1、第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识排查常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1.常见电容器(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。放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。(2)定义式：C。(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。(4)单位：法拉(F)1 F106 F1012 pF3.平行板电容器(1)影响因素：平行板
2、电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)决定式：C，k为静电力常量。带电粒子在匀强电场中的运动1.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.分析方法(1)用动力学观点分析：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。(2)用功能观点分析：根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解，此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。3
3、.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动性质：类平抛运动。(3)处理方法：运动的分解。沿初速度方向：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。示波管的构造(1)电子枪，(2)偏转极板，(3)荧光屏。(如图所示)小题速练1.思考判断(1)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。()(2)电容器两极板间电压越低，其电容越大。()(3)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。()(4)一个电容器的电荷量增加1.0106 C时，两极板间电压升高10 V，则电容器的电容C1.0107 F。()(5)带电粒子在匀强电场中
4、可以做匀加速直线运动。()(6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)2.如图1所示为某一电容器中所带电荷量和两极板间电压之间的关系图线，若将该电容器两极板间的电压从40 V降低到36 V，对电容器来说正确的是()图1A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5102 FD.该电容器的电荷量变化量为0.2 C解析由QCU知，U降低，Q减小，故为放电过程，选项A错误，B正确；由C F5103 F，可知选项C错误；QCU51034 C0.02 C，选项D错误。答案B3.(多选)人教版选修31P32T1改编如图2所示，用静电计可以测量已充电的平
5、行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是()图2A.增大两极板间的距离，指针张角变大B.将A板稍微上移，静电计指针张角变大C.若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D.若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小解析电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器所带电荷量一定，由公式C知，当d变大时，C变小，再由C得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确。答案ABD平行板电容器的动态分析1.两类典型问题典型问题两极板间电压保持不变两极板电量保持不变电路特点平行
6、板电容器始终连接在电源两端平行板电容器充电后，切断电源，并保持两极板绝缘C的决定因素由C可知：C随d、S、r的变化而变化Q或U的决定因素由QCUU可知：Q也随d、S、r的变化而变化由U可知：U也随d、S、r的变化而变化E的决定因素由E可知：(1)E与S、r的变化无关；(2)E随d的变化而变化。由E可知：(1)E与d的变化无关；(2)E随S、r的变化而变化。知：2.动态分析思路例1】(2016全国卷，14)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
7、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由C可知，当云母介质移出时，r变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据QCU可知，当C减小时，Q减小。再由E，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确。答案D拓展延伸1】(多选)将电源断开将【例1】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是()A.电容器的电容增大 B.极板间的电势差增大C.极板上的电荷量变大 D.极板间电场强度变大答案BD拓展延伸2】(多选)两极板间放入一带电粒子，同时移动上极板在【例1】中，若水平放置平行板电容器内部空间有一带电粒子P静止在电容器中，
8、云母介质保持不动，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是()A.电容器所带电荷量保持不变B.极板间的电场强度保持不变C.粒子所在初位置的电势能保持不变D.粒子将加速向下运动解析由C可知，当将上极板右移一段距离时，S减小，电容器的电容减小，由C得QCU，电压U不变，C减小，故电容器所带电荷量减少，选项A错误；U和d不变，由E可知，极板间的电场强度保持不变，选项B正确；由于极板间的电场强度不变，粒子所在位置到下极板间的距离不变，故该点到零电势点的电势差不变，即该点的电势不变，粒子的电势能不变，选项C正确；由于粒子的受力情况不变，故粒子仍然保持静止状态，选项D错误。答案B
9、C分析平行板电容器动态变化的三点关键(1)确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变。(2)恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E分析极板间电场强度的变化情况。(3)若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化。1. (2018北京理综)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图3所示。下列说法正确的是()图3A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器a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
10、板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a板带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的电荷，故选项A正确；实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由C，可知电容C变小，由C可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，选项B错误；实验中，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数r变大，由C，可知电容C变大，由C可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，选项C错误；实验中，只增加极板带电量，电容C不变，由C，可知静电计指针的张角变大，故选项D错误。答案A2.(多选)(2019山东青岛模拟)如图4所示，电路中A、B、C、D是完全相同
