新高考新教材一轮复习人教版第七章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动学案

第3讲也家器带也拉子在也场中的运动

必备知识新学法基础落实

［主干知识•填一填］

一、电容器及电容

I.电容器

(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成.

(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值.

(3)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个极板间的电势差的比值.

(2)定义式：C=g.

(3)单位：法拉(F)、微法(μF)∖皮法(pF).lF=血μF=l∩2pF.

(4)意义：表示电容器容纳电莅本领的高低.

(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器

是否带电及电压无关.

3.平行板电容器的电容

(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离.

,εrS

(2)决定式：C=砌

二、带电粒子在电场中的运动

1.直线运动

(1)牛顿第二定律结合运动学公式.

(2)动能定理：W=CtEd=qU=^ιnv2—^mvo.

2.偏转问题

(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度内垂直于电场线方向飞入匀强电场.

(2)运动性质：匀变速曲线运动.

(3)处理方法：利用运动的合成与分解.

①沿初速度方向：做匀速运动.

②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动.

［规律结论•记一记］

1.放电过程电流随时间变化如图所示，阴影面积表示电容器减少的电荷量.

2.在分析电容器的动态变化时，要先明确电容器是与电源相接还是与电源断开；电容

器接在电源上时，电压不变，E=^断开电源时，电容器所带电荷量不变，Ecg,改变

两极板距离，场强不变.

3.两个有用的结论

（1）粒子飞出偏转电场时“速度的反向延长线，通过垂直电场方向的位移的中点”.

（2）不同带电粒子从同一电场加速再进入同一偏转电场，所有粒子都从同一点射出，荧

光屏上只有一个亮斑.

4.带电粒子偏转问题：离开电场时的偏移量y=&P=粼^偏转角tanO="=勒

［必刷小题•测一测］

一、易混易错判断

1.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和∙（X）

2.电容器的电容与电容器所带电荷量成反比.（X）

3.放电后的电容器电荷量为零，电容也为零.（X）

4.带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动.（J）

5.带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计.（X）

二、经典小题速练

I.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

解析：D电容器所带电荷量越多，板间电压越大，但电容不变，故A错误；电容器所

带电荷量越少，两板间电压越低，但电容不变.故B错误；电容表征电容器容纳电荷本领

的大小，电容器不带电时与带电时，电容相同，其电容不为零，故C错误；电容由电容器

本身的特性决定，故D正确.

2.两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为机、电荷量

绝对值为e,从。点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然

后返回，如图所示，OA间距为/7,则此电子的初动能为（）

edhdU

B.

ʌ-77eh

ceUh

∙.D.~~d

解析：D电子从O点到达A点的过程中,仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动

UeUh

能定理可得一6。以=0一反，因为UOA=5/7,所以反=7，选项D正确.

3.如图所示，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.已知电子质量为加，电荷量为e,加速电场电压为Uo,偏转电场可看成匀

强电场，极板间电压为U,极板长度为L板间距为".忽略电子所受重力，电子射入偏转电

场时初速度。。和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Ay分别是()

IeUoUL2

A.

m2Uod

UL2UL2

C.D.

m4Uod4tW

解析：D根据动能定理，有eUo=5"i⅛,电子射入偏转电场时的初速度OO=2eUo

m

在偏转电场中，电子的运动时间A号=L氤加速度〃eEeU偏转距离Ay=J

mmd'

,UL2

关键能力新探究思维拓展;

命题点一平行板电容器及其动态分析(自主学习)

［核心整合］

1.平行板电容器动态变化的两种情况

(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差。保持不变.

(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量。保持不变.

2.动态分析思路

Q&S

①根据C=先分析电容的变化，再分析Q的变化.

U4πkd,

②根据E=%析场强的变化.

U不变

③根据UAB=Ed分析某点电势变化.

①根据C=S=焉，先分析电容的变化，再分析。的变化.

Q不变

②根据E=%分析场强的变化.

