新知预览2 带电粒子在电场中的运动-【快乐假期】2025-2026学年高一物理暑假作业

三0022 电力做功1×10一J,所以可得电场强度方向由O指向 CC网电费基药.-号-二淡8v=5v,所以 _Ug=5v/m=50V/m] E=0c-0.1 素养培优 解析：(1)由题意，D→C电场力做正功，W=qELm cos 60 W 3.2×10-1? 则qLecos60-1.6×10X0.04x0.5N7C =1×10N/C. (2)电子在电场中平衡，受到的电场力方向向上，电子带 负电，则场强方向为A→B.A、B间电势差为UAB=EdAB =10×6×10-V=600V. (3)A、D间电势差为UD=Edep cos60°=200V,由UD =9A一9n'9A=0得9n=-200V. 答案：(1)1×10N/C(2)600V(3)-200V [第二部分]新知预览1 情景辨析 (1)/(2)/(3)×(4)×(5)× 技能提升 1.C「电容器上标有“1.5uF9V”字样，说明电容器的电 容是1.5F,是电容器本身的特性，与所加电压无关，电 压是9V或4.5V时，电容都是1.5F,A、D错误；9V 是电容器的额定电压，即能承担的最大电压，不是只有 在9V的电压时，电容器才能正常工作，B错误；9V是 电容器的额定电压，即能承担的最大电压，所加的电压 不能超过9V,但9V不是击穿电压，C正确. 2.D[电容器放电过程中电流随着电容器电荷量的减少 而减小，故A错误：电容器铭牌上的电压为额定电压，所 以根据题意可知电容器的额定电压为6kV,而击穿电压 要比6kV高，故B错误；根据电容定义式可得电容器充 满电的电荷量为Q=CU=25×10-×6000C=0.15C, 故C错误，D正确.] 3.B[开关S接1，相当于给电容器充电，电容器上极板与 电源正极相连接，带正电，A错误；开关S接1稳定后，充 电完毕，电容器两极板间电压等于电源电动势，再断开 S,电容器两极板间有电场存在，B正确；开关S接1稳定 后，再将S掷向2，此时电容器处于放电过程，放电过程 上极板相当于电源的正极，流过电流传感器的电流方向 向下，流过电阻R中电流方向向左，C、D错误.] 4.B[开关S掷向1端时，电源给电容器充电，电容器两 极板所带电荷量及两极板间电压均增大，开关S掷向2 端后的极短时间内，电容器对电阻R放电，电容器两极 板所带的电荷量减小，两极板间电压也减小，直至最后 减小为0，故B正确，A、C、D错误.] 5.BD[塑料壳变厚时，相当于介电常数：变大，根据C= 品如C交大，断开开关，Q不支，根播C-吕.U会成 小，静电计指针偏角减小，故A、C错误，D正确；根据公 式B=号站合电客的决定式C=与电容的定义式 C-号可得，电场强度E=8可如当介电常盘支大 时，电场强度减小，故B正确.门 6 高一物提 6D[根据Q=CU,C可得当权板同距增大时电容 减小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大， 故A,B错误：根据E=马得E=4红Q,故场强不变，故C d ES 错误；移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器 储存能量增大，故D正确.故选D.] 7.C[按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器两 板间距d减小，根据C=可知电容C变大，因西 板间电压U一定，根据Q=CU可知，电容器带电荷量增 大，电容器处于充电状态，此时根据E三号可知金属片 间的电场强度E变大，故C正确.] 8.D[由题意知，电容器两板所带电荷量不变，正对面积 不变，A板下移时，导致极板间距减小，依据C品可 知电容增大，再根据推论E=4πQ可知，P点的电场强 E:S 度E不变，P点与下极板的距离不变，根据公式U=Ed, P点与下极板的电势差不变，而下极板的电势为零，所 以P点电势不变，故A、C错误；B板上移时，同理得知， 极板间距减小，依据C二可知电容增大，再根据推 论E=4πQ可知，P点的电场强度不变，根据公式U Ed,P点与下极板的电势差减小，而下极板的电势为零， 则P点电势降低，B错误，D正确，门 素养培优 1.B[静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电 荷量不变，电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两 极板带电，A错误；保持向前匀加速运动时，加速度恒定 不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电容不变，电 容器保持与电源相连，电压不变，由Q=CU知电荷量不 变，电路中无电流，B正确；由静止突然向后加速时，N板 相对向前移动，则极板间距减小，根据C知电容C一 增大，C错误；由静止突然向前加速时，N板相对向后移 则极板间距增大，根据C-心知电容C减小，电 不变，由Q=CU知电容器电荷量减小，电容器放电，电 流由b向a流过电流表，D错误.] 2.