第5期：电势差与电场强度的关系 电容器的电容-【数理报】2026-2027学年高中物理必修第三册同步学案（人教版）

素养 拓展 数理极 本版责任编辑：宋燕明 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 (上接第3版) 不做功 (上接第1版) 报纸发行质量反馈电话： B组能力篇 二、实验题（共9分） 设电容器两极板A和B间的距离为d,P点 0351-5271248 4.图4是某实验小组为了定性探究平行板 与B极板间的距离为d: 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共 电容器的电容与其结构之间的关系装置图。充 无论A极板下移，还是B极板上移，产生的 微电子科学与工程 18分) 电后与电源断开的平行板电容器的A板与静电 计相连，B板和静电计金属壳都接地，A板通过 结果都是电容器两极板A和B间距离d减小.由 学科：工学 1.如图1所示，在空间内 绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B 于E:与d无关，所以当两极板间距离4减 门类：电子信息类 存在一个匀强电场，立方体 ABCD-A,B,C,D,处在电场 板的移动请回答下列问题： 培养目标：本专业 小时，电场强度E的大小和方向都保持不变 中，其中A、B、CA各点的电 培养德、智、体等方面全 因为P点固定不动，当A极板下移时，P点 势分别为PA=2V,PB=4V, 面发展，具备微电子科 1 pc=6V,9=0,立方体的棱长a=1m,则下 与B极板间的距离d,保持不变，由U=Ed可 学与工程专业扎实的自 列说法正确的是 知，P点与B极板间的电势差Um保持不变，P点 然科学基础、系统的专 图4 A.立方体的AB,D,面构成等势面，且电势 的电势也不变.但当B板上移时，P点与B板间 业知识和较强的实验技 (1)本实验采用的科学方法是 为2V 的距离d山减小，虽然E保持不变，由Ups=Ed 能与工程实践能力，能 B.立方体的BDC,面构成等势面，且电势为 (2)在该实验中，静电计的作用是 可知，P点与B板间的电势差Um将减小，所以P 在微电子科学技术领域 4V 点的电势也降低.故AC正确，BD错误 从事研究、开发、制造和 C.将电子由C点沿立方体棱边移动到D, A.测定该电容器的电荷量 二、保持电容器两极板和电源两极相连接 管理等方面工作的专门 电势能增加4eV B.测定该电容器两极板间的电势差 人才 两极板间电压不变的问题 D.将质子由A点沿立方体棱边移动到B, C.测定该电容器的电容 培养要求：本专业 这类问题由于电容器始终连接在电源上， 电势能减少2ev D.测定A、B两板之间的电场强度 学生要求在物理学、电 2.有一匀强电场平 (3)在实验中观察到的现象，不正确的是 因此两极板间的电压保持不变，根据下列几式 子技术、计算机技术和 行于xOy平面，平面内 讨论C、Q、E的变化情况 微电子学等方面掌握扎 a、b、c、d四点的位置如 A.甲图中的手水平向左移动时，静电计指 C=6S 实的基础理论，掌握徽 图2所示，cd、cb分别垂 针的张角变大 d 电子器件及集成电路的 直于x轴y轴，其中a、 2 B.甲图中的手水平向左移动时，静电计指 0b三点电势分别为4V、6V、8V.则( 针的张角不变 0=1c-ea d 原理、设计、制造、封装 A.c点电势为10V C.乙图中的手竖直向上移动时，静电计指 与应用技术，接受相关 B.c点电势为2V 针的张角变大 实验技术的良好训练， C.电场强度E大小为2V/cm,方向与x轴 D.丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷 可理解为电容器充电后与电源相连，电容 掌握文献资料检索基本 成45°斜向右下 片时，静电计指针的张角变小 器两极板的电压等于电源电压且始终保持不 方法，具有较强的实验 D.电场强度E大小为2V/cm,方向与x轴 三、解答题（共13分）》 变.当两极板距离减小时，电容器电容C增大 技能与工程实践能力 成45°斜向右下 5.如图5所示，在 带电荷量Q增加，极板间电场强度增大，反之亦 在微电子科学与工程领 3.