第八章 第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动-2025高三总复习 物理（新高考）

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动[课标要求]1．了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量。2．了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化。3．利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动。4．掌握带电粒子在电场中的偏转规律。5.会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系。考点一电容器平行板电容器的动态分析1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)充电与放电①充电：电容器充电的过程中，两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。②放电：放电的过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量。2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U的比值。(2)定义式：C＝eq\f(Q,U)。(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1F＝106μF＝1012pF。(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。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。(2)决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。【基础知识判断】1．电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和。(×)2．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比。(×)3．放电后电容器的电荷量为零，电容也为零。(×)4．平行板电容器的两板间插入一块导体板，其电容将变大。(√)1．电容定义式C＝eq\f(Q,U)的理解(1)一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器的带电情况无关。(2)不能理解为电容C与Q成正比，与U成反比。2．平行板电容器两类动态变化的特点比较3．平行板电容器动态分析的基本思路考向1电容的理解“超级电容器”由于电极中加入了表面积非常大的石墨烯，所以具备超大的容量，适合作为动力电池的助力动力源。“超级电容器”与普通电容器相比较而言()A．极板电荷量较大B．极板间的电场强度较大C．单位电压容纳的电荷量较大D．带相同电荷量时电压较大答案：C解析：由于超级电容器具备超大的容量，即单位电压容纳的电荷量较大，也就是电容C较大，故带相同电荷量时电压较小，C正确，D错误；电容器的容纳能力较大，并不代表实际使用中极板电荷量较大、极板间场强较大，也有可能极板电荷量很小、极板间场强很小，A、B错误。故选C。学生用书第163页考向2电压U不变时的动态分析(2022·重庆高考)如图为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，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。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则()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＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容C减小，D错误；根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝eq\f(U,d)可知，极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确。考向3带电荷量Q不变时的动态分析2023年8月11日，第6号台风“卡努”于夜间进入我国辽宁省境内(热带低压，12～15米/秒)。小李同学用所学知识设计了一个电容式风力传感器。如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大(两电极不接触)。若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时，则()A．电容器电容变小B．极板间电场强度变大C．极板间电压变小D．静电计指针张角越大，风力越大答案：C解析：根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，在受到风力作用时，d减小，则电容器电容变大，A错误；由极板间电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(\f(Q,C),d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，极板间电场强度不变，B错误；极板间电压U＝eq\f(Q,C)变小，C正确；风力越大，d越小，极板间电压越小，静电计指针张角越小，D错误。考向4电容器的综合动态分析(多选)如图所示的电路中，闭合开关，待电路稳定后，可看成质点的带电小球恰好静止在平行板电容器之间的M点，其中二极管可视为理想二极管，下列说法正确的是()A．向右移动R3的滑片，小球向下移动B．向右移动R1的滑片，小球的电势能将减小C．向下移动电容器的下极板，二极管右端电势高于左端电势D．断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，M点的电势将升高答案：BC解析：向右移动R3的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的场强不变，因此小球仍静止不动，A错误；向右移动R1的滑片，R2两端电压增大，电容器两端电压增大，两极板之间的场强增大，小球受到的电场力增大，小球将向上运动，电场力做正功，小球的电势能减小，B正确；向下移动电容器的下极板，电容器极板间距d增大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，可知C减小，若U不变时，Q将减小，但由于二极管的存在，电容器无法放电，所以Q不变，U增大，二极管右端电势高于左端电势，C正确；断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，电容器极板间距d减小，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知极板间场强不变，M点到下极板间距不变，电势差不变，因此M点电势不变，D错误。故选BC。考点二带电粒子(体)在电场中的直线运动1．关于带电粒子(体)的重力分析(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)。(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力。2．分析带电粒子(体)在电场中的直线运动的方法(1)用动力学观点分析(只适用于匀强电场)a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)用功能观点分析①匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。学生用书第164页(2020·天津高考)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A处飘出的离子初速度不计，经电压为U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l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。(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；(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m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。答案：(1)eq\r(\f(ml2,2qU))(2)eq\f(U,E)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up8(2)m0解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝eq\f(l,v)联立解得T1＝eq\r(\f(ml2,2qU))。(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0解得x＝eq\f(U,E)。