第九章 第3讲 电容器带电粒子在电场中的运动-2025届高三一轮复习物理

第九章静电场及其应用静电场中的能量第3讲电容器带电粒子在电场中的运动对应学生用书P200考点一电容器及平行板电容器的动态分析一、最简单的电容器两个彼此绝缘的①,当靠得很近且之间存有②时,就组成了一个最简单的电容器。

二、电容器的充电和放电电路如图所示。把开关S接1,电容器开始③电。电容器充电的过程,两极板的电荷量④,极板间的电场强度⑤,电源的能量不断储存在电容器中;把开关S接⑥,电容器开始放电。电容器放电的过程,电容器把储存的能量通过⑦转化为电路中其他形式的能量。

三、电容(用C表示)表示电容器⑧本领强弱的物理量。

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,即C=⑨。

2.单位:在国际单位制中,电容的单位是⑩,简称法,符号。常用的单位还有微法(μF)和皮法(pF)。换算:1F=μF=pF。

3.电容器的带电荷量、额定电压和击穿电压(1)带电荷量:一个极板所带电荷量的。

(2)额定电压:电容器能够长期正常工作时的电压。(3)击穿电压:电介质被时在电容器两极板上的极限电压,若电压超过这一限度,电容器就会损坏。

四、平行板电容器由两个彼此绝缘的平行金属板构成。1.电容的决定因素:两板间,两板的,两板间电介质的相对介电常数εr。

2.关系式:C=。

答案①金属板②电介质(绝缘物质)③充④增加⑤增大⑥2⑦电流做功⑧容纳电荷⑨QU⑩法拉F1061012绝对值击穿距离正对面积εrS4πkd探究平行板电容器与哪些因素有关的三个实验现象的示意图如图所示,回答以下问题:(1)静电计与平行板电容器的连接是串联,还是并联?(2)观察图1、2、3,它们分别说明什么现象?(3)图中静电计可否用电压表替换?可否用验电器替换?(4)有人说,静电计也是一个电容器,你认为对吗?为什么?(5)结合图示,该实验应用了什么物理思想或方法?(6)通过上述实验可以得到,平行板电容器的电容与哪些因素有关?是什么关系?答案(1)并联。(2)减小正对面积,电势差增大;增大两板间距,电势差增大;插入介质,电势差减小。(3)均不可以。(4)对,符合电容器的结构特征。(5)控制变量法。(6)平行板电容器电容的大小与正对面积成正比,与介质的相对介电常数成正比,与两板间距成反比。角度1电容器的电容多媒体教学一体机普遍采用了电容触摸屏,因为工作面上接有高频信号,当用户手指触摸电容触摸屏时,手指相当于接地导体,手指和工作面形成一个电容器,控制器由此确定手指位置。对于电容触摸屏,下列说法正确的是()。A.手指与屏的接触面积变大时,电容变大B.手指与屏的接触面积变大时,电容变小C.手指压力变大时,手指与屏的工作面距离变小,电容变小D.手指压力变大时,手指与屏的工作面距离变小,电容不变答案A解析根据C=εrS4πkd可知,手指与屏的接触面积变大时,电容变大。A项正确,B项错误;同理,手指压力变大时,手指与屏的工作面距离变小,电容变大角度2平行板电容器动态分析两类情境1.电容器始终与恒压电源相连,电容器两极板间的电势差U保持不变。2.电容器充电后与电源断开,电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。思维流程(2024届韶关模拟)用平行板电容器制成的厨房用电子秤的电路简图如图所示。称重时,把物体放到电子秤面板上,压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后()。A.电容器的电容变小B.电容器的带电荷量增大C.极板间电场强度变小D.膜片下移过程中,电流表有从a到b的电流答案B解析根据电容表达式C=εrS4πkd,可知当两个极板间的距离减小时,电容器的电容增大;再根据电容定义式C=QU,可知电容器一直和电源相连,电压不变时,电容增大,带电荷量增大,即电容器被充电,电流表有从b到a的电流,A、D两项错误,B项正确。由匀强电场公式E=Ud知,当电压不变(多选)一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路如图所示。开关S闭合。一带电液滴悬浮在两极板间的P点不动,下列说法正确的是()。A.若将A板向右平移一小段位移,电容器的电容C减小B.若断开S,将B板向下平移一小段位移,带电液滴的电势能减小C.在S仍闭合的情况下,增大两极板间距离的过程中,电阻R中有从b到a的电流D.