如图3所示，将 匀强电场中，将带电 域初步具有研究和开发 某种均匀电介质插入 荷量q=-6×106C 然，当极板的正对面积减小时，电容C减小，所 A-- 的能力。 带电平行板电容器的 的点电荷从电场中的 图5 带电荷量Q减小，但因极板间距离不变，极板间 主干学科：微电子 极板A和极板B之间， 4点移到B点，克服电场力做功2.4×105J:再 电场强度不变 学、电子科学与技术。 本来正、负电荷中心 图3 从B点移到C点，电场力做了1.2×105J的功， 例2.一平行板电容器，两极板间的距离d和 核心课程：电路理 重合的分子，在两极板间电场的作用下，其正电 两极板面积$都可调节，电容器两极板与电池相 荷中心与负电荷中心分离，在电介质左、右表面 已知AC1BC,∠ABC=60,BC= 2 cm 论、电子技术基础、信号 出现净剩电荷。电容器极板上所带电荷量保持 (1)求A、B两点间的电势差UAB; 连接，以Q表示电容器的电荷量，E表示两极板间 与系统、电磁场与电磁 不变.下列说法正确的是 (2)如果规定B点的电势为零，求A点和C 的电场强度，则下列说法中正确的是( 波、半导体物理、微电子 A.平行板电容器的极板A带正电 点的电势； A.当d增大，S不变时，Q减小E减小 器件原理、集成电路设 B.插入电介质后，两极板间的电场强度比 (3)求电场强度的大小 B.当S增大，d不变时，Q增大E增大 计原理、微电子工艺原 无该电介质时小 C.当d减小，S增大时，Q增大E增大 理、集成电路封装与系 C.插人电介质会使电容器的电容增大 D.当S减小，d减小时，Q不变E不变 统测试、嵌入式系统原 D.插人电介质的过程中，静电力对电介质 (参考答案见下期) 解析：由于电容器与电源相连，则电容器两 理与设计、电子设计自 第4期2版参考答案 10.(1)-50V (2)500V/m 动化基础等。 素养专练1 B组 极板的电压不变，根据平行板电容器电容C= 1.C;2.C;3.D;4.C;5.D6.A. 1.AC;2.BD;3.AC. 就业方向：可选择 素养专练2 4.m(项-）mh 4元a可知，当1增大s不变时，电容C减小；又因 到中、高等职业院校从事 1.D;2.B;3.A;4.B;5.D 2q 素养专练3 专业教学和管理工作。或 1.C;2.A;3.ACD;4.A;5.C. 5.1)a=4-: Q=CU可得，电荷量减小：又由E=号可，E 到集成电路制造厂家、集 第4期3版参考答案 E=m(1-o) 减小，故A正确；当S增大，d不变时，C增大，Q 成电路设计中心以及通 A组 1.D;2.B;3.C;4.B;5.C;6.C;7.D. qLa 增大，E不变，故B错误；当d减小，S增大时，C 信和计算机等信息科学 &199电场度2) 电势 （2)g。=d-m: 增大，Q增大，E增大，故C正确；当S减小，d减 技术领域从事研究、开发 9.(1)2000N/C(2)200V Vi =min-mu 小时，电容C不一定增大，Q也不一定不变，但E 及管理等工作 (3)200V(4)2×10-6J 2q 定增大，故D错误 数浮招 高中物理 第5期 人教·必修（第三册】 总第1201期 2026年8月3日星期- 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-285A 预习写思专 数ea生吧a数当ga中a数分数层a年吧数e数生a数数a中分数数4生 编者按：对平行板电容器的有关物理 汇预习，开启自学之路 量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪 些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是 ⊙山东王爱华 自变量，哪些是因变量，只有过程清晰，结 3.单位：由E= U §10.3电势差与 得电场强度的另一个单 果才会明朗准确.我们可根据不变量，将这 类问题分为两种情况来分析： 电场强度的关系 m*T***a*a***2*mmv2nn 4.适用范围：只适用于 一、充电后与电源断开一保持两极板电 预习提钢 问题思考 荷量不变的问题 1.知道匀强电场中电势差与电场强度的关 电容器充电后断开电源，则电容器所带电 系，并了解其适用条件； 如图1甲中两相邻的同心圆之间的电势差 荷量Q保持不变，当极板距离d,正对面积S变 2.