解析：(1)开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极 可知电容器上极板带正电：开关S接通2，电容器放电， 通过电流表的电流向左 (2)充满电后电容器所带电荷量Q=CU=3300×10F ×10V=3.3×10-2C.(3)电容器充电过程中，电流逐渐 减小，随着两极板电荷量增大，电流减小得越来越慢，电 容器充电结束后，电流减为0，A正确，B错误；电容是电 容器本身具有的焉性，根据电容的定义式C-吕可知， 电荷量与电压成正比，所以图线应为过原点的直线，C、D 错误. 答案：(1)上左(2)3.3×10：(3)A 新知预览2 情景辨析 (1)/(2)/(3)×(4)× 飞壁快乐假期 技能提升 ,A[根播动能定里得gU=合md,解得a 2gU 根据上式可知，经相同电压加速后，比荷日大的粒子 m 速度℃大，电荷量q大的粒子动能大，故A正确，B、 C、D错误.] 2A[根据动能定理得U=2m,可知电子到达Q板 时的魂率为√圆，将板网距离培大一信，因为包压 不变，电子到达Q板时的速率不变，A正确，B错误；电 子的加谁度为a=告=品旅搭d=合a,将1=d √0，若将两极板间电芬差U增大一倍，则电子到达Q 板的时间减为原未的竖C.D错说，] 3.C[质子和a粒子都带正电，从A,点释放将受静电力作 用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U,由动 能定理可知，对质子：2mHUH=9U 1 对a粒于：2m,u,=.U √门 所以= 4.D[由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动， 在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得一9U= 名m,要使柱子到达距N板号后返回，授此时两板板 1 间电压为U,粒子的初速度为y,则由动能定理可得一9 × 1 、2U11m,2,联立两方程得217=2·丁 3 5.C[电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l=t,t -送度方向1名r0故一即d 00 tC正门 6.A[设电子经加速电场加速后的速度为0，则有2mu =U。,所以电子进入偏转电场时速度的大小为= /©匹，电子进入偏转电场后的偏转位移y一豆ar一 m 名·当·（白）-品可见委障大可行的方决 有：增大偏转电压U,减小加速电压U。,减小偏转电场极 板间距离d.选项A正确.] 7.BC[三个电子的质量和电荷量都相同，可知加速度相 同a6两电子在竖直方向上的位移相学，报播y=了a 可知运动时间相等，故B正确：b、c竖直方向上的位移不 等y<%根据y=子a,可知1.，故A错误：在垂 直于电场方向即水平方向，三个电子做匀速直线运动， 则有=子，因x=,<,则>w,根据无=z >x。,则6>u,所以有u>%>℃。，故C正确：根据动能 定理知，口、b两电荷静电力做功一样多，所以动能增加量 相等，离开电场时c电荷偏移最小，静电力做功最少，动 能增加量最少，故D错误.] 6 9M-= 8,CD[两偏转板板同的电场强度E号，所以只增大d. 偏转电场的电场强度将减小，故A项错误.根据动能定 理，在加速电场中有eU1= 之m-0,所以电子进入偏 精电场的建定一√西，而电子在倍转电场中做类平 熟运动的时同一占，所以伤移量y= Zur-= 2dm ,所以只增大L或U,电子的偏转量都将增大，荧 U:L 光屏上光斑P的位置也会向上移动，故B项错误，D项 正确.电子在偏转电场中做类平抛运动的时间t=上=L √品，所以增大瓜时，电子穿起偏转电场的时同交 短，故C项正确.门 素养培优 1.B[由题意知，粒子A、B同时从静止开始做匀加速直线 运动，粒子A、B运动到平面Q的位移之比为3：4，由a 片y=-得，电量与的比值 mm 2m 为3：4，故A错误，B正确；两粒子从静止运动到平面Q 的过程中由动能定理得Ey=子m,解得√ qy 则粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为3：4，故 C、D错误.] 2.解析：(1)电子从A运动到MV的过程中，根据动能定理 得Ex号m心，解得=√吧 eEL (2)电子在电场E,中做初速度为零的匀加速直线运动， 设加速度为a1,时间为1，则a,=5,由0=a1t1,得t= m 巴三√是从MN到打到屏上的过程中所用时间t月 2L= mL ,总时间=t十=3√eE /mL (3)设电子射出电场E时平行电场方向的速度为v,由 牛顿第二定律得，电子在电场E:时的加速度为4，=E m 一2，电子在电场E中飞行时阿t二，则三e行 电子刚射出电场E,时的速度方向与AO连线夹角的正 切值为an0=马，解得tan0=2. ) (4)电子在电场中的运动轨迹如图所示 M 下D E 2 N 根据几何关系得tan0= 工一，解得x=3L 2+ leEL 答案：(1)√m (2)3eE (mL (3)2(4)3L三0022 新知预览2带电粒子在电1 〈《情境辨 如图所示，一电子在 加速电场加速后进入偏转 电场运动 +U (1)忽略重力，带电粒子加 速时做匀变速直线运动， (2)若电子由静止开始加速，满足动能定理 oU-mv'. ( ) (3)电子在匀强电场中偏转时，可能做匀速 圆周运动 () (4)当其他条件相同时，o越大，电子在偏 转电场中偏转距离越大. () [【《技能提升 ◆[知识点一]带电粒子在电场中的加速 1.