电容器与电容-带电粒子在电场中的运动

1、带电粒子在电场中的运动考纲解读 1. 理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析 .2. 能运用运动的合成与分解解决带电 粒子的偏转问题 .3. 用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题1 对电容器和电容的理解 关于电容器及其电容的叙述，正确的是 ( ) A任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关 B电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D一个电容器的电荷量增加 Q1.0106 C 时，两板间电压升高 10 V ，则电容器 的电容无法确定 答案 A2 带电粒子在板间的加速问题 如图 1所示，电子由静

2、止开始从 A板向B 板运动，当到达 B极板时速度为 v，保持两板间电压不变，则 ( )A当增大两板间距离时， v 也增大B当减小两板间距离时， v增大 图 1 C当改变两板间距离时， v 不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大答案 CD解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A板运动到 B 板动能的变化量等于电场力做的功因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，而位移( 两板间距离 )如果增加的话，电子在两板间运动的时间变长，故 C、D 正确3 带电粒子在板间的偏转问题 如图 2 所示，静止的电子在加速电压为 U1的电场作用下从 O经 P 板的小孔射出，又垂直进入平行金

3、属板间 的电场，在偏转电压为 U2的电场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 ( ) 图 2 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1D使 U2 变为原来的 2答案 AU2l4U1d可见当 U1加倍时，要使 y 不变，需使 U2加倍，显然 A 正确y12at21qU2l2mdv212解析 电子经 U1 加速后获得的动能为 Ek2mv2qU1，电子在偏转电场中的侧移量为：考点梳理一、电容器的充、放电和电容的理解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

4、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电容(1) 定义：电容器所带的电荷量 Q与电容器两极板间的电势差 U的比值Q(2) 定义式： C U.(3) 物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量3平行板电容器(1) 影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成 反比(2) 决定式： C4 ， k 为静电力常量4 kd特别提醒 CUQ(或 C UQ)适用于任何电容器，但 C4Skd仅适用于平行板电容器二、带电粒子在电场中的运动1带电粒子在电场中加速若不计粒子的重力，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

5、强电场中：1 2 1 2 U W qEd qU 2mv 2mv0 或 F qE qd ma.a. 能飞出电容器： tv0.b. 不能飞出电容器：2，ty12at22mdyqU沿电场力方向，做匀加速直线运动加速度： a Uqmmmd离开电场时的偏移量：12 y2at 2 Uql2 2mdv20离开电场时的偏转角：tan vy Uql v0 mdv20特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题(1) 基本粒子：如电子、质子、 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4 控

6、制变量法的应用 如图 3所示，设两极板正对面积为 S，极板间的距离为 d，静电计指针偏角为 .实验中，极板所带电荷量不变，若图3A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d 不变，减小S，则变小D保持d 不变，减小S，则不变答案 AQ 保持不解析 静电计指针偏角反映电容器两板间电压大小在做选项所示的操作中，电容器电荷量 增大，选项 A 正确， B错误；变，由 CUQ4Skd知，保持 S不变，增大 d，则 C减小， U增大，偏角保持 d 不变，减小 S，则 C减小， U增大，偏角 也增大，故选项 C、D 均错5 用平抛运动的分解思想解决偏转问题 如图 4所示，示波器的示波管可

7、视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为 U1，偏转电压为 U2，偏转极板长为 L，极板间距为 d，且电子AL 越大，灵敏度越高CU1越大，灵敏度越高Bd 越大，灵敏度越高D U2越大，灵敏度越高被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度 即偏转电场中图 4 每单位偏转电压所引起的偏转量 ( Uy) 与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是答案 A解析偏转位移11qU2(L)2U2L22md v 4dU1，灵敏度y L2 ，U24dU1，故 A 正确，B、C、D错误方法提炼1电容器的两类动态分析(1) 明确是电压不变还是电荷量不变(2) 利用公式 CQ、 C S 及 EU进行相关动