知道电场强度的一种表达式E=“,以 相等，图乙表示电势降落的情况，通过图示，电 ES d 势在哪些地方降落得快，在哪些地方降落得慢？ 化时，有：C= d 及另一个单位“伏特每米”的意义 U= d 课本预习 8S 匀强电场中电势差与电场强度的关系 B=U 5 e.Sd e.S 1.关系式：UB=Ed或E= 当两极板间距离增大时，电容器的电容减 2.物理意义：匀强电场中两点间的电势差 小，两极板间的电压增大，电场强度不变；当两 等于 与这两点 的乘积 极板正对面积减小时，由于两极板的距离没变， 3.适用条件：只适用于 电场 思考提示 则电容器的电容减小，由于电荷量不变，则两极 电场强度与电势差关系的另一种表述 在离场源电荷较近的地方（也就是电场强 板的电压增大，电场强度增大 1.表达式：E= 度强的地方)电势降落得快，在离场源电荷较远 2.物理意义：在匀强电场中，电场强度的大的地方（也就是电场强度弱的地方）电势降落得 专题铺导 小等于两点间的 与两点沿慢.该图形象地说明电场强度的大小反映电势 距离的之比 随空间位置变化的快慢 彩行板电容器 3.电容是描述电容器容纳电荷本领大小的 动态分析 10.4电容器的电容 物理量，数值上等于使两极板间的电势差为 时电容器所带的电荷量 ◆河北裴成明 预习提钢 4.单位：在国际单位制中电容的单位是 例1.如图1所示，平行板电 ,简称法，符号 ,更小的单位 1.知道电容器和平行板电容器的概念 还有 和 换算关系：1F= 容器的两个极板为A、B,B极板 2.知道电容的定义、定义式和单位； uF pF. 接地，A极板带有电荷量+Q,板B 3.了解平行板电容器的电容大小的决定因素； 平行板电容器的电容 间电场有一固定点P,若将B极吉 网1 课本预习 1.平行板电容器的电容C跟相对介电常数 板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B E,成 ,跟极板正对面积S成 极板上移 一些，在这两种情况下，以下说法正确 电容器 跟极板间的距离d成 的是 1.任何两个彼此 又相距 2.电容的决定式：C= A.A极板下移时，P点的电场强度不变，P 的导体，都可以看成一个电容器 (1)k为静电力常量 点电势不变 2.在两个相距很近的平行金属板中间夹上 (2)ε.是一个常数，与电介质的性质有关 B.A极板下移时，P点的电场强度不变，P 电介质（空气也是一种电介 称为电介质的相对介电常数. 点电势升高 质)，就组成一个最简单的 ,叫作平行 板电容器 问题思考 CB极板上移时，P点的电场强度不变，P 3.电容器充电过程中，两极板的电荷量增 点电势降低 触摸屏(touch screen) 加，板间的电场强度 ,电源的能量不断 又称为“触空面板”，是一种 D.B极板上移时，P点的电场强度减小，P 储存在」 中：放电过程中，电容器把储存 可接收触头等输入信号的感 点电势降低 的能量通过 转化为电路中其他形 应式液晶显示装置平板电 解析：本题属于平行板电容器充电后与电 图2 式的能量 脑、手机的触摸屏很多采用的是电容式触摸屏， 源断开这一典型问题，该类问题的特点是： 电容 如图2所示它是通过什么方式来改变电容的？ 1.电容器所带 与电容器两极板之 (1)Q为常数： (2)cS 间的 之比，叫作电容器的电容。 思考提示 (3)U d 2.C= ;C与Q、U无关，仅由电容 触摸屏一般是通过改变手指和屏幕的距 .S' (4)Ex1 B.S 器本身决定 离、接触面积来改变电容的， (下转第4版) 素养 拓展 数理极 id4.电势差与电场强度的关系 1.如图所示的元器件对应的符号是( ii5.电容器的电容 1.关于电场强度和电势差的关系，下列说法正 4.下列关于电容器充电时，电流i与时间t的 确的是 ) 关系、电容器的电容C和所带电荷量Q与两极板 A.沿着电场线方向，单位距离上降落的电势 间的电压V的关系正确的是 越大，则电场强度越大 D B.沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降 2.关于电容器及其电容，下列说法中正确的 低必定相等 是 ( ) C.电势降低较快的方向必定是电场强度的方向 A.平行板电容器一板带电荷量+Q,另一板 D.