(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eq\x\to(v)，有eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)通过x＝eq\f(U,E)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L1，在无场区的总路程设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝eq\f(L1,v)＋eq\f(L2,v)联立解得t总＝(2L1＋L2)eq\r(\f(m,2qU))可见，离子从A到B的总飞行时间与eq\r(m)成正比依题意可得eq\f(t1,t0)＝eq\r(\f(m1,m0))可得m1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up8(2)m0。对点练．(多选)如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计。开关闭合时，小孔正上方eq\f(d,3)处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是()A．保持开关闭合，若将下极板上移eq\f(d,2)，粒子将在距上极板eq\f(d,3)处返回B．保持开关闭合，若将下极板上移eq\f(d,2)，粒子将在距上极板eq\f(d,5)处返回C．断开开关，若将下极板上移eq\f(d,5)，粒子将能返回原处D．断开开关，若将上极板上移eq\f(d,5)，粒子将能返回原处答案：BD解析：下极板移动前，根据动能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋\f(d,3)))＝qU＝qEd。保持开关闭合，若将下极板向上平移eq\f(d,2)，设运动到距离上极板x1处返回，根据动能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,3)＋x1))－qeq\f(U,\f(d,2))x1＝0－0，解得x1＝eq\f(d,5)，即粒子将在距上极板eq\f(d,5)处返回，A错误，B正确；若断开开关，将下极板上移eq\f(d,5)，两极板间的场强E＝eq\f(4πkQ,εrS)不变，设运动到距离上极板x2处返回，由动能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,3)＋x2))－qEx2＝0－0，解得x2＝d，即粒子将碰到下极板而不能返回，C错误；将上极板上移eq\f(d,5)，两极板间的场强E＝eq\f(4πkQ,εrS)不变，设粒子到达离下极板x3处返回，由动能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4d,3)－x3))－qEeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,5)＋d－x3))＝0，解得x3＝eq\f(4,5)d，故粒子将能不碰到下极板而返回到原处，D正确。故选BD。考点三带电粒子在电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动1．沿初速度方向做匀速直线运动，t＝eq\f(l,v0)(如图所示)。2．沿静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)离开电场时的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))。(3)离开电场时的偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。学生用书第165页【基础知识判断】1．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)2．带电粒子只受电场力时也可以做匀速圆周运动。(√)3．带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(×)1．带电粒子在电场中的“加速＋偏转＋射屏”规律简析2．几个重要推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此交点为沿初速度方向位移的中点。(2)速度偏转角θ的正切值等于位移偏转角α的正切值的2倍，即tanθ＝2tanα。(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q是否相同，只要比荷eq\f(q,m)相同，则偏转距离y和偏转角θ相同。(4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场，只要q相同，不论m是否相同，则偏转距离y和偏转角θ相同。(5)电荷量q不同的同性带电粒子经同一电场加速后(即加速电压U1相同)，再经同一电场偏转(即偏转电压U2相同)，则偏转距离y和偏转角θ均相同。示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电荷量为e，质量为m)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1＝1640V，偏转极板长l＝4cm，偏转极板间距d＝1cm，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场。(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？【审题指导】(1)电子从偏转电场射出后沿着出射方向做匀速直线运动打到荧光屏上。(2)电子束打在荧光屏上偏转距离最大的条件是：电子经偏转电场后必须从下极板边缘射出。答案：(1)205V(2)0.055m解析：(1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下极板边缘出来。在加速电场中，由动能定理得eU1＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2)解得电子进入偏转电场的初速度v0＝eq\r(\f(2eU1,m))电子在偏转电场中的飞行时间t1＝eq\f(l,v0)电子在偏转电场中的加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU2,md)电子从下极板边缘出来，则有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(eU2l2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(U2l2,4dU1)解得U2＝eq\f(1,8)U1＝205V。(2)电子束打在荧光屏上的最大偏转距离y＝eq\f(d,2)＋y2电子离开偏转电场时的竖直分速度vy＝at1＝eq\f(eU2l,mdv0)电子从离开偏转电场到到达荧光屏经历的时间t2＝eq\f(L,v0)则y2＝vyt2＝eq\f(eU2lL,mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(U2lL,2dU1)＝0.05m所以电子到达荧光屏时的最大偏转距离y＝eq\f(d,2)＋y2＝0.055m。学生用书第166页对点练1．(2023·广东佛山模拟)如图所示，正方形ABCD区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)先后从A点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC边中点射出，则()A．若初速度相同，α粒子从CD边离开B．若初速度相同，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，质子和α粒子经过电场的时间相同D．若初动能相同，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＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\f(x2,veq\o\al(2,0))，若初速度相同、水平位移x相同时，由于α粒子的比荷比质子的小，则α粒子的偏转距离y较小，所以α粒子从BC边离开，由t＝eq\f(x,v0)知两个粒子在电场中的运动时间相等，由Δv＝at＝eq\f(qE,m)t可知Δv∝eq\f(q,m)，则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1，故A、B错误；粒子经过电场的时间为t＝eq\f(x,v0)，若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C错误；由y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\f(x2,veq\o\al(2,0))，Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得y＝eq\f(qEx2,4Ek)，若初动能相同，则α粒子从C点离开，已知x相同，则y∝q，根据动能定理知，经过电场的过程中动能增量ΔEk＝qEy，E相同，则ΔEk∝q2，则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4，故D正确。对点练2．(多选)(2023·湖北高考)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是()A．