8、态分析U4 kdd2带电粒子在电场中的偏转按类平抛运动进行处理考点一 平行板电容器的动态分析Q1对公式 C U的理解电容 CUQ，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运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1) 确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变(2) 用决定式 C S 分析平行板电容器电容的变化4kd(3) 用定义式 CUQ分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化U(4) 用 E d分析电容器两极板间电场强度的变化3电容器两类问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断

9、开不变量UQd 变大C变小 Q变小、 E 变小C变小 U 变大、 E不变S变大C变大 Q变大、 E 不变C变大 U 变小、 E变小 变大C变大 Q变大、 E 不变C变大 U 变小、 E变小图5例 1 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有 一个正试探电荷固定在 P点，如图 5 所示，以 C表示电容器的 电容、 E表示两板间的场强、 表示 P点的电势， Ep表示正电 荷在 P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平 移一小段距离 x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关( )系图象中正确的是解析 由平行板电容器的电容 C S可知 d减小时， C变大，但不是一次函数， A

10、错在电容器两极4 kdQ U 4 kQ板所带电荷量一定的情况下， U ，E ，与 x 无关，则 B 错在负极板接地的情况下，设 P C d S点最初的电势为0，则平移后 P 点的电势为 0 Ex0，C项正确正电荷在P点的电势能 Ep qq( 0Ex0) ，显然 D错答案 C图6突破训练 1 如图 6 所示，两块正对平行金属板 M、N与电池相连， N板 接地，在距两板等距离的 P 点固定一个带负电的点电荷，如果M板向上平移一小段距离，则 ( )A点电荷受到的电场力变小BM板的带电荷量增加CP点的电势升高D点电荷在 P 点具有的电势能增加答案 AD考点二 带电粒子 ( 带电体 ) 在电场中的直线运

11、动1带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件(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用动力学方法分析aF合Um，Ed；22v v0 2ad.3用功能观点分析匀强电场中：1 2 1 2W Eqd qU 2mv 2mv0非匀强电场中： W qU Ek2Ek1 例 2 如图 7 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，sin 37 0.6 ，cos 37 0.

12、8.(1) 水平向右电场的电场强度； 图 7(2) 若将电场强度减小为原来的 1/2 ，物块的加速度是多大；(3) 电场强度变化后物块下滑距离为 L 时的动能解析 (1) 小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，示意图如图所示，则有 FNsin 37 qEFNcos 37 mg由可得E34mqg13mg(2) 若电场强度减小为原来的 ，即 E28q由牛顿第二定律得 mgsin 37 qEcos 37 ma 可得 a 0.3 g.(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mgLsin 37 qELcos 37 Ek 0 可得 Ek 0.3 mgL.

13、答案3mg(1) 34mqg(2)0.3 g(3)0.3 mgL突破训练 2 如图 8 甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m0.2 kg 、带电荷量为 q2.0 10 6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数0.1. 从 t0时刻开始，空间上加一个如图乙所示的电场 (取水平向右的方向为正方向， g取 10 m/s 2)求：(1)4 秒内小物块的位移大小；(2)4 秒内电场力对小物块所做的功甲乙图8答案 (1)8 m (2)1.6 J解析 (1)0 2 s 内小物块加速度E1qmgm2 m/s2位移 s12a1t 1 4 m2 s 末的速度为 v2 a1t 1 4

14、m/s2 s 4 s 内小物块加速度a2E2qmgm 2 m/s位移12 s2v2t 2 2a2t 2 44 秒内的位移 s s1 s2 8 m.(2) v4 v2a2t 2 0，即 4 s 末小物块处于静止状态 设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理有：W mgs 0 解得 W1.6 J考点三 带电粒子在电场中的偏转1粒子的偏转角(1) 以初速度 v0进入偏转电场：如图 9 所示，设带电粒子质量为 m， 带电荷量为 q，以速度 v0 垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏 转电压为 U1，若粒子飞出电场时偏转角为 则 tan vvx，式中图9vyatqU1md， vx v0 ，代入得 v0t