若断开S,减小两极板间的距离,则带电液滴向下运动答案AB解析根据C=εrS4πkd可知,将A板向右平移一小段位移,则两极板正对面积S减小,电容器的电容C减小,A项正确;带电液滴受到竖直向上的电场力,电场方向竖直向下,故带电液滴带负电荷,若断开S,则电容器所带的电荷量不变,改变两极极间的距离d,电场强度不变,B板电势为零,根据UPB=EdPB可得φP-0=EdPB,可知将B板向下平移一小段位移,dPB增大,则P点的电势升高,根据Ep=qφ可知,带负电荷的液滴电势能减小,B项正确;在S仍闭合的情况下,增大两极板间的距离,电容器的电容C减小,电容器放电,电阻R中有从a到b的电流,C项错误;若断开S,减小两极板间的距离,电场强度不变,液滴受到的电场力不变考点二带电粒子在电场中的直线运动1.带电粒子在电场中运动时重力的处理基本粒子如电子、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)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2.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力为零(F合=0),粒子静止或做匀速直线运动。(2)粒子所受恒定的合外力(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。3.解题思路(1)用动力学观点分析Eq+F其他=ma,E=Ud(匀强电场),v2-v02=2ad((2)用功能观点分析①匀强电场:W电=Eqd=qU,W电+W其他=12mv2-12m②非匀强电场:W电=qU,W电+W其他=Ek2-Ek1。角度1不考虑重力如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板,质量为m、电荷量为q的带负电的粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入电场,当M、N间的电压为U时,粒子刚好能到达N板。若要使这个带电粒子到达M、N两板中线位置处即返回,则下述措施能满足要求的是()。A.使初速度减小为原来的1B.使M、N间的电压提高到原来的4倍C.使M、N间的电压加倍D.使初速度减小为原来的12,同时M、N答案C解析粒子从进入到到达N板的过程中,板间的电场强度E=Ud,由动能定理有-qEd=0-12mv02,得d=mv022qE。设带电粒子离开M板的最远距离为x,若使初速度减为原来的12,根据动能定理有-qEx=0-12mv022,得x=d4,A项错误。若电压提高到原来的4倍,则电场强度也变为原来的4倍,设带电粒子离开M板的最远距离为x1,根据动能定理有-4qEx1=0-12mv02,得x1=d4,B项错误。同理,若电压提高到原来的2倍,则电场强度也变为原来的2倍,设带电粒子离开M板的最远距离为x2,根据动能定理有-2qEx2=0-12mv02,得x2=d2,C项正确。若初速度减少一半,电压加倍,则电场强度加倍,设带电粒子离开M板的最远距离为一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中,电源电动势为E,C板固定,D板可左右平行移动。闭合开关,一段时间后再断开开关,从C板发射一电子,恰能运动到A点后再返回。已知A到D板的距离是板间距离的三分之一,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子的重力,下列说法正确的是()。A.设定C板电势为0,电子在A点的电势能为-23B.若要让电子能够到达D板,可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置C.若要让电子能够到达D板,可将D板向右平移至某位置D.若要让电子能够到达D板,可闭合开关,再将D板向右平移至某位置答案B解析金属板的电场线由C指向D,沿着电场线电势逐渐降低,设定C板电势为0,则A点的电势φA=-23E,电子在A点的电势能EpA=23eE,A项错误。闭合开关,一段时间后再断开开关,则电容器的电荷量Q不变,根据电容的定义式和决定式有C=QU,C=εrS4πkd,联立解得U=4πkdQεrS。从C板发射一电子,恰能运动到A点后再返回,则有Ek0=EpA。若要让电子能够到达D板,可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置,闭合开关,将D板向左平移至A点或A分析带电粒子在电场中的直线运动问题的思维流程角度2不考虑重力且电场周期性变化(多选)如图1所示,直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和多个横截面积相同的金属圆筒组成,其中心轴线在同一直线上,圆筒的长度遵循一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连,序号为奇数的圆筒和电源的一极相连,圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连,交变电源两极间电势差的变化规律如图2所示。