第八章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动 1．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。 2．利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动。 3．掌握带电粒子在电场中的偏转规律，会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系。 [对应学生用书P168] 【微点辨析】 (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。(×) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。(×) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×) (4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×) (5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(√) (6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(×) [对应学生用书P168] 考点 平行板电容器的动态分析(素养自修) 1.[极板间电压不变](2024·黑吉辽)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(　　) A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 解析　降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C＝可知，电容器的电容增大，故A错误；溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q＝CU结合A选项分析可知，电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，故D错误。 答案　B 2．[极板所带电荷量不变]如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，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点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ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(　　) A．E不变，Ep不变　　　 B．U不变，E减小 C．θ增大，E不变 D．θ不变，Ep增大 解析　两板间的电场强度E＝＝＝，因此电场强度与板间距无关，即E不变，P点到下极板距离不变，则P点的电势不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确，D错误；电容器没有连接电源，故电容器的带电量不变，上极板向下移动，板间距减小，根据C＝可知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏角θ减小，故B、C错误。 答案　A 考点 带电粒子在电场中的直线运动(互动共研) 1．电场中重力的处理方法 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。 (2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。 2．做直线加速运动的条件 带电粒子(体)所受合外力与速度方向在同一条直线上。 3．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad 4．用能量观点分析 (1)匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02。 (2)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 考向1　带电粒子在电场中的直线运动 [例1]　(2022·北京卷)如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。 (1)求带电粒子所受的静电力的大小F。 (2)求带电粒子到达N板时的速度大小v。 (3)若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。 解析　(1)两极板间的电场强度E＝，带电粒子所受的静电力F＝qE＝q。 (2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有qU＝mv2， 解得v＝。 (3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v′， 根据功能关系有q＝mv′2， 带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动， 设用时分别为t1、t2，有＝t1，＝v′t2， 则该粒子从M板运动到N板经历的时间t＝t1＋t2＝。 答案　(1)q　(2)　(3) 考向2　带电体在电场中的直线运动 [例2]　学校科技节中某参赛选手设计的运输轨道如图甲所示，可简化为倾角为θ的足够长固定绝缘光滑斜面。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为x轴的正方向，且沿x轴部分区域存在电场。在斜面底端由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的滑块，在滑块向上运动的一段过程中，机械能E随位置坐标x的变化如图乙所示，曲线A点处切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场。以下说法正确的是(　　) A．在x1～x3过程中，滑块动能先减小后恒定 B．在x1处滑块的动能最大，Ekmax＝－mgx1sin θ C．在0～x2的过程中重力势能与电势能之和一直增大 D．