电场强度越大的地方，电势越高 带电荷量-Q,则此电容器不带电 2.如图1所示是一组沿水 平方向的等势面，每两个相邻等 B.由公式C=号可知，电容器的电容随电荷 势面相距2cm,由此可以确定电 量Q的增加而增大 场强度的方向和大小是() C.对一个电容器来说，电容器的电荷量与两 60 A.竖直向下，E=150V/m 板间的电势差成正比 图 5.某电容器的外壳上标有“1000uF80V” B.水平向左，E=150V/m D.如果一个电容器两板间没有电压，就不带 电荷，也就没有电容 的字样，该参数表明 ( C.水平向左，E=300V/m 3.(多选)某型号心脏除颤器的电容器电容 A.该电容器只有在电压为80V时电容才为 D.竖直向下，E=300V/m 为16uF.某次治疗中电容器充电后电压为4kV 1000uF 3.如图2所示，三角形abc 与人体接触后电压迅速减至0，下列说法正确的是 B.当两端电压为40V时，该电容器的电容为 位于匀强电场中，ac沿电场线方 500uF 向，ab垂直于bc,lb=0.8m,lc A.电容器放电完成后电容为0 C.该电容器两端电压超过80V时，电容器会 =0.6m,a、b间电势差为64V. B.电容器放电完成后电容仍为16uF 下列说法正确的是 立刻被击穿 () C.本次治疗中通过人体组织的电荷量为64C A.b、c间电势差为34V D.当给该电容器两端加上80V电压时，电容 D.本次治疗中通过人体组织的电荷量为 B.a、c间电势差为98V 器所带的电荷量为8×102C 0.064C C.电场强度大小为100V/m D.电场强度在ab、bc方向的分量大小之比为3：4 id6.平行板电容器动态分析 来，随着科技的进步和技术的不断升级，超级电容 4.如图3所示，等边三角形 C☑ 的性能可能逐渐优化，并逐渐替代一些电池应用， ABC所在平面与匀强电场平行， 1.(多选)如图1所 如图3为平行板电容器，用电池对电容器充电，电 顶点电势分别为P4=9、Pr= 示，两个平行板电容器 容器两极板之间有一个电荷9处于静止状态.现 2p、pc=3p,各点电势均为正 AB和A'B'水平放置，A 只增大电容器两极板的间距，则在这个过程中 值，三角形边长为L.以下说法 图 板用导线与B'板相连， ( 正确的是 () B板和A'板都接地，A A.电容器放电 A.电场方向与AB边平行 B′板带正电.电容器AB电压为U;电容器A'B′电 B.电荷g将向上加速运动 B.电场方向与BC边平行 压为U2,两电容器总电荷量为Q,若将右边电容器 C.电荷g依然保持静止 C电场强度大小为说 间的绝缘介质抽出，则 D.电容器充电 A.Q不变 B.Q变小 4.某同学设计了一款河水水位监测器，如图4 D电场强度大小为光 C.U,减小 D.U增大 所示，平行板电容器、电流表和电源组成一电路， 2.如图2所示是一种 绝缘细杆一端连接漂浮在水面上的浮子，另一端 5.如图4所示，正方形 电容式键盘，键盘上每个 与电容器极板P连接（极板Q固定），上下移动就 ABCD区域内，存在平行于纸面 按键下面都连有一块小金 带动P上下移动（初始时，极板P的高度低于极板 方向的匀强电场，M点为AB边 属片，与该金属片隔有 Q),监测人员通过电流表指针偏转情况就可以远 中点.一带负电的粒子，以某一 定空气间隙的是另一块固 图2 距离得知河水水位的变化已知电流从左侧进入 初速度从D点射入后从M点射 定的小金属片，这样两块金属片就组成了一个小 电流表，其指针左偏；电流从右侧进入电流表，其 出，射出时速度大小与D点相 指针右偏.若监测人员发现电流表指针右偏，可以 等.已知D点电势为0，B点电势为10V,不计重力， 电容器，该电容器的电容可用公式C=&氵计算， 得出 则A、C两点间的电势差为 其中ε为一常量，S表示金属片的正对面积，d表示 A.-10VB.-20V C.-30V D.40V 两金属片间的距离.连接电源，设两金属片之间的 6.如图5是密立根油 电压不变，按下某个键时，与之相连的电子线路就 滴实验示意图.质量为m的 给出与该键相关的信号，此时该电容器的( 喷雾器 油滴被喷出时，与喷雾器摩 A.电容不变 擦带负电.油滴因重力作用 B.极板所带的电荷量变大 下落，其中少量油滴通过夹 图5 C.极板间的电场强度变小 A.