［题组突破］

1.（与电源断开的情形——Q不变）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图

所示.下列说法正确的是（）

A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器”板接触，能使电容器带电

B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小

C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

D.实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

解析：A实验前，只用带电玻璃棒与电容器。板接触，由于静电感应，在6板上将感

εS

应出异种电荷，故A正确.实验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C=不方r知，电容

C变小，由C=S知，。不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误.插入有机

玻璃板，相对介电常数&变大，由C=盘知，电容C变大，由C=名知，。不变，U变小,

因此静电计指针的张角变小，故C错误.只增加极板带电量，电容C不变，静电计指针的

张角变大，是由于U变大导致的，故D错误.

2.（与电源相连的情形——U不变）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

解析：D平行板电容器电容的表达式为C=意将极板间的云母介质移出后，导致

电容器的电容C变小.由于极板间电压不变，据Q=CU知，极板上的电荷量变小.再考虑

到极板间电场强度E=%,由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确.

3.（接地电容器的动态分析问题）（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，设此时两极板间的电势差为U,P点场强大小为R电势为9P，负电荷的

电势能为Ep,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,OP变小

C.PP变小,EP变大

D.(PP变大,EP变小

解析：AC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=焉

可知电容减小，由可知极板间电压增大，由E=%可知，电场强度增大，故A正确；

设P与B板之间的距离为〃，P点的电势为外，B板接地，SB=O,则由题可知。一夕P=E"

是增大的，则夕P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

EP是增大的，故C正确.

I题后反思I

解电容器问题的两个常用技巧

(1)在电荷量保持不变的情况下，由E=^=∙⅛=华g知，电场强度与板间距离无关.

(2)对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，

哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C=漏、Q=CU和E=作进

行判定即可.

命题点二带电粒子在电场中的直线运动(师生互动)

［核心整合］

1.带电粒子在电场中运动时重力的处理

(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，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，除有说明或明确的暗示以外，一般都不

能忽略重力.

2.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路

(1)用动力学观点分析

FAU

E=牙v2~vi=2ad.

(2)用功能观点分析

匀强电场中：W=Eqd=qU=^mv2-^nιvo.

非匀强电场中：W=qU=Ek2-Eu.

EEI如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板「AΠB

A、B,间距为d,中央分别开有小孔。、P.现有甲电子以速率。0从O

[]0p[]P,∖↑

点沿。P方向运动，恰能运动到户点.若仅将B板向右平移距离“，再『一

将乙电子从p点由静止释放，贝∣j()bTHn：

A.金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变

B.金属板A、B间的电压减小

C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同

D.乙电子运动到。点的速率为2v0

解析：C两板间距离变大，根据C=器可知，金属板A、B组成的平行板电容器的

电容C减小，选项A错误；根据。=Ca。不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据

E=g=∙⅛=崂，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的

Clcpɔ

加速度相同，选项C正确；根据e∙E∙2d=%nHe∙E-d=^mvo,可知，乙电子运动到。点

的速率U=也加，选项D错误.

I题后反思I

解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法

(1)用牛顿运动定律和运动学规律求解.

(2)用动能定理或能量守恒定律求解.

(3)选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时.这

和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析

时，不要遗漏电场力.

[题组突破]

1.(仅在电场力作用下的直线运动)(多选)如图，一平行板电容器连接在I

直流电源上，电容器的极板水平；两微粒4、b所带电荷量大小相等、符=

号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等.现上，.

同时释放〃、6,它们由静止开始运动.在随后的某时刻3b经过电容器两极板间下半区

域的同一水平面.4、人间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是()

A.。的质量比人的大

B.在f时刻，。的动能比〃的大

C.在，时刻，”和匕的电势能相等

D.在f时刻，”和人的动量大小相等

解析：BD经时间f,服〃经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则见＞用，根

据x=∕T∙争知，maM故A错误.电场力做功W“>W〃，由动能定理知，a的动

能比人的动能大，故B正确.«,6处在同一等势面上，根据Ep=q°,a、〃的电势能绝对值

相等，符号相反，故C错误.根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确.

2.(在电场力和重力作用下的直线运动)如图所示，倾斜放置的平行上/

板电容器两极板与水平面夹角为θ,极板间距为d,带负电的微粒质量之二“一力

ΛVo

为m、带电荷量为q,从极板M的左边缘A处以初速度加水平射入，

沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，贝∣J()

A.微粒到达8点时动能为；,加8

B.微粒的加速度大小等于gsin6

C.两极板的电势差UMN=3%

D.微粒从A点到B点的过程电势能减少鬻

解析：C微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微

粒做直线运动，合力方向沿水平方向.由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力

方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于3加加，选项A错误；根据qfsine

—ma,qEcosθ-mj>,解得α=gtan<9,选项B错误；两极板的电势差UMN=Ed=选

项C正确；微粒从A点到8点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量q%N

=鬻，选项D错误.