若电压的绝对值为U,电子电荷量大小为e,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t=0时刻,圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速,沿中心轴线冲进圆筒1,电子在每个圆筒中运动的时间均小于T,且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出,不考虑相对论效应,则()。A.由于静电屏蔽作用,圆筒内不存在电场B.电子运动到第n个圆筒时动能为neUC.在t=5TD.第n个和第n+1个圆筒的长度之比为n∶n答案ABD解析由于静电屏蔽作用,圆筒内不存在电场,A项正确。电子每经过一个间隙,电场力做功eU,根据动能定理,电子运动到第n个圆筒时有neU=Ek-0。故电子运动到第n个圆筒时动能为neU,B项正确。因为t=5T4=T+T4,t=T4时圆筒1相对圆板的电势差为正值,同理,t=5T4奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值,C项错误。根据动能定理得eU=12mv12,2eU=12mv22,3eU=12mv32,…,neU=12mvn2,(n+1)eU=12mvn+12,第n个和第n+1个圆筒的长度之比Ln角度3考虑重力(2024届濮阳一模)如图所示,平行板电容器的极板倾斜放置,直线PM为平行板电容器的中心线,P、M两点位于电容器的边沿,电容器两极板间的电场视为匀强电场。现有一带电液滴从P点射入电容器两极板间,结果恰好沿直线运动到M点。不计空气阻力。液滴在从P点运动到M点的过程中()。A.做匀减速直线运动B.做匀加速直线运动C.电势能增加D.电势能减少答案B解析一带电液滴从P点射入电容器两极板间,结果恰好沿直线运动到M点。受力分析如图,合力沿PM向下,设电容器与水平面倾角为θ,加速度a=mgsinθm=gsinθ,所以液滴在从P点运动到M点的过程中,做匀加速直线运动,B项正确,A项错误;由于电场力不做功,故电势能不变,C(2023年全国新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置,间距固定,可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时,油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下做匀速运动,速率分别为v0、14v0;两板间加上电压后(上极板为正极),这两个油滴很快达到相同的速率12v0,均竖直向下做匀速运动。油滴可视为球形,所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比,(1)求油滴a和油滴b的质量之比。(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负,并求a、b所带电荷量的绝对值之比。答案(1)8∶1(2)油滴a带负电,油滴b带正电4∶1解析(1)根据题述可知f=kvr,设油滴a质量为m1,油滴a以速度v0向下匀速运动,由平衡条件,有m1g=kv0r1,m1=43πr设油滴b质量为m2,b油滴以速度14v0向下匀速运动,由平衡条件,有m2g=14kv0r2,m2=43联立解得油滴a和油滴b的质量之比m1m2(2)当在上、下极板加恒定电压(上极板为正极),这两个油滴均以12v0向下匀速运动,油滴a速度减小,说明油滴a受到了向上的电场力,则油滴a带负电荷;油滴b速度增大,说明油滴b受到了向下的电场力,则油滴b带正电荷。由m1m2=8和m1=kv0r1,m2g=14kv0r2,可知,a、由f=kvr可知两个油滴均以12v0向下匀速运动,所受阻力之比f1f2=r1r2=2,设油滴b以速度14v0向下匀速运动,所受阻力f=m2g,由f=kvr可知,油滴b以12v0向下匀速运动,所受阻力f2=2f=2m2g,油滴a以12v0向下匀速运动,所受阻力f设油滴a电荷量为q1,由平衡条件,有m1g=q1E+f1;设b油滴电荷量为q2,由平衡条件,有m2g+q2E=f2联立解得a、b所带电荷量的绝对值之比|q1|考点三带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转问题的分析方略1.两种分析思路以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U1加速,再经偏转电场U2偏转后,需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P,如图所示。(1)确定最终偏移距离OP的两种方法方法1:确定加速