河水水位在下降 板上的小孔进入两块水平 D.极板间的电场强度不变 B.Q极板的电荷量在减少 放置的平行金属板间，两板间距为d.调整板间电 3.据不完全统计， C.平行板电容器的电容在增大 压为U时，油滴悬浮在金属板间，则油滴电荷量为 目前大多数新能源乘用 D.P、Q间的电场强度在变大 ( ) 车的动力电池在正常使 A.mgd B.mgt D.mg 用条件下，可以使用8 (数理报社试题研究中心) mg d 到10年左右的时间.未 (参考答案见下期) 数理极 素养 拓展 《静电场申的能量》 “b→a”);电脑通过电流传感器记录整个过程中 的电流变化情况如图乙所示，图像中1，的大小为 mA;已知图像中电流I随时间t变化的关 同步核心素养测评（二） 系图线与坐标轴围成的面积均为0.06mA·s,则 该实验使用的电容器电容大小为C= (涉及内容：10.3~§10.4》 (3)若将定值电阻R,换成一个阻值更大的电 ◆数理报社试题研究中心 阻，则电容充满电所用时间」 (选填“大 容器与电源相连，手指挤压锁表面，指纹与小极板 A鱼基础篇军 于”“小于”或“等于”) 之间的距离变小，有关该过程下列说法正确的是 三、计算题（本题共2小题，共17分》 9.(7分)如图7所示，在 一、单选题（本题共7小题，每小题5分，共35分） 匀强电场中，将一电荷量为9 1.电容器是重要的电学元件.某电容器两极 =2×10-3C的正电荷由A点 板间的电压为U时，所带电荷量为Q,则( 移到B点，其电势能减少了 A.该电容器的电容C= 4J.已知A、B两点间距离为 Q 图3 L=40cm,两点连线与电场 B该电容器的电容6=号 A.电容器电容变小 方向成60°角.求： B.电容器极板间的电场强度变小C.电容器存 C.电容器电压降低，其电容减小 (1)A、B两点间的电势差UB; 储的电荷Q变小 D.电容器电荷量增多，其电容增大 (2)该匀强电场的电场强度大小E. D.电流从A流向B 2.超级电容车是一种利用超级电容器作为主 6.如图4所示，一正四面体 要能量存储设备的电动汽车.与传统的电池相比， 置于匀强电场中，A、B、C、D分 超级电容器能够在短时间内储存和释放大量的能 别是正四面体的四个顶点，正 量.某款电车内安装的超级电容器上标有 四面体的棱长L=0.5m,E、F、 “2.5V1200F”字样，关于该超级电容器，下列 G、H为棱AB、ACAD、BC的中 说法正确的是 ( 点，电势分别为2V、4V2V A.充电过程中，该超级电容器的电容增大 :6V.下列说法正确的是 B.充电过程中，该超级电容器两极板间的电 A.A点电势为0 势差减小 B.电场强度大小为8V/m C.充满电时，该超级电容器所带的电荷量为 C.BCD所在的平面为等势面 480C D.将一电子从A点移到C点，电势能增加8eV D.充满电时，该超级电容器所带的电荷量为 7.某同学制成了一种 3000C 电容式加速度仪，结构如 3.用电路给一电容器充电，通过电压传感器 图5所示.A、B两板间连接 和电流传感器测得的电容器两端电压随时间变化 10.(10分)如图8所示 有劲度系数为k的用绝缘 的U-t图像以及电路中的充电电流随时间变化的 的匀强电场中，有a、b、c三 材料制成的轻弹簧，A板固 图5 i-t图像如图1所示，实验后用透明方格薄膜覆盖 点，ab=5cm,bc=12cm,其 定在运动物体上，B板可自由运动，B板质量为m, 于i-t图像上，根据图像可知此电容器的电容约为 中ab沿电场方向，bc和电场 60°.」 电容器的带电荷量保持恒定，两板与电压传感器 方向成60°角，一个电荷量为 图8 mA 连接.物体不动时，弹簧长度为d,电压传感器的示 9=4×10-8C的正电荷从a 数为U,当物体向右做匀加速直线运动，稳定时，电 :点移动到b点，静电力做功为W=1.2×10-7J, 压传感器的示数为0.6U,不计一切摩擦，则物体运 求： 动的加速度大小为（不考虑弹簧形状对电容器中 (1)若规定a点电势为零，求该电荷在b点的 电介质的影响) ( 电势能； A.3.3F B.33 mF A.hd B.2kd C.3kd D.4hd (2)匀强电场的电场强度E; 5m '5m 5m 5m C.3.3 mF D.330 uF (3)该电荷从b点到c点，电荷的电势能的变 二、实验题（共8分，前两空1分，后三空2分） 4.