15、anqU1lmv0 2d结论：动能一定时 tan 与 q 成正比，电荷量一定时 tan 与动能成反比(2) 经加速电场加速再进入偏转电场12 若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的， 则由动能定理有： qU02mv0 2U1l由式得： tan 2Ud结论：粒子的偏转角与粒子的 q、 m无关，仅取决于加速电场和偏转电场2粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1) 以初速度 v0 进入偏转电场y2at 2 md(v0)作粒子速度的反向延长线，设交于 O点，O点与电场右边缘的距离为x，则 x ycotqU1l2dmv20mv0 2dqU1lU0加速后进入偏转结论：粒子从偏转电场

16、中射出时，就像是从极板间的l2处沿直线射出(2) 经加速电场加速再进入偏转电场： 若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U1l 突破训练 3 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 U1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图 11荧光屏上的 P 点已知 M、N两板间的电压为 U2，两板间的距离为 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

17、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偏移量；(3) 若要使电子打在荧光屏上 P 点的上方，可采取哪些措施？ 答案 (1)2emU1 (2) 4UU2L1d(3) 减小加速电压 U1 或增大偏转电压 U2解析 (1) 设电子经电压 U1 加速后的速度为 v0，由动能定理有电场的，则由和得：偏移量 y 1 4U0d上面式偏转角正切为：U1l tan 2U0d结论：无论带电粒子的 m、q 如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出 的偏移量 y 和偏转角 都是相同的，也就是运动轨迹完全重合例 3 如图 10 所示，在两条平行

18、的虚线 内存在着宽度为 L 、电场强度为 E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏现有一电荷量为 q、质量为 m的带电粒子 ( 重力不计 ) ，以垂直于电场 线方向的初速度 v0射入电场中， v0 方向的延长线与屏的交点为 O. 试求： 图 10 (1) 粒子从射入到打到屏上所用的时间(2) 粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 tan ；(3) 粒子打在屏上的点 P到 O点的距离 x.解析 (1) 根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用 2L的时间 t . v0(2) 设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根

19、据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：EqqEL mv0a mL 所以 vy a v0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为vy qELtan 2.v0 mv0(3) 解法一 设粒子在电场中的偏转距离为 y，则又 xy Ltan ， 解得： x32qmEv0L22L3qEL2解法xvy y2.v02mv0解法三由xyLL2L2得：2x3y2mv0答案2L(1) v0(2) mqEvL2mv0(3) 23qmEv0L22计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离(1) Y y dtan (d 为屏到偏转电场的水平距离Y的三种方法： )(2) Y( 2Ld)tan(L 为电场宽度

20、)d(3) Yyvyvd0(4) 根据三角形相似：LL212 eU1 2mv0 2 0，解得 v0(2) 电子以速度 v0 进入偏转电场后， 垂直于电场方向做匀速直线运动， 沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动由牛顿第二定律和运动学公 式有L tv0U2Ed，1y2atF ma， F eE，解得偏移量U2L2 y4U1d(3) 由 y4UU2Ld2可知，减小4U1dU1 或增大 U2均可使 y 增大，从而使电子打在P点上方1042用等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动 1方法提炼等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法例如我们学习 过的等效电阻、分力与合

21、力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法常见的等效法有“分解”、 “合成”、“等效类比”、“等效替换”、“等效变换”、“等效简化”等，从而化繁为简，化难为 易2模型转换与构建带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型 的题型对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大若采用“ 等效法”求解，则能 避开复杂的运算，过程比较简捷先求出重力与电 场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将 a m视为“等效重力加速度” 再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可例 4 如图 12 所示，绝缘光滑轨道 AB部分为倾角为 30