在0～x3过程中，滑块先加速后减速 解析　根据qEx＝ΔE机，可知机械能E随位置坐标x的变化图像中图像上某点切线的斜率表示电场力，由于滑块由静止开始运动，则刚刚释放时的电场力大于重力沿斜面的分力，结合图像可知，图像的斜率先增大后减小至0，则电场力先增大至最大值，后减小至0，可知电场力与重力沿斜面的分力大小相等的时刻在x1～x2中间的某一位置，在该位置，滑块所受合力为0，该位置之后，电场力小于重力沿斜面的分力，根据动能定理可知在x1～x3过程中，滑块动能先增大后减小，A错误；动能最大位置时，滑块速度最大，滑块所受合力为0，根据上述可知，动能最大的位置在x1～x2中间的某一位置，B错误；根据上述可知，在0～x2的过程中滑块动能先增大后减小，而滑块在运动过程中只有重力势能、电势能与动能之间的转化，可知在0～x2的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大，C错误；根据上述可知，在0～x3过程中，滑块向上运动，滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，最后做匀减速运动，即在0～x3过程中，滑块先加速后减速，D正确。故选D。 答案　D 考向3　带电粒子在交变电场中的直线运动 1．常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动。 (2)粒子做往返运动。 3．解题技巧 (1)按周期性分段研究。 (2)将at图像vt图像。 [例3]　(多选)如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交流电压，两板间电势差随时间的变化规律如图所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响可忽略。则下列说法正确的是(　　) A.若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动 B.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动 解析　根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。 由图丁可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，故A正确；若电子在t＝时刻进入，则由图像知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正确；若电子在t＝时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回A板从小孔飞出，故C错误；t＝时刻电子一靠近小孔便受到排斥力，此时电子不能进入电场，故D错误。 答案　AB 考点 带电粒子在电场中的偏转(互动共研) 1．带电粒子在电场中偏转的一般规律 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。 (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，若电场宽度为l，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：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。 [例4]　一束电子从静止开始经加速电压U1＝U0加速后，水平射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示。金属板长为l，两板距离为d＝l，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L＝2l，若在两金属板间加直流电压U2＝2U0时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，其中电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子之间的相互作用。求：(结果用e、m、l、U0表示) (1)电子刚进入偏转电场时的速度大小。 (2)电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小。 (3)OP的长度和电子打到P点时的动能。 解析　(1)电子经U1＝U0的电场加速后，由动能定理可得eU1＝mv， 解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为v0＝＝。 (2)电子以v0的速度进入偏转电场U2做类平抛运动， 则有l＝v0t，a＝＝，y＝at2， 联立解得电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小为y＝＝。 (3)电子离开偏转电场时垂直极板方向速度大小为vy＝at＝·＝， 电子离开偏转电场时偏转角θ的正切值为tan θ＝＝＝1， 根据几何关系可知，OP的长度为OP＝y＋L tan θ＝l＋2l＝l， 由动能定理得，电子打在荧光屏的P点动能为Ek＝eU1＋ey＝2eU0。 答案　(1)　(2)　 (3)l　2eU0 1．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 B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角为30° 解析　粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误。 答案　C 2．利用电场来加速和控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，两板间所加电压为U0，金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板间加有恒定的偏转电压。现有一质子(11H)和α粒子(24He)从小孔S1处先后由静止释放，经加速后穿过小孔S2水平向右进入偏转电场。已知α粒子的质量为m，电荷量为q。 (1)求α粒子进入偏转电场时的速度大小。 (2)请判断质子和α粒子在偏转电场中的运动轨迹是否相同，并说明理由。 (3)交换M、N两板的极性，使大量电子加速后连续不断地穿过小孔S2水平向右进入偏转电场，且进入偏转电场的速度均为v＝6.4×107 m/s。