11、的金属极板，P是A、B板间的一点，在C、D板间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。现将C、D板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是()图4A.金属板C、D构成的电容器的电容减小B.P点电势降低C.玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流D.A、B两板间的电场强度减小解析根据C，将C、D板间的玻璃板抽出，电介质r减小，其他条件不变，则金属板C、D构成的电容器的电容减小，选项A正确；闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板上的总电荷量不变，金属板C、D构成的电容器的电容减小，由U可知极板C、D间的电势差变大，极板A、B间的电势差变大，由E可知极板A、B间的场强变大，P点与B板的电势差变大，又
12、因B板接地，电势为零，故P点电势升高，因此电容器CD处于放电状态，电容器AB处于充电状态，电阻R中有向右的电流，选项C正确，B、D错误。答案AC带电粒子在电场中的直线运动1.用动力学观点分析a，E，v2v2ad2.用功能观点分析匀强电场中：WqEdqUmv2mv非匀强电场中：WqUEk2Ek1【例2】 中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图5所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器
13、并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106m/s，进入漂移管E时速度为1107 m/s，电源频率为1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1108 C/kg。求：图5(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。【思路点拨】 (1)质子在B管中做匀速直线运动，已知速度，根据题意确定质子在管中运动的时间就可以求出管B的长度。(2)从B管到E管质子被三次加速，根据动能定理就可以确定加速电压。解析(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，
14、漂移管A的长度为L，则TLvB联立式并代入数据得L0.4 m(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电压对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W，质子的电荷量为q、质量为m，则WqUW3WWmvmv联立式并代入数据得U6104 V答案(1)0.4 m(2)6104 V带电粒子在电场中直线运动的分析方法1.(2017江苏单科)如图6所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()图6A.运动到P点返回 B.运动到P和P点之间返回C.运动
15、到P点返回 D.穿过P点解析根据平行板电容器的电容的决定式C、定义式C和匀强电场的电压与电场强度的关系式UEd可得E，可知将C板向右平移到P点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。答案A 2.如图7所示，水平虚线MN上、下方空间分别存在场强方向相反、大小相等的匀强电场。以虚线MN处电势为零，A、B是位于两电场中同一竖直线上的两点，且到MN的距离均为d，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放，已知粒子在运动过程中的最大电势能为Emax，不计粒子重力。求：图7(1)匀强电场的场强大小；(2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时
16、间。解析(1)粒子释放后，在MN上方电场中，电场力做正功，电势能减小，在MN下方电场中，电场力做负功，电势能增大。由能量守恒和对称性可知，粒子在A、B两点间做往返运动，且在A、B处时电势能最大。MN处电势为零，设A到MN间电势差为U，A点电势为A，电场强度大小为E，则有UA0A，EmaxqA，UEd，联立解得E。(2)粒子从A到MN做匀加速直线运动，设经历的时间为t，到MN时粒子速度为v，加速度为a，则有vat，qEma，从A到MN由能量守恒有Emaxmv2，联立解得td，由对称性可得，粒子第一次返回A点所需时间为4t4d。答案(1)(2)4d带电粒子在电场中的偏转运动1.带电粒子在电场中偏转
17、的一般规律2.两个重要推论(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的偏转角、偏移量总是相同的。证明：由qU0mv及tan 得tan 。再由y得y。(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，即O到电场边缘的距离为。3.处理带电粒子的偏转问题的方法(1)运动的分解法一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。(2)功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置间的电势差。【例3】 如图8所示，A、B两
18、个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A点，B粒子打在N板上的B点，若不计重力，则()图8A.q1q2 B.m1m2C. D.解析设粒子的速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，匀强电场的场强为E，所以加速度a，运动时间为t，偏转位移为yat2，整理得y，显然由于A粒子的水平位移小，则有，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，选项A、B、D错误，C正确。答案C拓展延伸】如果仅将例3】中的“以相同的速度”改为“以相同的初动能”，则正确的选项是上述例3】中的
19、()解析由【例3】解析可知y，由题意Ek0mv，整理得y，由于A粒子的水平位移小，则A粒子的电荷量大，即q1q2，选项A正确；由以上分析可知，不能确定两粒子的质量关系，选项B、C、D错误。答案A带电粒子在电场中的偏转运动：在垂直电场方向上做匀速直线运动，在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量；沿电场力方向做匀加速直线运动，在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量。在垂直电场方向上有t，沿电场力方向上有yat2或vyat，a，联立方程可求解。1.(多选)(2016天津理综)如图9所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1之后进入
20、电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()图9A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置解析设加速电场宽度为d，偏转电场长度为L，在加速电场中有qE1dmv，在偏转电场中有Lv0t，yt2得y，与比荷无关，所以三种粒子一定打到屏上同一位置，故选项D正确；偏转电场对粒子做功WqE2y，与粒子质量无关，所以选项A正确；三种粒子在加速电场和偏转电场中电场力做功qE1dqE2ymv2，粒子打到屏上的速度v，与比荷有关，故速度不一样大，B错误；粒
21、子运动到屏上的时间t()，与比荷有关，故C错误。答案AD2.如图10所示，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中的圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强大小都为E0，方向沿圆弧半径指向圆心O。离子质量为m、电荷量为q，QN2d，PN3d，离子重力不计。图10(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值。解析(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，得qUmv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿
22、第二定律，得qE0m，解得R。(2)离子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律，得vt，PNat2由牛顿第二定律，得qEma，解得E。答案(1)(2)实验：观察电容器的充电、放电现象基本原理与操作装置及器材操作要领(1)电容器的电容要大一些，电源的电压在6 V左右，小灯泡的额定电压比电源电压稍低，在4 V左右；(2)开关向a闭合时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向；(3)开关向b闭合时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向。【例4】 (多选)电流传感器反应非常灵敏，与计算机相连接，能立即描绘出电流随时间变化的图象。如图11甲所示，在观察充电、放电现象的实验中，电源用直流8 V，电容器的电容
23、是几十微法。先使开关S掷向1端，电源向电容器充电，这个过程瞬间完成。然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的It曲线如图乙所示。下列说法正确的是()图11A.S接1时，电容器充电，带电量Q增加，板间电压U增加，板间场强E减小B.S接2时，电容器放电，带电量Q减少，板间电压U减少，板间场强E减小C.在It图中图线与横轴所围的面积表示电荷量D.根据以上数据和信息不可能估算出电容的多少解析电容器充电，板间场强E增大，选项A错误；电容器放电，带电量Q减少，板间电压U减少，板间场强E减小，选项B正确；在It图中，由qIt可知，图线与横轴之间的
24、面积表示放电的电荷量，选项C正确；由于充电后电容器的电压是8 V，放电的电荷量等于图线与横轴之间的面积，根据C可能估算出电容的多少，选项D错误。答案BC针对训练按如图12所示电路连接好器材，使开关S先后接触a、b，以下说法正确的是()图12A.S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相同B.S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相反C.S接a时，电容器充电，电容器的电能转化为其他形式的能D.S离开a接到b时，电容器放电，其他形式的能转化为电容器的电能解析充电过程与放电过程的电流方向是相反的，选项A错误，B正确；电容器充电，其他形式的能转化为电容器的电能，选项C错误；S离开a接到b时，电容器放电，
25、电容器的电能转化为其他形式的能，选项D错误。答案B科学态度与责任系列电容器在科技生活中的应用电容器在现代生活中应用十分广泛，其中作为传感器使用的有智能手机上的电容触摸屏、电容式传声器、电容式加速度计等。应用一智能手机上的电容触摸屏1.(多选)目前智能手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，手指和工作面形成一个电容器，控制器精密确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是()图13A.电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B.使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C.手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D.手指与屏的接触
26、面积变大时，电容变大【思维导图】解析据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，选项A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，选项B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，选项C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，选项D正确。答案AD应用二电容式传声器2.(2019广东汕头模拟)图14为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中()图14A.膜片与极板间的电容增大B.极板所带电荷量
27、增大C.膜片与极板间的电场强度增大D.电阻R中有电流通过【思维导图】解析根据C可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据QCU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项B错误，D正确；根据E可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误。答案D应用三电容式加速度计3.(多选)电容式加速度传感器的原理如图15所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容。则()图15A.电介质插入极板间越深，电容器电容越小B.当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C.若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩
28、D.当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析由C知，电介质插入越深，r越大，即C越大，选项A错误；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，选项B错误；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，选项C正确；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，r增大，C增大，电源电动势不变，由C知，Q增大，两极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，选项D正确。答案CD活页作业(时间：40分钟)基础巩固练1.如图1所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏
29、除颤器，在短于一分钟内使70 F电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是()图1A.电容器放电过程中电压不变B.电容器充电至2 500 V时，电容为35 FC.电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 CD.电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%解析电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C知QCU701065103 C0.35 C，选项C错误；由知，100%23%，选项D正确。答案D2.如图2所示，电子由静止开始
30、从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则()图2A.当减小两板间的距离时，速度v增大B.当减小两板间的距离时，速度v减小C.当减小两板间的距离时，速度v不变D.当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析由动能定理得eUmv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，即t，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误。答案C3.(2016天津理综)如图3所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示