22、的斜面， AC部分为竖直平面上半径为 R的圆轨道，斜面与圆轨道相切 整个装置处于场强为 E、方向水平向右的匀强电场中现有一个质量为 m的小球，带正电荷量为 q 33Emg，要使小球能安全通过圆轨道，在 O点的初速度应满足什么条件？解析 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在 圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比 重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg，大小为mgqE 22mg2 3mg3 ，tan向右下方，小球在斜面上匀速运动图 12qmEg 33，得30，等效重力的方向与斜面垂直指因要使小球能安全通过圆轨道， 在圆轨道的等效“最高点”（2mg mRvD

23、，因30与斜面的倾角相等，由几何关系可知D点） 满足等效重力刚好提供向心力， 即有：AD 2R，令小球以最小初速度 v0运动，由动能定理知：1 2 1 2 2mg R 2mvD 2mv0解得 v010 33gR，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足10 3gR.v答案 v10 3gR突破训练 4 一个带负电荷量为 q，质量为 m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的 A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点 B而做圆周运动现在竖直方向上加如图的匀强电场，若仍从 A点由静止释放该小球，则13 所示)A小球不能过 B点B小球仍恰好能过 B点C小球通过 B点，且在 B点与轨道之间的压力

24、不为D以上说法都不对答案 B解析 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点 B而做圆周运动，则2 v112mgmR，mg（h2R）2mv1 2；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则 （ mg22qE）（ h 2R） 2mv22，联立解得 mg qE mR，满足小球恰好能过 B点的临界条件，选项 B正确 .11（2012江苏单科 2） 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、1间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容 C 和两极板间的电势差 U 的变化情况是A C和 U均增大B C增大， U减小CC减小， U增大D C和 U均减小2答案解

25、析增大；(2012由平行板电容器电容决定式由电容定义式 CQUCQ，SC 4 kd知，当插入电介质后， 变大，则在 S、d 不变的情况下 C又电荷量 Q不变，故两极板间的电势差 U减小，选项 B 正确海南单科 9） 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A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D

26、做匀变速直线运动图 14答案 AD解析 由 EdU知，当 U不变， d变为原来的两倍时， E变为原来的一半， A项正确；当 E不变， d变为原来的一半时， U变为原来的一半， B项错误；当电容器中 d不变时， C不变，由 CUQ知，当 Q变为原来的两倍时， U变为原来的两倍， C项错误； Q变为原来的一半，则 U变为原来的一半， E 变为原来的半， D 项正确3 （2012 课标全国 18） 如图 14，平行板电容器的两个极板与水平地面成一 角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平 直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 （ ）答案 BD解析 带电粒子在平行板电容器之间受到两个

27、力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F Eq，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定 在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项 A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确124(2011福建 20)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 15 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

28、返运动已知电场强度的大小分别是E12.010 3 N/C和 E24.0103 N/C ，方向如图所示带电微粒质量 m1.01020 kg ，带电荷量 q 1.0 10 9 C ， A点距虚线 MN的距离 d11.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应求： (1) B 点距虚线 MN的距离 d2；(2) 带电微粒从 A点运动到 B点所经历的时间 t . 答案 (1)0.50 cm (2)1.5 108 s解析 (1) 带电微粒由 A运动到 B 的过程中，由动能定理有| q| E1d1 | q| E2d2 0由式解得 d2EEd10.50 cm(2) 设微粒在虚线 MN两侧的加速度大小分别

29、为 a1、 a2，由牛顿第二定律有 | q| E1 ma1 | q| E2 ma212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 d1 2a1t 1 21d2 2a2t 2又 tt 1t2由式解得 t1.5108 s图 16模拟题组5如图 16 所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器 的极板 N 与静电计相接，极板 M接地用静电计测量平行板电容 器两极板间的 电势差 U.在两极板相距一定距离 d 时，给电容器充 电，静电计指针张开一定角度在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量 Q不变，下面操作能使静电计指针张角变小的是( )A将 M板向下平移B将 M板