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶1C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变答案：BD解析：微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝eq\f(U2,2d)，F＝qE＝ma，微粒射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin45°＝eq\f(\r(2),2)v0，从射入到运动到最高点由运动学关系得veq\o\al(2,y)＝2ad，微粒射入电场时由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从射入到运动到最高点由运动学关系得2L＝vxt，d＝eq\f(0＋vy,2)·t，联立解得L∶d＝1∶1，A错误；微粒穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学关系得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝eq\f(vy,2)，设微粒穿过电容器与水平方向的夹角为α，则tanα＝eq\f(vy1,vx)＝eq\f(1,2)，微粒射入电场和水平方向的夹角为β，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β))＝3，C错误；以最高点为坐标原点，向左为x轴正方向，向下为y轴正方向建立直角坐标系，则y＝eq\f(1,2)at2，联立解得y＝eq\f(U2x2,4dU1)，即微粒轨迹与电荷量和质量无关，D正确。故选BD。课时测评36电容器带电粒子在电场中的运动eq\f(对应学生,用书P424)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题1～9题，每题5分，共45分)1．如图所示，目前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＝eq\f(εrS,4πkd)可知，手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故A正确，B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，故C、D错误。故选A。2．(多选)(2024·河南新乡模拟)手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时()A．电容器所带电荷量不变B．直流电源对电容器充电C．极板间的电场强度增大D．电阻R上有从a到b的电流答案：BC解析：由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当压力F增大时，两板间距离减小，电容增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器所带电荷量增大，即直流电源对电容器充电，电阻R上有从b到a的电流，由公式E＝eq\f(U,d)可知，极板间的电场强度增大。故选BC。3．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1＞0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2＞0)的粒子B，仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(3,7)l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是()A．电荷量q1与q2的比值为3∶7B．电荷量q1与q2的比值为3∶4C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7答案：B解析：设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A，有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，对粒子B，有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，联立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，选项A错误，B正确；由动能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，求得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，选项C、D错误。4．静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的带电离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知()A．M板电势低于N板电势B．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关C．增大加速区M、N极板间的距离，可以增大高速射流速度而获得更大的推力D．增大M、N极板间的电压，可以增大高速射流速度而获得更大的推力答案：D解析：由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板M电势高，A错误；由动能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以进入中和区的离子速度与离子的比荷、加速电压的大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D正确，B、C错误。5．(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则()A．M板电势高于N板电势B．两个粒子的电势能都增加C．粒子在两板间的加速度a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)答案：C解析：由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)v0))2－veq\o\al(2,0)＝2ad，联立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，故C正确，D错误。故选C。6．(2023·浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足()A．eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1) B．eq\f(E1,E2)＝eq\f(Req\o\al(2,1),Req\o\al(2,2))C．eq\f(E1,E2)＝eq\f(R1,R2) D．eq\f(E1,E2)＝eq\f(Req\o\al(2,2),Req\o\al(2,1))答案：A解析：带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE1＝meq\f(v2,R1)，qE2＝meq\f(v2,R2)，联立可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1)，故选A。7．有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上。已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是()A．增大墨滴的带电荷量B．减小墨滴喷出时的速度C．减小偏转板与承印材料的距离D．增大偏转板间的电压答案：C解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，偏移量Y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU2,md)，t＝eq\f(L,v0)，可得Y1＝eq\f(qU2L2,2mdveq\o\al(2,0))，Y2＝ltanθ，tanθ＝eq\f(2Y1,L)，Y＝Y1＋Y2，结合选项可知，减小偏转板与承印材料的距离可使字迹减小，增大墨滴的带电荷量、减小墨滴喷出时的速度以及增大偏转板间的电压，均可使字迹增大，故C正确，A、B、D错误。8．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()A．所用时间为eq\f(mv0,qE)B．速度大小为3v0C．与P点的距离为eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向与竖直方向的夹角为30°答案：C解析：粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示。粒子的运动为类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，eq\f(y,x)＝tan45°，联立解得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A错误；vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，则速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B、D错误；x＝v0t＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),qE)，与P点的距离s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，故C正确。9．如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带