后的v0⇒确定偏移量y确定偏转角θ⇒确定匀速

偏移y'=

Ltanθ⇒确定

方法2:确定加速后的v0⇒确定偏移量y⇒用结论确定相似三角形⇒确定OP:yOP=(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法方法1:确定加速后的v0⇒确定偏转后的vy⇒确定动能Ek=12mv2=12m(v0方法2:确定加速后的v0⇒确定偏转后的y⇒动能定理qEy=12mv2-122.特别警示(1)由动能定理求粒子偏转后的动能时,电场力做功W=qU=qEy,其中“U”为初、末位置的电势差,而不一定是U=U2(2)是否考虑重力的标准①基本粒子:如电子、质子、α粒子、各类正负离子等,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带电微粒: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。③对于一个未知带电体,既非基本粒子,又非带电微粒,有时需要结合物理现象来判断是否要考虑重力。还有一种情形是,考虑重力与不考虑重力均能求解,又无显性语言说明,则需要考虑重力。示波器是观察电信号的重要仪器,其中的核心部件是示波管。示波管结构及扫描电压图像如图所示。请回答以下问题。(1)图1甲中有两个电源,它们有何不同?(2)电子枪中发射的电子受到哪些力的作用?你知道通常情形下为何不考虑重力因素的影响吗?(3)图2中扫描电压的波形为锯齿形波形,在0~2t1内,电子做何种性质的运动?你会做半定量的分析吗?(4)在XX'极板加上扫描电压,在YY'极板加上正弦波形,在什么条件下荧光屏上显示2个完整的正弦波形?答案(1)一个电源是给电子枪加热,另一个是提供加速电压。(2)电子受电场力及重力作用,由于电场力远远大于电子所受的重力,因此可忽略重力的影响。(3)匀速直线运动。约定扫描电压的频率很高,则电子在通过平行板的过程中可认为是做匀变速运动,侧移为y=12at2∝a∝Ux;由扫描电压波形图知Ux=-U0+kt。因此vy=ΔyΔt∝ΔUxΔt=k,水平速度不变带电粒子在匀强电场中偏转问题分析思路带电粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动,处理方法是运动的合成与分解。若已知速度的方向,分解速度;若已知位移的方向,分解位移;若已知受力情况和初速度情况,则分解运动。类平抛运动的一些结论同样适用。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的偏转角度总是相同的,它们在偏转电场中运动轨迹都相同。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O为粒子水平位移的中点。角度1单个粒子在电场中的偏转现有竖直向上的匀强电场,电场强度E=2×103N/C。一质量m=1.6×10-10kg的带电粒子仅在电场力作用下运动,其运动轨迹如图中曲线所示。该粒子经过A点时的速度v1=300m/s,与水平方向夹角为37°。从A点经过t=0.07s到达B点,经B点时速度与水平方向夹角为53°(sin37°=0.6,sin53°=0.8)。求:(1)判断带电粒子的电性,计算它的电荷量q。(2)计算A、B两点间的电势差UAB。答案(1)粒子带正电1.6×10-10C(2)3.5×104V解析(1)根据粒子的运动轨迹可知,粒子所受电场力竖直向上,与电场强度方向相同,粒子带正电粒子在A点水平方向速度vx=v1cos37°=240m/s,竖直方向速度vAy=v1sin37°=180m/s粒子在B点竖直方向速度vBy=vxtan53°=320m/s从A到B,根据运动学公式,竖直方向有vBy=vAy+at其中a=qE解得q=1.6×10-10C。(2)根据vBy2-vAy2=2ay,解得A、B间竖直方向的距离y=17A、B两点间的电势差UAB=Ey=3.5×104V。角度2不同粒子运动的比较问题(2024届南京模拟)如图所示,真空中有一足够大的水平向右的匀强电场,质量均为m、带电荷量分别为+q和-3q的两小球同时从O点以速度v0斜向右上方射入匀强电场中,v0方向与水平方向成60°角,A、B(图中未画出)两点分别为两小球运动轨迹的最高点,带正电的小球经过A点的速度大小仍然为v0,若仅把带正电的小球的射入速度变为2v0,其运动轨迹的最高点记为C点。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是()。A.两小球同时到A、B两点B.OA与OB之比为3∶1C.两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶3D.带正电的小球经过C点的速度大小为2v0答案C解析由题可知,将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动,由受力可知,两小球在竖直方向只受重力,故在竖直方向做竖直上抛运动,竖直方向的初速度v0y=v0sin60°。