30、沿水平方向向左远离 N 板C在 M、N之间插入云母板 ( 介电常数 1)D在 M、 N之间插入金属板，且不和 M、 N接触 答案 CD解析 由 C S 可知， 将 M板向下平移， S减小，将 M板沿水平方向向左移动， d 增大， 均使 C变小， 4 kd再由 Q CU可知，电容器两板间电压增大， 静电计指针张角增大， A、B均错误；在 M、N间插入云母板，13 增大， C增大， U变小，静电计指针张角减小， C正确；在 M、N间插入金属板，相当于 d 减小，故 C 增大， U 变小，静电计指针张角减小， D正确6为模拟空气净化过程，有人设计了如图17 所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和

31、直径相等第一种除尘方式是： 在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线方向形成一图 17个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式 是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压 也等于 U，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如图乙所示 已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即 Ffkv（k为一定值 ） ，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，重力可忽略不计，则在这两种方式中 （ ） A尘粒最终一定都做匀速运动 B尘粒受到的电场力大小相等 C电场对单个尘粒做功的最大值相等 D在乙容器中，尘粒会做类平抛运动 答案 C 解析 由于电压 U、圆桶的高与直径及空气阻力的大小不能计算，

32、就不能确定尘粒最终是否做匀速运动，U qUA项错误；在甲、乙容器中， Ed中的 d是不同的，所以 FqE d一定不同， B项错误；电场力对单个尘粒做功的最大值均为 WqU，C 项正确；由于忽略重力，在甲、乙桶中，尘粒均做直线运动，D项错误（ 限时： 45 分钟 ）? 题组 1 电容器、电容及动态分析1（2011天津 5）板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为 U1，板间场强为 E1.1现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为 12d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为 E2 ，下列说法正确的是AU2U1，E2E1B U2 2U1， E2 4E1CU2U1，E

33、22E1D U2 2U1，E22E1答案 C解析 由 C 和 C及 E 得，E，由电荷量由 Q增为 2Q，板间距由 d 减为 ，得 E2 2E1；U4k dd S 2又由 U Ed可得 U1U2，故 A、B、 D错， C对2一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为 S，电容为0S，其中 0 是常量，对此电容器充电后断14开电源当增大两极板间距时，电容器极板间A电场强度不变，电势差变大B电场强度不变，电势差不变C电场强度减小，电势差不变D电场强度减小，电势差减小答案 A解析 电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由C0S可知，电d容器的电容变小，由 U Q可知电势差变

34、大，又由CEdU可得UQEdCd0Sdd QS，与 d 无关，所以0S电场强度不变， A 正确? 题组 2 带电粒子在电场中的直线运动3如图 1 所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以 一定初速度射入电场，并沿直线 AB运动，由此可知 ( ) A电场中 A 点的电势低于 B 点的电势B微粒在 A 点时的动能大于在 B 点时的动能，在 A 点时的电势能小 图 1 于在 B 点时的电势能C微粒在 A 点时的动能小于在 B 点时的动能，在 A 点时的电势能大于在 B 点时的电势能D微粒在 A 点时的动能与电势能之和等于在 B 点时的动能与电势能之和答案 B解析 一带负电的微粒以一定初

35、速度射入电场，并沿直线AB运动，对其受力分析知其受到的电场力 F 只能垂直等势面水平向左，电场 强度则水平向右，如图所示所以电场中 A点的电势高于 B点的电势， A 错；微粒从 A向 B运动，则合外力做负功，动能减小，电场 力做负功，电势能增加， B对， C错；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以 D错154如图 2 所示，一质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域 足够大的匀强电场中，以初速度v0 沿 ON在竖直面内做匀变速直线运动 ON与水平面的夹角为 30，重力加速度为 g，且 mg Eq，则( ) 图 2A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为g2C

36、小球上升的最大高度为 v02gD若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为2mv04答案 BD解析 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿 ON 方向，而 mg qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120角， A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知 ag，方向与初速度方向相反， B 正确；设带电小球2上升的最大高度为 h，由动能定理可得：12mg2h 0 2mv0 2，解得：hv ， C错误；电场力做负功， 4g带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则22 v0 mv0 mg 4g 4 ，D正确Ep qE2hcos 120