已知极板P和Q的长度L＝8×10－2 m，间距d＝5×10－3 m，两极板间改为频率为50 Hz的交流电压u＝Umsin 100πt(V)。电子质量me＝9.1×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C。若要在偏转极板的右侧始终能检测到电子，求Um满足的条件。 解析　(1)根据动能定理qU0＝mv02，解得α粒子进入偏转电场时的速度大小v0＝。 (2)建立如图所示的坐标系， 设偏转极板P、Q间的电压为U，极板间距为d，则a＝，x＝v0t，y＝at2，解得y＝ x2， 与带电粒子的质量和电荷量无关，故质子和α粒子在偏转电场中的运动轨迹相同。 (3)设电子飞出偏转极板的时间为t，当电子的侧位移为时，得＝，解得u＝＝91 V，若要在偏转极板的右侧始终能检测到电子，需满足Um＜91 V。 答案　(1)v0＝　(2)相同，见解析 (3)Um＜91 V [对应学生用书P171] 现代科技中的静电场问题 1．(静电喷涂)在汽车喷漆中，有一门技术叫作静电喷涂，在市场上已经得到广泛的运用。静电喷涂是指一种利用电荷和电场将雾化涂料的粒子吸引到喷涂对象的喷涂工艺，其原理结构图如图所示。下列说法正确的是(　　) A．雾化涂料向工件运动的过程中做匀变速曲线运动 B．喷口喷出的雾化涂料微粒带负电，被涂工件接正极 C．雾化涂料向工件运动的过程中，电场力做正功，电势能增加 D．图中的工件可以是绝缘体 解析　雾化涂料向工件运动的过程中，库仑力变化，加速度变化，因此不是做匀变速曲线运动，故A错误；由题图知，由喷口喷出的雾化涂料微粒带负电，被涂工件接正极，通过雾化涂料和工件之间的电场，加强吸附效果，故B正确；雾化涂料向工件运动的过程中，电场力做正功，电势能减少，故C错误；静电喷涂中，工件需要接地，应是导体，故D错误。故选B。 答案　B 2．(喷墨打印机)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 解析　带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移量Y1＝at2，a＝，t＝，可得Y1＝，Y2＝l tan θ，tan θ＝，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，均使字迹增大，故选项C正确，A、B、D错误。 答案　C 3．(高压电场干燥技术)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，被鼓风机送出的水平微风裹挟着飞离电场区域。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是(　　) A．水分子运动中受到的电场力越来越小 B．沿着曲线ABCD方向电势越来越低 C．水分子运动中电势能越来越小 D．水分子的轨迹ABCD是一条抛物线 解析　根据电场线疏密可以判断电场强弱，所以D点电场线最密，电场强度最强，所以D点水分子受电场力最大，水分子所受电场力越来越大，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。 答案　C 课时检测训练35　电容器　带电粒子在电场中的运动 对应学生用书P406 对点练1　平行板电容器的动态分析 1．如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板B和静电计外壳均接地，电容器右侧极板A与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开，下列操作能使静电计的指针偏角变大的是(　　) A．减小A板与B板之间的水平距离 B．将橡胶棒插入A板与B板之间 C．A板位置不动，将B板稍微竖直向下平移 D．将A板也接地 解析　静电计指针偏角反映的是电容器两极板之间的电势差，电容器带电后与电源断开，则Q不变，减小A板与B板之间的水平距离，根据C＝可知电容C增大，根据U＝可知U变小，指针偏角变小，故A项错误；将橡胶棒插入A板与B板之间εr变大，根据C＝可知电容C增大，根据U＝可知U变小，指针偏角变小，故B项错误；A板位置不动，将B板稍微竖直向下平移，S变小，根据C＝可知电容C减小，根据U＝，可知U变大，指针偏角变大，故C项正确；将A板也接地，AB两板电势差变为0，则指针偏角变小，故D项错误。 答案　C 2．如图所示是一个由电池、电流计、理想二极管、开关S与平行板电容器组成的串联电路，其中电流计指针偏转方向与电流方向满足图示“右进右偏，左进左偏”。开关S闭合，电路稳定后，下列说法正确的是(　　) A．若将A板向上平移一小段距离，则电流计指针会左偏 B．若紧贴A板内侧插入一块玻璃板，则电流计指针会左偏 C．若将B板向右平移一小段位移，则电流计指针会右偏 D．若将B板向上平移一小段位移，则电流计指针会右偏 解析　根据C＝，将A板向上平移一小段距离C变小，由C＝可知Q变小，由于二极管的单向导电性，则不会有a→b放电电流，则电流计指针不动，A项错误；紧贴A板内侧插入一块玻璃板，致使电容器的电容增大，根据C＝，则电荷量将变大，由于二极管存在单向导电性，则会有b→a充电电流，则电流计指针会右偏，B项错误；根据C＝，将B板向右平移一小段位移，致使电容器的电容减小，根据A项分析可知，C项错误；根据C＝，将B板向上平移一小段位移，致使电容器的电容增大，根据C＝，则电荷量将变大，则会有b→a充电电流，则电流计指针会右偏，D项正确。 答案　D 3.(2024·甘肃卷)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是(　　) A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加 B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点 C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小 D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点 解析　充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由N点流向M点，随着电容器带电荷量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A、B错误；放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点，电容器两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确，D错误。 