上升到最高点时,竖直方向速度为零,由此可知,两球到达A、B两点的时间相同,A项正确。水平方向只受电场力,故水平方向做匀变速直线运动,水平方向的初速度v0x=v0cos60°=12v0。由题可知,带正电的小球有v0=12v0+at;带负电的小球有v'=-12v0+3at。解得v'=v0。可见到达最高点时两小球的速度大小相等,水平方向只有电场力做功,由动能定理可知,两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶1,C项错误,符合题意。由以上分析可知v0y=v0sin60°=gt,v0=12v0+at,解得g=3a,因此xOA=v02-12v022a2+v0y22g2=3v024a,xOB=v02-12v022×3a2+v0y22g2=v024a,角度3示波器的原理(2023年浙江1月卷)如图所示,示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U,YY'极板间电压为零,电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零,从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e,质量为m,则电子()。A.在XX'极板间的加速度大小为eUB.打在荧光屏时,动能大小为11eUC.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为2D.打在荧光屏上时,其速度方向与OO'连线夹角α的正切值tanα=l答案D解析由牛顿第二定律可得,在XX'极板间的加速度大小ax=eEm=eUmd,A项错误。电子在电极XX'间运动时,有vx=axt,t=lv0,电子离开电极XX'时的动能Ek=12m(v02+vx2)=eU10+l240d2,电子离开电极XX'后做匀速直线运动,所以打在荧光屏上时,动能大小为eU10+l240d2,B项错误。由动量定理可知,在XX'极板间受到电场力的冲量大小Ix=mvx=角度4粒子在周期性变化的电场中运动如图1,一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻),同时在两板上加一按图2所示规律变化的电压。已知粒子的比荷为k,带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞,经过一段时间,粒子以平行极板方向的速度射出。下列说法正确的是()。A.粒子射出时间可能为t=4sB.粒子射出的速度大小为2vC.极板长度满足L=3vn(n=1,2,3,…)D.极板间最小距离为3答案D解析粒子进入电容器后,在平行于极板方向做匀速直线运动,垂直极板方向的运动v-t图像如图所示。因为粒子平行极板射出,可知粒子垂直板的分速度为0,所以射出时刻可能为1.5s,3s,4.5s,…,满足t=1.5n(n=1,2,3,…),粒子射出的速度大小必定为v,A、B两项错误;极板长度L=v·1.5n(n=1,2,3,…),C项错误;因为粒子不跟极板碰撞,则应满足d2≥12v垂直×1.5,v垂直=a×1,a=qU0md,联立解得d等效重力场及其应用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=F等效m视为等效重力加速度角度1电场方向竖直向上如图所示,长度为L的绝缘细线拴一个带电荷量为+q、质量为m的小球,重力加速度为g,球处在竖直向上的匀强电场中,电场强度为E,小球能够在竖直平面内做圆周运动,则()。A.小球受到的电场力跟重力是一对平衡力B.小球在最高点的速度一定不小于gLC.小球运动到最高点时,电势能最小D.小球运动到最低点时,机械能最大答案C解析小球能够在竖直平面内做圆周运动,重力与电场力反向,电场力大小可能等于重力,则小球在竖直平面内做匀速圆周运动;电场力大小也可能大于重力,则二者合力(称为等效重力)竖直向上,相当于重力方向向上,最高点为等效最低点,小球通过时速度最大;最低点为等效最高点,小球通过时速度最小;电场力大小还可能小于重力,则相当于重力方向不变,重力加速度减小;A项错误。由A项分析可知,小球可能以较小的速度(小于gL)在竖直平面内做匀速圆周运动,B项错误。圆周上最高点电势最低,小球带正电,由Ep=qφ知经过最高点时电势能最小,C项正确。圆周上最低点电势最高,小球经过时电势能最大,由小球机械能与电势能之和不变可知,小球经过最低点时机械能最小,D项错误。角度2电场方向竖直向下(多选)如图所示,带电小球用绝缘细线悬挂在O点,在竖直平面内做完整的变速圆周运动,小球运动到最高点时,细线受到的拉力最大。已知小球运动空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度为E,小球的质量为m,带电荷量为q,细线长为l,重力加速度为g,则()。