31、两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()图3A.增大，E增大 B.增大，Ep不变C.减小，Ep增大 D.减小，E不变解析若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C可知，C变大；根据QCU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角减小；根据E，QCU，C联立可得，E，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。答案D4.(2018江苏单科)如图4所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带
32、电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()图4A.仍然保持静止 B.竖直向下运动C.向左下方运动 D.向右下方运动解析由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确。答案D5.如图5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q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q 的粒子。在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。
33、已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力，则Mm为()图5A.32 B.21 C.52 D.31解析设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有：aM，lt2；对m有：am，lt2，联立解得，选项A正确。答案A6. (2019广州测试)如图6所示，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，沿垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是()图6A.保持U2和平行板间距不变，减小U1B.保持U1和平行板间距不变，增大U2C.保持U
34、1、U2和下板位置不变，向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板解析粒子在电场中加速，有qU1mv，在偏转电场中，有xv0t，yat2t2，解得x2。开始时xL，保持U2和平行板间距不变，减小U1，x减小，选项A错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，x减小，选项B错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，x变大，此措施可行，选项D正确。答案D7.如图7所示，一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的粒子(电子)。若极板
35、长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的粒子的这一速度为()图7A. B.C. D.解析粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有Lv0t，竖直方向有at2，且a。从A到C的过程有eUmvmv2，以上各式联立解得v，选项C正确。答案C综合提能练8.如图8所示，D是一只二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P的运动情况是()图8A.向下运动 B.向上运动C.仍静止不动 D.不能确定解析当带电微粒P静止时，对其进
36、行受力分析得qEmg，即qmg。当A、B之间距离增大时，电容器的电容C减小，由QCU得，Q也减小，但由于电路中连接了一个二极管，它具有单向导电性，不能放电，故电容器A、B两极板上的电荷量不变，场强不变，电场力仍等于微粒的重力，故带电微粒仍保持静止状态，选项C正确。 答案C9.(多选)(2018河北衡水中学调考)如图9所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是()图9A.电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量B.两电荷在电场中运
37、动的加速度相等C.从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同解析从轨迹可以看出yMyN，故t2t2，解得，qMqN，选项A正确，B错误；根据动能定理，电场力的功为WEkmv，质量m相同，M电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度vy也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，选项C正确；从轨迹可以看出xMxN，故vMtvNt，故vMvN，选项D错误。答案AC10.(多选)如图10所示，带电荷量之比为qAqB13的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，
38、分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响，则()图10A.A和B在电场中运动的时间之比为12B.A和B运动的加速度大小之比为41C.A和B的质量之比为112D.A和B的位移大小之比为11解析粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由xv0t及OCCD得，tAtB12，选项A正确；竖直方向由hat2得a，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aAaB41，选项B正确；根据a得m，故mAmB112，A和B的位移大小不相等，选项C正确，D错误。答案ABC11.(2019山东临沂质检)如图11所示，虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为
39、E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，A点与MN相距，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：图11(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan ；(3)电子打到屏上的点P到点O的距离x。解析(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得a1，a1tv1a1t1t2运动的总时间为tt1t23。(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得
40、，电子在电场中的加速度为a2，t3，vya2t3，tan 解得tan 2。(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1x1a2ttan 解得xx1x23L。答案(1)3(2)2(3)3L12. (2019山东济宁一模)如图12所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图。在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y的一段(0xL，0yL)为边界的匀强电场区域，电场强度为E；在第二象限存在以(2Lx0，0yL)为边界的匀强电场区域。一电子(电荷量大小为e，质量为m，不计重力)从电场的边界B点处由静止释放，恰好从N点离开电场区域。求：图12(1)电子通过C点时的速度大小；(2)电场区域中的电场强度的大小；(3)试证明：从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场。解析(1)由双曲线y知BC间距离为从B到C由动能定理eEmv0解得电子通过C点时的速度大小vC。(2)电子从C点进入区域，在区域中做类平抛运动。x轴方向2LvCty轴方向Lt2解得区域中的电场强度的大小E。(3)设电子从AB曲线上点P(x，y)进入电场区域，在区域由动能定理eExmv0假设电子能够在区域中一直做类平抛运动且落在x轴上的x处。则y轴方向yt2x轴方向xv0t又y，解得x2L即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出。答案(1)(2)(3)见解析