37、 qEh5如图 3 甲所示，三 个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压 U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷qm1.0102C/kg 的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线 A 处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出 (不计粒子重力 ) ，其 v t 图象如图乙所示，则下列说法正确的是 ( )图3 A右侧金属板接电源的正极 B所加电压 U100 V C乙图中的 v2 2 m/s D通过极板间隙所用时间之比为1( 2 1)可判断右侧金属板接电源负极， A 选项错误 由答案 BD 解析 带正电的粒子在电场力作用下由左极板向右运动，16vt

38、 图象可知， 00.5 s 带电粒子的加速度 a2 m/s 2，两板间距离 d12at 2 0.25 m，由 Eqma得E200 V/m，U2Ed100 V，B选项正确可将粒子在两个极板间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运动，两间隙距离相等，则有t1t21( 21)，D 选项正确v1v21 2，将 v1 1.0 m/s 代入，得 v2 2 m/s ， C选项错误6如图 4 所示，板长 L 4 cm 的平行板电容器，板间距离 d 3 cm，板 与水平线夹角 37，两板所加电压为 U100 V 有一带负电液滴， 带电荷量为 q31010 C，以 v01 m/s 的水平速度自 A板边缘水平进

39、入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从 B板边缘水平飞出 ( 取图 42 g10 m/s ，sin 0.6 ，cos 0.8) 求：(1) 液滴的质量；(2) 液滴飞出时的速度答案(1)8 108 kg (2)1.32 m/s解析(1) 根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos mgUEdUqUcos 解得：mdg代入数据得 m8108 kg(2) 对液滴由动能定理得：121 qU 2mv 2mv0v22qmUm所以 v 27 m/s1.32 m/s.? 题组 3 带电粒子在电场中的偏转图57如图 5 所示，一价氢离子 ( 11H)和二价氦离子 ( 42He)的混合体，经同一

40、加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧 光屏上，则它们 ( A同时到达屏上同一点B先后到达屏上同一点C同时到达屏上不同点D先后到达屏上不同点答案 B解析 一价氢离子 ( 11H)和二价氦离子 ( 24He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场17B.及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选8(2012广东理综 20)图 6 是某种静电矿料分选器的原理示意图， 带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的 两侧对矿粉分离的过程，下列表述正确的有 ( ) A带正电的矿粉落在右侧B电场力对矿粉做正功C带负电的矿粉电势

41、能变大D带正电的矿粉电势能变小图 6答案 BD解析 由题图可知，电场方向水平向左，带正电的矿粉所受电场力方向与电场方向相同，所以落在左 侧；带负电的矿粉所受电场力方向与电场方向相反，所以落在右侧选项A 错误；无论矿粉所带电性如何，矿粉均向所受电场力方向偏转，电场力均做正功，选项 B 正确；电势能均减少，选项 C 错误， 选项 D 正确9如图 7 所示，从炽热的金属丝漂出的电子 ( 速度可视为零 ) ，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入 偏转电场电子的重力不计在满足电子能射出偏转电 场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子 的偏转角变大的是 ( )图7A仅将偏转电场极性对调B仅增大偏转电极间的

42、距离C仅增大偏转电极间的电压D仅减小偏转电极间的电压答案 C2 解析 设加速电场电压为 U0，偏转电压为 U，极板长度为 L，间距为 d，电子加速过程中， 由 U0q m2v0 ，2U0qLUqvy UL得 v0，电子进入偏转电场后做类平抛运动，时间t ，a ，vyat ，tan ，mv0dmv0 2U0d由此可判断 C 正确1810如图 8所示，一电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成 30角已知匀强电场的宽度为 d，P、 Q两点的电势差为 U，不计重力作用，设 P点的电势为零则下列说法中正确的是图8A带电粒子在 Q点的电势能为 qUB带电粒子带负电C此匀强电场的电场强度大小为E 23d3