命题点三带电粒子在匀强电场中的偏转(师生互动)

［核心整合］

1.运动规律

(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间

①能飞出电容器：f=g.

Vo

②不能飞出电容器：)'=上尸=黑尸，，=寸普・

(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动

①加速度:=E=延=也

mmmd

②离开电场时的偏移量：>=&F=或黑-

③离开电场时的偏转角：tan8=京=编.

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qUo=)祝

y=2a,2=2•鬻•磁

tanf

mdvB

得：尸既

tan

。=的2Uoa

(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。为粒子水平位移

的中点，即。到偏转电场边缘的距离为京

3.功能关系

2

当讨论带电粒子的末速度。时也可以从能量的角度进行求解：ciUy=^fnv-^mvi,其中

4=%,指初、末位置间的电势差.

EE(2019•全国卷∏)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d-......P

两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同.G接地，——Q

P、Q的电势均为0(9>0)∙质量为通电荷量为q(q>O)的粒子自G的左端---------Q

上方距离G为/7的位置，以速度加平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计.

(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;

(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为Zz的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多

少？

解析：(1)PG,QG间场强大小相等，均为E粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向

下，设粒子的加速度大小为α,有E=，®

F=qE=ma®

设粒子第一次到达G时动能为反，由动能定理有

qEh=4一J加8③

设粒子第一次到达G时所用的时间为K粒子在水平方向的位移大小为/,

则有h=^at2(S)

l=vot@

（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短.由对称性知，此时

金属板的长度乙为

1.（仅在电场力作用下的偏转）（2021.全国乙卷）（多选）四个带电粒子的电荷量和质量分别

为（+q,⑼、（+q,2∕n）＞（+3q,3m）＞（一q,⑼它们先后以相同的速度从坐标原点沿X轴正

方向射入一匀强电场中，电场方向与〉轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的

图像中，可能正确的是（）

解析：AD分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方

程为y=T'零（W）：由于带电粒子的初速度相同，带电粒子（+g,机）、（+3q,3%）的比荷

相同，则带电粒子（+q,m）.（+3夕，3〃?）的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方

向时，带正电的粒子向），轴正方向偏转，带负电的粒子向y轴负方向偏转，则粒子（+q,团）、

（+3q,3m）的运动轨迹与粒子（一4，的运动轨迹关于X轴对称，粒子（+4，的比荷比

粒子（+q,机）、（+3q,3加）的小,则X相同时,粒子（+q,2m）沿y轴方向的偏转量比粒子（+

q,m）、（+3q,3"?）的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误.

2.（在电场力和重力作用下的偏转）（2019∙全国卷O）空间存在一方向竖直向下的匀强电

场，。、户是电场中的两点.从。点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为根的小球

A、B.A不带电，B的电荷量为式q＞0）∙A从。点发射时的速度大小为加，到达尸点所用

时间为f；B从。点到达P点所用时间为今重力加速度为g,求：

（1）电场强度的大小;

（2）B运动到P点时的动能.

解析：（1）设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为α根据牛顿第二定律、运动

学公式和题给条件，有

mg+qE=ma®

%s=耳②

解得E=臂③

（2）设B从。点发射时的速度为0,到达P点时的动能为Ek,0、P两点的高度差为〃,

根据动能定理有

mgh+qEh=Ek—产。，④

且有Vl^—Vot®

〃=家⑥

联立③®⑤⑥式得Ek=2m（vi+g2t2）.

答案:⑴誓（2）2皿虎+g2F）

Cl

三至送茎三歪核心素养新导向学科培优

素养培优22现代科技中的四类静电场问题

问题一静电喷涂

典例1静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着与电场相反的方向

定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示.忽略运

动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力.下列说法中正确的是（）

被喷涂国濠工B爨;鲁鬻

^¼∣避

涂媪微粒r∩

里温,源

A.当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增

大

B.涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定

C.在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被喷

涂工件右侧P点（相对工件的距离不变）处，先经过的微粒电势能较大

D.涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快

解析：D当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工

件之间电压恒定，电场强度减小，故电场力减小，选项A错误；轨迹与初速度和受力情况

均有关，选项B错误；工件接地，电势为零，P处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变

大，P点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能小，选项C错误；涂料微粒在向被

喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U=&/,在直线轨迹上电势升高最快,

故选项D正确.