如图2所示，A、B、C为圆 化量： 8.某实验小组利用电流传感器观察电容器充 周上三点，0为圆心，半径为 放电的电流变化电路图如图6甲所示，其中电源电 5m,∠A0B=∠B0C=60°， 压U=3.0V,定值电阻R,=2k,定值电阻R= 空间中存在与纸面平行的匀强 5kΩ，电流传感器内阻忽略不计. 电场，A、B,C三点的电势分别 为5V4V、3V,下列说法正确 图 的是 图回 A.电场强度沿OB方向 B.电场强度沿AC方向 图6 C.电场强度的大小为停Wm (1)初始时电容器所带电荷量为0，当单刀双 D.电场强度的大小为2V/m 掷开关既不接1，也不接2时，电容器上极板的电势 5.指纹密码锁（如图3甲所示）是防盗门的核为■ V. 心配件，其内部电路如图乙所示.当手指的指纹与 (2)将单刀双掷开关先接1充电，当电容器充 锁表面接触时，指纹上凸处和凹处分别与锁基板满电后，再将单刀双掷开关接到2放电，放电过程 上的小极板形成正对面积相同的电容器.现使电中经过R,的电流方向为 （选填“a→b”或 (下转第4版)高中物理人教（必修第三册）第5一8期 羧理括 答案详解 2026~2027学年高中物理人教（必修第三册）第5~8期(2026年8月) 第5期3版参考答案 电容器充电，则图中电流从A流向B,故C错误，D正确。 A组 6.由于E、F、G、H为棱AB、AC、AD、BC的中点，则PE= 一、单选题 PA +PB 2 ,=丰e,06=十0，e4=车e,联立解 2 2 2 1.B2.D3.B4.B5.D6.A7.B 提示： 得PA=0,Pg=4V,Pc=8V,pD=4V,由此可知，BDF所在 1电容器的电容可用公式C=号表示，电容是电容器固 的平面为等势面，故A正确，C错误；将一电子从A点移到C点， 电势升高8V,则电势能减小8eV,故D错误；电场强度大小为 有属性，不随电压和电荷量改变，故B正确。 E= =9F-9=16V/m,故B错误 2.充电过程中，该超级电容器的电容保持不变，根据C= d L 2 名，由于该超级电容器所带电荷量增大，侧该超级电容器两极 7根据C=号.C=E=台整理得E=,由 板间的电势差增大，故AB错误；充满电时，该超级电容器所带 于电容器带电荷量恒定，因此当两板间的距离改变时，板间的 的电荷量为Q=CU=1200×2.5C=3000C,故C错误，D 正确. 电场强度恒定，则片-06心，解得x=06d,根据牛顿第二定 3.由i-t图像知图线与时间轴围成的面积表示电荷量，数 格子约为50格，则0=a=9×10×50×1C=0.1C,因 律6(d-)=m,解得加速度大小a=兴，故B正确 5m 二、实验题 为C=号，代人得C=0=0.033F=3mF=300u, 8.(1)0(2)a→b0.62×10-5(3)大于 故B正确。 解析：(1)电容器带电荷量为0，所以两极板之间的电势差 为0，下极板接地，故电容器上极板的电势为0. 4.连接AC,则AC与OB交点的电势p=4十Pe 2 =4V= (2)由电路图可知，电容器充满电后，上极板带正电，故放 PB,可知OB为等势面，则电场强度方向沿AC方向，故A错误， 电时流过电阻R2的方向为a→b. UAc B正确：电场强度的大小为E=2Rsin60° 3 =V/m= 电容器充满电，两极板间的电压等于电源电压3V,故开始 放电瞬间，流过电阻风的电流大小为=名=0.6mA根据 号m,故CD错误 电容的定义式可知，C=号=00610P=2×105里 3 5电容器极板间距d减小，由C二可知，电容器的电 (3)换用阻值更大的电阻后充电电流会变小，故充电时间 容C增大，放A错误：因为两板电压U一定，根据E=名可知。 变长 三、计算题 电容器极板间的电场强度增大，故B错误；因为两板电压U一 9.(1)UB=2×103V(2)E=1×104V/m 定，根据C=号可知，电容C增大，电容器的带电荷量Q增加， 解析：(1)A到B,WB=-△E=4J 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 W AB 因为UAB= 3.由题图电介质左、右表面出现净剩电荷的正、负可知，平 9 行板电容器极板间的电场强度向左，则极板B带正电，极板A 联立解得Ug=2×103V. U AB 带负电，故A错误；根据C 4a,可知插人电介质会使电容器 8S (2)因为E= 的电容增大；由于电容器极板上所带电荷量保持不变，根据C 联立解得E=1×104V/m 10.