答案　C 对点练2　带电粒子在电场中的直线运动 4．(2023·浙江卷)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C，质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，则(　　) A．MC距离为5 cm B．电势能增加了×10－4 J C．电场强度大小为×104 N/C D．减小R的阻值，MC的距离将变大 解析　根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示，根据几何关系可得T＝qE，Tsin 60°＋qEsin 60°＝mg，联立解得T＝qE＝×10－3 N，剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示，根据几何关系可得 LMC＝dtan 60°＝10 cm，故A错误；根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移x＝(10－5sin 30°) cm＝7.5 cm，与电场力方向相反，电场力做功为W电＝－qEx＝－×10－4 J，则小球的电势能增加×10－4 J，故B正确；电场强度的大小E＝＝×105 N/C，故C错误；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。 答案　B 5．如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　) A．电场强度的最小值等于 B．电场强度的最大值等于 C．带电油滴的机械能不可能增加 D．电场力可能对带电油滴不做功 解析　带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F与油滴轨迹垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mg sin θ，得到Emin＝，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变，这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E＞时，电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C错误。 答案　D 6.如图所示，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(　　) A.运动到P点返回 B.运动到P和P′点之间返回 C.运动到P′点返回 D.穿过P′点 解析　设A、B两金属薄板之间的电势差为U1，B、C两金属薄板之间的电势差为U2，金属薄板之间的间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理qU1－qU2＝0，qU2＝qEd，将C板向右平移到P′点，BC之间的电场强度不变，电势差增大，所以电子还是运动到P点速度减小为零然后返回。故A正确。 答案　A 对点练3　带电粒子在电场中的偏转 7．(多选)(2021·全国乙卷)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，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y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　带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t＝，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝＝＝，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q，m)粒子与(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(＋q，2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确，B、C错误。 答案　AD 8.(多选)(2025·辽宁省联考)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，板间距离为L，电场强度为E。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v0；平行M板向下的粒子，刚好能到达N板下端。不计粒子重力和粒子间的相互作用，利用以上信息可求得(　　) A.金属板的长度 B.粒子在两板间的加速度大小 C.两个粒子到N板时的动能 D.两个粒子的电势能的变化量 解析　垂直M板向右的粒子做匀加速直线运动，由(v0)2－v＝2aL，可求加速度的大小a＝，两个粒子相同，所以它们的加速度大小相同，B选项可求，B正确；平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向上由L＝at2，可求其运动时间，竖直方向上由y＝v0t，可求竖直位移大小，板长是y的二倍，所以A选项可求，A正确；由于粒子的质量未知，无法求出粒子的动能大小，由于粒子电荷量未知，求不出静电力做的功，也求不出粒子电势能的变化量，所以C、D选项不可求，C、D错误。 答案　AB 9．负离子吹风筒是目前比较流行的吹风筒。如图，某负离子吹风筒吹出含有大量氧离子(－2e)的空气，沿水平方向进入电压为U的加速电场，之后进入竖直放置的偏转电场，偏转电场极板电压恒为U，极板间距为d，长度也为d。若空气流中所含氧离子分布均匀且横截面积足够大，氧离子质量为m，不考虑空气流分层现象，不计离子间作用力，不计空气对离子流和电场的影响，不计氧离子重力以及氧离子进入加速电场的初速度。求： (1)氧离子进入偏转电场的速度大小。 (2)能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例。 