问题二超级电容储存式现代电车

典例2（2022・湖南长沙期末）如图所示是中国宁波公交使用的

全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫

子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以

上，刹车时可把80%以上的动能转化成电能回收储存再使用.这种电车的核心元器件是

“3匕120OF”石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿

命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”.下列说法正确的是（）

A.电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容也逐渐减小

B.电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容保持不变

C.电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变

D.若标有“3匕12000F”的电容器从电量为零到充满电用时30s,则充电平均电流

为3600A

解析：B电容器的电容由本身结构决定，与充放电无关，与电荷量的多少无关，故放

电过程中，电量减少，电容不变，充电过程中，电量增加，电容不变，故A错误，B正确.根

据U=K可知，放电过程中，电量。减少，两极板间的电压减小，电容不变，故C错误.标

有“3V,12000F”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量Q=CU=36000C,根据

电荷量定义可知，/=号=嘴2A=1200A,故充电平均电流为1200A,故D错误.

问题三高压电场干燥技术

典例3（2022•甘肃天水模拟）如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在一个

很大的导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间

产生较强的电场.水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负

电.水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，被鼓风机送出水平微风裹挟着飞

离电场区域.图中虚线。是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹.下列说法正确

的

匙

A.水分子运动中受到的电场力越来越小

B.沿着曲线ABC。方向电势越来越低

C.水分子运动中电势能越来越少

D.水分子的轨迹ABCO是一条抛物线

解析：C根据电场线疏密可以判断电场强弱，所以。点电场线最密，电场强度最强，

所以。点受电场力最大，电场力越来越大，A错误；沿电场线方向电势越来越低，所以A

点电势最低，沿着曲线ABCD方向电势越来越高，B错误；水分子从静止开始运动，电场力

做正功，电势能减小，C正确；因为电场不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所

以不是类平抛运动，轨迹不是抛物线，D错误.

问题四反射式速调管

典例4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田X103N∕C和E2Xl(PN∕C,方向如图所示.带电微粒质量机义10

-20kg,电荷量qXl()-9c、A点距虚线MN的距离&cm,不计带电微粒的重力，忽略相对

论效应.求：

M

一4」必

III

III

Ai------------Mβ

EIY--------------------；-----►

≡--------^E2

W

(I)B点到虚线MN的距离J2:

(2)带电微粒从4点运动到B点所经历的时间t.

解析：(1)带电微粒由A运动到8的过程中，由动能定理有

∖q∖E∖d∖—∖q∖E2d2=-0,EIdI=E2d2,

解得⅛cm.

(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为0、a2,

由牛顿第二定律有

∖q∖E∖=ma∖,

∖q∖E2=ma2,

设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为“、t2,由运动学公式有

,1,,1,

(i\"22"2的•

又t-tl+t2,

解得fX10「8s.

答案：(I)Cm(2)X1(Γ8

限时规范训练

［基础巩固］

1.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意

图.当动极板和定极板之间的距离”变化时，电容C便发生变化，通

过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况.选项图

中能正确反映C与d之间变化规律的图像是（）

解析：A由电容决定式C=而知，C与d成反比，能正确反映C与“之间变化规律

的图像是A.

2.（2022.杭州模拟）如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图.当

被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静

电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，

若静电计上的指针偏角为仇则被测物体（）

士电介质板被测物体

A.向左移动时，，增大B.向右移动时，。增加

C.向左移动时，。不变D.向右移动时，6减少

解析：B当被测物体向左移动时，电容器极板间的电介质增多，则电容会增大，由于

电荷量不变，则电容器极板间的电压减小，即6减少，故A、C错误；当被测物体向右移动

时，电容器极板间的电介质减少，则电容会减小，由于电荷量不变，则电容器极板间的电压

增大，即。增加，故B正确，D错误.