A.小球带正电B.电场力大于重力C.小球运动到最低点时速度最大D.小球运动过程中的最小速度为(答案BD解析因为小球运动到最高点时,细线受到的拉力最大,可知重力和电场力的合力(等效重力)方向向上,则电场力方向向上,且电场力大于重力,小球带负电,A项错误,B项正确;因重力和电场力的合力方向向上,可知小球运动到最高点时速度最大,C项错误;由于等效重力竖直向上,所以小球运动到最低点时速度最小,最小速度满足qE-mg=mv2l,即v=(qE角度3电场方向在水平方向(2022年全国甲卷)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后()。A.小球的动能最小时,其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量答案BD解析如图所示,Eq=mg,故等效重力G'的方向与水平方向成45°角向下。当vy=0时最小速度vmin=v1,由于此时v1存在水平分量,电场力还可以向左做负功,故此时电势能不是最大,A项错误。在水平方向上v0=Eqmt;在竖直方向上v=gt,由于Eq=mg,得v=v0,如图所示,小球的动能等于初始动能时,由于速度没有水平分量,故电势能最大,由动能定理可知WG+WEq=0,则重力做功等于小球电势能的增加量,B、D两项正确。当如图中v1所示时,速度水平分量与竖直分量相等,动能最小,C角度4电场方向不在水平方向(2024届江西联考)(多选)如图所示,质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中,以初速度v0沿直线ON做匀变速运动,直线ON与水平面的夹角为30°,若小球在初始位置的电势能为零,重力加速度为g,则下列说法正确的是()。A.电场强度E的最小值为3B.匀强电场的方向可能竖直向上C.若小球加速运动且加速度大小为g,则电场强度E=3D.若电场强度E=mgq,则小球电势能的最大值为答案AC解析因为小球做匀变速直线运动,则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上,结合平行四边形定则知,电场力的方向不确定,有最小值,当电场力垂直于运动方向时,电场力最小,为mgcos30°,如图甲所示,所以电场强度的最小值Emin=mgcos30°q=3mg2q,A项正确;因为小球做匀变速直线运动,则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上,结合平行四边形定则知,电场方向不可能竖直向上,B项错误;如果小球加速运动且加速度大小a=g,由受力分析可知此时qE=2mgcos30°,解得E=3mgq,C项正确;如果电场强度E=mgq,小球所受的合力与速度方向在同一条直线上,结合平行四边形定则知,电场力的方向与水平方向夹角为30°,斜向上,如图乙所示。根据牛顿第二定律知,小球的加速度a=g,小球斜向上做匀减速直线运动,匀减速直线运动的位移s=v022a=v022g,在整个过程中电场力做功W=qEscos120°=-等效重力场相关概念阐述见《高效训练》P671.(2024届湛江模拟)示波管原理图如图1所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,管内抽成真空。如果在偏转电极XX'和YY'之间都没有加电压,电子束从电子枪射出后沿直线运动,打在荧光屏中心,产生一个亮斑如图2所示。若板间电势差UXX'和UYY'随时间变化的关系图像分别如图3、图4所示,则荧光屏上的图像可能为()。答案A解析UXX'和UYY'均为正值,两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X',Y指向Y',电子带负电,所受静电力方向与电场强度方向相反,所以分别向X、Y方向偏转,A项正确。2.(2022年重庆卷)某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图如图所示,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低,极板上所带电荷量变少,则下列说法正确的是()。A.材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变C.极板间电场强度变大D.电容器电容变大答案A解析根据题意可知极板之间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据电容定义式C=QU,可知电容C减小,D项错误;根据电容的决定式C=εrS4πkd可知极板间距d增大,极板之间形成匀强电场,根据E=Ud可知极板间电场强度E减小,B、C两项错误;极板间距3.