质量和电荷量不同的带电粒子，在电场 中由静止开始经相同电压加速后（) A.比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒 子动能大 B.比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒 子速度大 C.比荷大的粒子速度和动能都大 D.电荷量大的粒子速度和动能都大 2.如图所示，在P板附近有一 电子由静止开始向Q板运 动.已知两极板间电势差为 U,板间距离为d,电子质量 为m,电荷量为e.则关于电子在两板间 的运动情况，下列叙述正确的是( ) A.若将板间距离d增大一倍，则电子到 达Q板时的速率保持不变 B.若将板间距离d增大一倍，则电子到 达Q板时的速率也增大一倍 C.若将两极板间电势差U增大一倍，则 电子到达Q板的时间保持不变 D.若将两极板间电势差U增大一倍，则 电子到达Q板的时间减为原来的一半 富一物理 恢弘志士之气，不宜妄自菲薄。 汤中的运动 完成日期： 月」 日 3.如图所示，在点电荷十Q④A 激发的电场中有A、B两 点，将质子和α粒子分别从A点由静止 释放到达B点时，它们的速度大小之 比为 ( A.1:2 B.2:1 C.√2：1 D.1:2 4.(2024·运城市高二月考)如图 所示，M、N是真空中的两块相 距为d的平行金属板.质量为 m、电荷量大小为g的带电粒 子，以初速度。由小孔进入电 场，当M、N间电压为U时，粒 子恰好能到达N板.如果要使 M 这个带电粒子到达距N板号后返回，下 列措施中能满足要求的是（不计带电粒 子的重力) A.使初速度减为原来的号 B.使M、N间电压提高到原来的2倍 C.使M、N间电压提高到原来的3倍 D.使初速度和M、N间电压都减为原来 的号 ◆[知识点二]带电粒子在电场中的偏转 5.如图所示，两极板与电源 相连接，电子从负极板边 缘垂直电场方向射入匀强 电场，且恰好从正极板边 缘飞出，现在使电子入射速度变为原来 的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从 正极板边缘飞出，则两极板的间距应变 为原来的 A.2倍 B.4倍 c. D.4 6.如图所示，一电子枪发射 出的电子（初速度很小， 可视为零)进入加速电场 加速后，垂直射入偏转电场，射出时偏转 位移为y,要使偏转位移增大，下列可行 的措施是 ) 人壁快乐假阴 A.增大偏转电压U B.增大加速电压U。 C.增大偏转极板间距离 D.将发射电子改成发射负离子 7.(多选)三个电子在同 一地点沿同一直线垂 直飞入偏转电场，不计 电子重力，如图，a打在 下极板上，b正好飞出.则由此可判断 A.b和c同时飞离电场 B.在b飞离电场的瞬间，a刚好打在下极 板上 C.进人电场时，a速度最小，c速度最大 D.c的动能增量最大，a和b的动能增量 一样大 8.(多选)如图是加速电场 与偏转电场的组合.当 加速电压为U1、偏转电 压为U2、偏转极板长为 L、板间距离为d时，电子打在荧光屏上 形成光斑P,则 () A.只增大d,偏转电场的电场强度增大 B.只增大L,荧光屏上光斑P的位置 不变 C.只增大U1,电子穿越偏转电场的时间 变短 D.只增大U2,能使荧光屏上光斑P向上 移动 【《素养培优 1.如图所示，一充电后平 行板电容器的两极板 Q 相距1，在正极板附近 B 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、电荷量为一q2(q2>0)的 粒子B,仅在静电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1的平面 Q,两粒子间相互作用力及两粒子的重力 均忽略不计，则以下说法正确的是 46 000= A.电荷量q1与q2的比值为3：7 B.电荷量q1与q2的比值为3：4 C.粒子A、B通过平面Q时的速度大小 之比为9：16 D.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3 :7 2.(2025·洪洞 屏 县第二中学 高二阶段练 习)如图所 示，虚线MN 左侧有一电 场强度为E,=E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E2=2E的匀强电场，在虚线 PQ右侧距PQ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,重力不计)无初速度地放入电场E,中 的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点 到MN的距离为与，A0连线与屏垂直， 垂足为O,求： (1)电子到MN的速度大小： (2)电子从释放到打到屏上所用的时间； (3)电子刚射出电场E,时的速度方向与 AO连线夹角0的正切值tan0; (4)电子打到屏上的点P'(图中未画出) 到点O的距离x.