3.（2019•浙江卷）当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗

法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞.现用一直线加速器来加速质

子，X107m∕s.Xl（ΓN∕c,质子的质量为Xlθ^kg,Xlo-19c,则下列说

法正确的是（）

A.加速过程中质子电势能增加

B.质子所受到的电场力约为2X10-5N

C.质子加速需要的时间约为8X106s

D.加速器加速的直线长度约为4m

解析：D加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A错误；质子所

受到的电场力约为F=Eq=X105××10~l9N=2×IO14N,选项B错误；加速度”=上

1m

2XIO*4V

=X1027m∕s2≈×10l3m∕s2,则质子加速需要的时间约为I=N=错误！sX107s,选项C

7；

错误；加速器加速的直线长度约为X=]/=错误！×义10-7rnp4m,选项D正确.

4.(2022•太原模拟)(多选)电子束熔炼是指高真空下,将高速电子束的灯丝在阴极

动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法.如图所示，[了Kntu

4

阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3XIOV加速电压的作用∏t∣∖⅛∣Λ2

下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极4、4间1义103||

物料∖o∙

V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，7

使物料不断熔炼.已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OP。'所示，P是轨迹上的一点，

聚焦电场过尸点的一条电场线如图中弧线所示，则()

A.电极Al的电势高于电极4的电势

B.电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°

C.聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小

D.电子轰击到物料上时的动能大于3X1()4eM

解析：ABD由粒子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，

电子带负电，所以电场强度方向与电子受到的电场力方向相反，斜向右上方，即电极4的

电势高于电极A;的电势，故A正确；电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于

90°,故B正确；聚焦电场不仅改变电子速度的方向，也改变电子速度的大小，故C错误；

由动能定理，电子到达聚焦电场时动能已经为3X104eV,再经过聚焦电场加速，可知电子

轰击到物料上时的动能大于3X1()4eV,故D正确.

5.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴

线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，。，点为荧光屏与偏转

电场的中心轴线的交点.已知电子质量机XloFkg,电荷量eXl(Γ∣9c,加速电场电压Uo

=2500V,偏转电场电压U=200V,极板的长度Ll=cm,板间距离dem,极板的末端到

荧光屏的距离L2cm(忽略电子所受重力，结果均保留两位有效数字).求：

(1)电子射入偏转电场时的初速度

(2)电子打在荧光屏上的P点到。，点的距离/?；

(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W.

解析：⑴根据动能定理有eUo=^mvi

解得×IO7m∕s.

(2)设电子在偏转电场中运动的时间为r,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为

电子在水平方向做匀速直线运动，有Li-Vot

电子在竖直方向上做匀加速直线运动，有y=%r2

根据牛顿第二定律，有平=〃也

解得产=cm

电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中

点，

Li

V2

由几何关系知*=7-------，

H

⅛+L2

解得力cm.

(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功为

W=erjy^Xlθ^ɪ8J.

答案：(I)XOmZs(2)cm(3)×10^18J

［能力提升］

6.如图所示，电路中二极管为理想二极管，正向电阻为零，反向电

阻无穷大，电源内阻不能忽略，闭合开关S,电路稳定后，只改变下列

一个条件能增大平行板电容器两板间场强的是()

A.增大平行板电容器两板间距离

B.减小平行板电容器的正对面积

C.将滑动变阻器的滑片向。端移动

D.断开开关S

解析：C只增大两板间的距离时，电容器的电容减小，因电压不变，故电容器应放电,

但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器所带电荷量不变，增大板间距离

时，根据E=崂可知，板间场强不变，故A错误；减小平行板电容器的正对面积，电容

器的电容减小，因电压不变，故电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放

电，所以电容器带电荷量不变，电压不变，板间距不变，板间场强E=月不变，故B错误；

将滑动变阻器的滑片向匕端移动，滑动变阻器电阻增大，分压变大，电容器的电压变大，板

间场强变大，故C正确；只断开开关S,电容器不能放电，电容器的带电荷量不变，故两板

间的电压不变，板间场强不变，故D错误.