(2024届佛山模拟)如图所示,正方形ABCD区域内存在竖直向上的匀强电场,质子(11H)和α粒子(24He)先后从A点垂直射入匀强电场,不计它们的重力,质子从BC边中点射出,则下列说法正确的是A.若初速度相同,则α粒子从CD边离开B.若初速度相同,则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1∶2C.若初动能相同,则质子和α粒子经过电场的时间相同D.若初动能相同,则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4答案D解析对任一粒子,设其电荷量为q,质量为m,粒子在电场中做类平抛运动,水平方向有x=v0t,竖直方向有y=12at2=12·qEm·x2v02,若初速度相同,水平位移x相同,由于α粒子的比荷qm比质子的小,则α粒子的偏转距离y较小,所以α粒子从BC边离开,由t=xv0知,两个粒子在电场中的运动时间相等,由Δv=at=qEmt知,Δv∝qm,则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1,A、B两项错误;粒子经过电场的时间t=xv0,若初动能相同,质子的初速度较大,则质子的运动时间较短,C项错误;由y=12·qEm·x2v02,Ek=12mv02得y=qEx24Ek,若初动能相同,已知x相同,则y∝q,4.下图所示装置是由粒子加速器和平移器组成的,平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成,极板间距离和板长均为L。加速电压为U0,两对极板间偏转电压大小相等,均为U0,电场方向相反。质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子无初速度地进入加速电场,被加速器加速后,从平移器下板边缘水平进入平移器,最终从平移器上板边缘水平离开,不计粒子的重力。下列说法正确的是()。A.粒子离开加速器时速度v0=qB.粒子通过左侧平移器时,竖直方向位移y1=LC.Δd与2L相等D.只增加加速电压,粒子将不能从平移器离开答案B解析根据qU0=12mv02,得粒子离开加速器时速度v0=2qU0m,A项错误;粒子在左侧平移器电场中的偏移量y1=12at2,又qU0L=ma,L=v0t,得y1=L4,B项正确;根据类平抛运动的特点和对称性,粒子在两平移器之间做匀速直线运动,它的轨迹延长线分别过平行板中点,根据几何关系可知Δd=L,C项错误;由B项分析可得y1=qU0L25.(2024届丰台模拟)如图所示,地面附近空间有水平向右的匀强电场,一带电微粒以初速度v0从M点进入电场,沿直线运动到N点,不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是()。A.该微粒带正电B.该微粒做匀速直线运动C.只增大初速度v0,微粒仍沿直线MN运动D.从M运动至N过程中,该微粒电势能减小,动能增加答案C解析由于带电微粒从M到N做直线运动,根据受力分析可知,带电微粒受到的电场力方向水平向左,与电场强度的方向相反,该微粒带负电;带电微粒受到的合力方向与初速度方向相反,可知合力对微粒做负功,微粒动能减少,电场力对微粒做负功,微粒电势能增加。只增大初速度v0,带电微粒受力不变,则带电微粒受到的合力方向仍与初速度v0方向相反,微粒仍沿直线MN运动,因此,C项正确。6.(多选)如图所示,质量为m的带电粒子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向从正中间射入偏转电场,并从另一侧射出。已知带电粒子的电荷量为q,加速电场电压为U1,偏转电场的极板长度为L,两极板间的距离为d,偏转电场极板间的电压为U2且可调节,不计粒子的重力。下列说法正确的是()。A.粒子离开偏转电场时的动能为q(U1+U2)B.同种电性的不同带电粒子,射出装置的位置相同C.减小U2,带电粒子通过偏转电场的时间变长D.若粒子刚好从下极板边缘离开偏转电场,则U2U答案BD解析对粒子从静止到离开偏转电场过程,由动能定理得Ek-0=W1+W2,可知粒子离开偏转电场获得的动能等于加速电场做功W1和偏转电场做功W2之和,其中W1=qU1,W2≠qU2,粒子离开偏转电场时的动能并不等于q(U1+U2),A项错误;带电粒子在加速电场中有qU1=12mv12,得v1=2qU1m,由于粒子从另一侧射出,其在偏转电场极板间运动的时间t=Lv1=Lm2qU1,带电粒子在偏转电场极板间的加速度a=Fm=qU2md,竖直方向的位移y=12at2=U2L24U1d,根据上式可知带电粒子在电场中偏转,不同带电粒子均从同一位置射出,偏移量与比荷无关,只与装置本身有关,B7.(2024届北京模拟)水平放置的两平行金属板间,有一个带正电的小球,从某点无初速度自由下落。经过时间t,在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过时间t,小球又回到出发点。已知小球质量为m,重