧彈力作用下靜止時，彈簧形變量為則kkx=qE,將

電場反向，小球在水平方向上受到向右的電場力和彈簧的彈力，小球離開彈簧前，依據(jù)牛頓

qE+k（八x—x）

其次定律得，小球的加速度,知a隨彈簧壓縮量Ax-x的減小勻稱減小,

當脫離彈簧后，小球的加速度8=必，保持不變?？芍∏蛳茸黾铀俣葷u漸減小的加速運動，

m

后做勻加速運動，故A、C項正確，B、D項錯誤。

答案AC

7.如圖7所示，設電子剛剛離開金屬紇時的速度可忽視不計，經(jīng)加速電場加速后，沿平行于

板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為加，電荷量為e,加速電場電壓

為“，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為從極板長度為板間距為&不計電子所

受重力。求：

(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度%的大?。?/p>

(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Ay；

(3)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時速度的大小和方向。

解析(1)依據(jù)動能定理有勿伉

故電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度1%=十字。

(2)在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間△￡=(=￡也焉

電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a=~.

ma

ir;r2

偏轉(zhuǎn)距離Ay=5a(A力二十-『

(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于極板方向的速度

AULl~T

Vr=aAt=-T\/7-77

d2m&

電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小

片r尸rr--r；l2『eli),印eljC

設電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與偏轉(zhuǎn)極板的夾角為。，

則…弋*

“小保在小威小l2ea,elfLf

答案⑴\下⑵漏⑶\/三+印

UL

與否方向的夾角〃滿意tan0—T7r,

/tbu

綜合提能練

8.如圖8所示，兩塊較大的金屬板力、〃相距為江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)量為辦帶電荷量為“的油滴處于靜止狀態(tài)“以下說法正確的是（）

圖8

A.若將S斷開，則油滴將做自由落體運動，G表中無電流

B.若將/向彳平移一小段位移,則油滴仍舊靜ihG表中有af5的電流

C.若將/向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G表中有Aa的電流

】）.若將/向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G表中有Aa的電流

解析由于油滴處于靜止狀態(tài)，所以3=〃底若將S斷開，由于電容器的電荷量不變，則電

壓〃不變，油滴仍處于靜止狀態(tài)，選項A錯誤；若將/向左平移一小段位移，則電容C變小，

電壓4不變，g"變小，所以電流方向為此時油滴仍靜止，選項B錯誤：若將/向

上平移一小段位移，電容C變小，電壓〃不變，則。變小，所以電流方向為〃一a,此時東

儂，油滴向下加速運動，選項C正確：若將力向下平移一小段位移，則電容C變大，電壓〃

不變，。變大，所以電流方向為a-6,此時冷儂，油滴向上加速運動，選項D錯誤。

答案C

9.（多選）如圖9所示，一質(zhì)量為〃入電荷量為。的小球在電場強度為少的勻強電場中，以初速

度均沿直線〃V做勻變速運動，直線創(chuàng),與水平面的夾角為30°,若小球在初始位置的電勢能

為零，重力加速度為g,且您?=（?￡',則（）

圖9

A.電場方向豎直向上

B.小球運動的加速度大小為g

C.小球上升的最大高度為郎

2

D.小球電勢能的最大值為年

解析因為小球做勻變速直線運動，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，電場力的方向與水平方向夾角為30°,斜向上，如圖所示，A錯誤：小球

所受的重力和電場力大小相等，依據(jù)平行四邊形定則知，兩個力的夾角為120°,所以合力大

小與分力大小相等，等于歐，農(nóng)據(jù)牛頓其次定律知，小球運動的加速度大小為⑶B正確：小

22

球斜向上做勻減速直線運動，勻減速直線運動的位移s=U=《，則小球上升的最大高度h=

2a2g

謚1.

s-sin30°=—,C錯誤：在整個過程中電場力做功及土q?5cos120"=一彳勿防，電勢能增加

4g4

22

牛，所以小球電勢能的最大值為半，D正確。

qE—'

匚通」........

答案BI）

3/

10.（2024?上饒一模）如圖10所示，在月仍平面內(nèi)存在著一個勻強電場，OA=L,仍=芋，/AOB

=60"。一個電荷量為《的帶正電粒子以初動能其從〃點兩次沿不同方向拋出，并分別運動

到小〃兩點.若粒子運動到兒〃兩點時的動能分別為區(qū)=2反后=苧，粒子重力不計，則

勻強電場的場強大小為（）

圖10

￡口5笈

A?位B.通

四n2ms

3虱3虱

解析由題意令電場強度與小成a角，與必成B角，粒子在電場中所受電場力F=EQ,粒

子帶正電，故電場力方向與場強方向相同，依據(jù)題意有：

從。到力只有電場力做功，有

Eqlcosa=2氏一E

從。到人只有電場力做功有

廠3,a5a一

EqcosP=-區(qū)

聯(lián)立兩式可得cosa=cosB

又N/1龐=60°所以有a=￡=30°

「白、rrwizm尸2瓦—62鎘區(qū)

所以可得場強￡=—,---亦一=母廠

qLcos303qL

故A、B、C項錯誤，D項正確。

答案