7.一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内

溶液深度的变化,如图所示,瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极,

它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘电介质，其厚度为

d,相对介电常数为即若发现在某一小段时间t内有大小为/的电流从下向上流过电流计，

设电源电压恒定为U,则下列说法中正确的是（）

r'x0~I1------

（G）r<H->∣z探针

/绝缘介质

导电深层

导电溶液』阀门

A.瓶内液面降低了泮•

B.瓶内液面升高了泮

C.瓶内液面升高了冷

UtγΓ"

D.瓶内液面降低了第

UErr

解析：A由题图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，由题目图可知，

£q

两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；则由C=病可知，当液面升高

时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小.由于电

流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，那么电容

器的电量减小；瓶内液面降低./时间内减少的电量：q=〃，依据C=习，可得：q=U∙XC,

液面的高度为力时的正对面积：S=2兀…，联立解得…e涕，故A正确，B、C、D

错误.

8.（多选）如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间

为真空.两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕Γ入1

过圆心且垂直于半圆面的轴转动.起初两极板边缘对齐，然后上极板vɪ>∙yg

转过10。，并使两极板间距减小到原来的一半.假设变化前后均有一电子由静止从上极板运

动到下极板.忽略边缘效应，则下列说法正确的是（)

A.变化前后电容器电容之比为9：17

B.变化前后电容器所带电荷量之比为16:9

C.变化前后电子到达下极板的速度之比为√2：1

D.变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2：1

解析：AD由平行板电容器电容公式C=焉可知，变化前后电容器电容之比为会=

d

电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为软=会=卷,

得

故A正确，B错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有eU=3"θ2,解

得电子到达下极板的速度V=\管，电容器两端电压不变，变化前后电子到达下极板的

Γ

速度之比为I：I,故C错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度〃=e等

=盥，电子的运动时间，=变化前后电子运动到下极板所用时

间之比为故D正确.

12U2d1

2

9.（2020・天津卷）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本

原理如图所示，从离子源4处飘出的离子初速度不计，经电压为。的匀强电场加速后射入

质量分析器.质量分析器由两个反射区和长为/的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、

2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相

反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管.离子在质量

分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探

测到，可测得离子从A到B的总飞行时间.设实验所用离子的电荷量均为q,不计离子重力.

卜/T荧扣屏

I昌……-…-…:...........一昌8

离子源加速星射H——漂移管（无场区域）——反射区2

电场FLL------------质量分析器-------------I

（1）求质量为机的离子第一次通过漂移管所用的时间/；

（2）反射区加上电场，电场强度大小为E,求离子能进入反射区的最大距离x；

（3）已知质量为次）的离子总飞行时间为to,待测离子的总飞行时间为H,两种离子在质

量分析器中反射相同次数，求待测离子质量〃小

解析：（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为。，根据动能定理，

有qU=2>nv2®

离子在漂移管中做匀速直线运动，则A=拒）

联立①②式，得Tl=、匿.③

（2）根据动能定理，有qU—qEx=O④

得X=］⑤

（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速

度大小均相等，设其为。，有。=翔

通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在

电场区运动的总路程相等，设为乙，在无场区的总路程设为b根据题目条件可知，离子在

无场区速度大小恒为0,设离子的总飞行时间为f忌，

有”等+奥

联立①⑥⑦式，得小=（2心+心）

可见，离子从A到B的总飞行时间与W成正比.

依题意可得卜√s

可得〃〃=（£）m0.@

答案:⑴(2)E⑶E)U

［热点加练］

IO.如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度加由尸

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,不计重力作用.则

匀强电场的场强E大小是（）

t

A∙qdfB∙qa

3,加83小根虎

C.2qdIqd

解析：B带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：4=肃》=

√3υo.水平方向上有d=θof,竖直方向上有Oy=攀工联立方程得：E=1艰的,故B正确.

11.（多选）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B

两个滑块（均可视为质点），滑块A带正电，电荷量为q,滑块B不带电.图中虚线内存在水

平向右的匀强电场，电场强度大小为E,宽度为d,其余空间内不存在电场.滑块A刚好位

于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧.现将滑块A无初速度释放，滑

块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，

经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为XO=*/,则下列判断正确的是（）

A.A、B两滑块的质量之比为詈=J

机B4

B.A、B两滑块的质量之比为管=1

C.两滑块的碰撞为弹性碰撞

D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞

解析：AD对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd=^ιn^,依题意知，碰撞后滑块A、

B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为V