解析　(1)氧离子进入加速电场，根据动能定理有2eU＝mv02，解得v0＝2； (2)氧离子在偏转电场中做类平抛运动，偏转电场场强为E＝，根据牛顿第二定律有2eE＝ma，解得a＝，若氧离子能够射出偏转电场，根据运动学公式t＝，y＝at2，联立解得y＝，因此，距上板的氧离子恰好能够离开偏转电场，能够离开偏转电场的氧离子占能够进入偏转电场氧离子的比例为k＝＝。 答案　(1)2　(2) 10．如图所示，内阻不计的电源与平行板电容器连接，电容器的下极板接地，上极板接一静电计，不计静电计所带的电量。P点是两极板间的一点，P点到两极板的距离相等。下列说法正确的是(　　) A．只将平行板电容器的上极板向下移动一小段距离，P点的电势升高 B．只将平行板电容器的上极板向上移动一小段距离，静电计的张角变大 C．只将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，电容器间的场强变大 D．只在平行板电容器两极板间插入一厚度稍小于两极板间距离的绝缘陶瓷，电容器的电容变小 解析　只将平行板电容器的上极板向下移动一小段距离，两极板间的场强变大，P点的电势φ＝Ed，电势升高，故A正确；静电计的电压始终等于电动势，只将平行板电容器的上极板向上移动一小段距离，静电计的张角不变，故B错误；根据C＝，只将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，电容器正对面积S变小，电容器的电容变小，但板间电压不变，板间距离不变，场强不变，故C错误；根据C＝，只在平行板电容器两极板间插入一厚度稍小于两极板间距离的绝缘陶瓷，εr变大，电容器的电容变大，故D错误。故选A。 答案　A 11．(多选)(2023·湖北卷)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∶1 B．U1∶U2＝1∶1 C．微粒穿过电容器区域偏转角度的正切值为2 D．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 解析　粒子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＝，F＝qE＝ma，粒子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＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点由运动学关系vy2＝2ad，粒子射入电场时由动能定理可得qU1＝mv02，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；粒子从射入到运动到最高点由运动学可得2L＝vxt，d＝·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝，设粒子穿过电容器与水平的夹角为α，则tan α＝＝，粒子射入电场和水平的夹角为β＝45°，tan (α＋β)＝＝3，C错误；粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝a′t2，联立x＝vx′t′，qU1＝mv2，vx′＝vcos 45°，解得y＝，且x＝vx′t′，y＝·t′，即解得x＝2L，y＝d＝L，即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理x＝L＝vx′t1′，vy1＝a′t1′，y1＝t1′＝＝，即轨迹不会变化，D正确。故选BD。 答案　BD 12．如图所示，较大的平行金属板正对水平放置，P板在上、Q板在下，距离为d。质量为m、电荷量为＋q的带电小球自距P板d处的O点由静止释放，运动时间t，在PQ两板间加未知电压U，又经过2t小球返回出发点，该过程中小球未与下板Q接触。已知重力加速度为g，小球运动过程中电荷量保持不变，忽略空气阻力。求： (1)PQ两板电势差UPQ。 (2)欲使小球不与下板Q接触，t的最大值。 (3)当t取(2)最大值，为使小球不与P板接触，当小球返回O点时，改变PQ两板电势差，PQ两板电势差UPQ′满足的条件。 解析　(1)由静止释放，小球做自由落体运动， t时间内位移h＝gt2，t时刻的速度v1＝gt， 若加上电场后，假设小球的加速度为a1，2t时间内小球的位移(假设竖直向上为正方向)x＝－v1·2t＋a1(2t)2， 根据题意可知：x＝h，解得：a1＝g， 小球返回过程中由牛顿第二定律得： qE－mg＝ma1， 两极板间电压U＝Ed，电场方向向上，所以Q极板电势高，所以PQ两极板的电势差UPQ＝－； (2)若小球不与下板接触，临界条件为小球到达Q板速度为0，所以h＋＝d， 解得：t＝； (3)小球自Q板开始向上做匀加速运动，设小球到达O点速度为v2，则：v22＝2·g·d， 小球恰好不与P板接触，则小球到达P板速度为零，设自O点到P板过程中加速度为a2，则：v22＝2·a2·d，解得：a2＝g＞g， 所以电场方向下，对小球应用牛顿第二定律：mg＋q＝ma2，则PQ两板电压U′＝，电场方向向下，所以P板电势高，故PQ两板电压满足：UPQ′≥。 答案　(1)－　(2)　(3)UPQ′≥ 13．如图所示，板长L＝30 cm的两金属板A、B平行正对，板间距离d＝2 cm，A、B间接u＝91sin (100πt) V交流电源。持续均匀的电子束以速度v0＝3×107 m/s沿着A板射入电场，若电子与金属板接触会被吸收，但对板间电压的影响可忽略。已知电子质量m＝0.91×10－30 kg，电子电荷量q＝1.6×10－19 C，不计重力。求： (1)交流电源的周期和电子穿过板间的时间。 (2)电子从B板边缘飞出电场时的板间电压。 (3)飞出电场的电子占飞入电场的电子的百分比。 解析　(1)交流电源电压的变化周期： T＝＝＝0.02 s， 电子沿极板方向的分速度不变，穿过板间的时间： t＝＝ s＝10－8 s； (2)穿过板间的时间远远小于交流电源电压的变化周期，可以认为电子穿过板间时两板之间为匀强电场，电子从B板边缘飞出电场， 有E＝，F＝qE，a＝，d＝at2， 联立解得U＝45.5 V； (3)电子有半个周期向上偏转，被金属板A吸收，另外半个周期内部分电子能飞出电场， 由于＝，arcsin ＝， 所以这半个周期内有时间有电子飞出电场，在一个完整的周期内，有的电子飞出电场，占比16.7%。 答案　(1)0.02 s　10－8 s　(2)45.5 V　(3)16.7% 学科网（北京）股份有限公司 $$