(1)-1.2×10-7J(2)60V/m,方向水平向右 =号可知，两极板间的电势差减小，根据E=号可知，桶人电 (3)1.44×10-7J. 介质后，两极板间的电场强度比无该电介质时小，故BC正确； 解析：(1)该正电荷从a点移到b点，则 插人电介质的过程中，静电力对电介质中的正、负电荷都做正 功，故D错误 W1=qUb=q(p。-96)=0-Eb 二、实验题 代入数据可得E=-1.2×107J. 4.(1)控制变量法(2)B(3)B (2)匀强电场的电场强度为E= ,= ab 解析：(1)本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的 代入数据解得E=60V/m,方向水平向右； 决定因素：所以采用的方法是控制变量法。 (3)电荷从b点到c点，电场力做功为W2=Eg·bc·cos60° (2)静电计的作用是测定电容器两极板之间的电势差.故 根据功能关系可得电势能的变化量为W2=一△E, B正确. (3)甲图中手水平向左移动时，板间距离d增大，根据C= 代入数据解得△E,。=-1.44×10-7J 即电势能减少了1.44×107J. 4C=号可知，电容减小，而电容器带电荷量不变，则板间 E U B组 电压增大，所以静电计指针的张角变大，故A正确，B错误；当 一、多选题 手竖直上移动时，正对面积减小，则电容减小，板间电压增大， 1.ABC 2.AD 3.BC 所以静电计指针的张角变大，故C正确；当向两板间插入陶瓷 提示： 片时，介电常数变大，则电容变大，板间电压减小，所以静电计 1.由pA=2V,pg=4V,pc=6V,在匀强电场中可知UC 指针的张角变小，故D正确.本题选不正确的，故选B. =Uw得pn=4V,同理可得pc,=4V,Pn,=9g=2V,所 三、解答题 以AB,D1面构成等势面，且电势为2V,BDC,面构成等势面且 5.(1)4V(2)4V,2V(3)800v/m 3 电势为4V,故AB正确；结合E。=pq,△E。=qU,将电子由C点 解析：(1)A、B两点间的电势差 沿立方体棱边移动到D,电势能增加4eV,故C正确；因p4= UAB = 地==2,4×10」=4y P1=2V,故将质子由A点沿立方体棱边移动到B1,电势能不 q -6×106C 变，故D错误 (2)B、C两点间的电势差 2.Oabc为平行四边形，可知p6-p。=p。-po,代入数据 W匹=12×10=-2V -6×10-6C 解得c点电势为p。=10V,故A正确，B错误；取ab中点为e, 如果规定B点的电势为零，UAB=PA-PB,可得pA=4V 则e点电势为4.=e9=6V=o,可知Oe连线为等势 2 同理Uc=Pg-Pc,可得Pc=2V. 线，根据几何关系可知Oe⊥ab,则根据电场线与等势线垂直且 (3)因AB的中点D的电势为Pn=949E=2V=Pc 2 沿电场线方向电势降低，可知电场强度方向与x轴成45°斜向 则CD为等势线，电场强度 右下，大小为E=二e=8V二4y=万V/em,故C错误， 方向垂直CD指向B点，如图所 ab 2 cm D正确， 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 示，则电场强度大小E= 2 800 d V/m 3 d,。=台联立叮得粒子在偏转电场中的竖直位移为y= 2 sin60°×102 U V/m. 4U,可知粒子在偏转电场中的竖直位移与粒子的电荷量和质 第6期3版参考答案 量均无关，则两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1：1， A组 故C正确，D错误. 一、选择题 7.交变电源的周期为T=2t,故A错误；粒子进入第3个金 1.A2.A3.A4.C5.A6.C7.C 属简时的速度词足2U=2m2-宁，可得：=√后+网 提示： m ≠3o,根据l=t可知，第3个金属圆筒长度不是第1个金属圆 1.加速质子过程中，由动能定理可得eBx=2mu-0,解 筒长度的3倍，离子进入转向器的速度大小为”= 4qU +6, 得加速匀强电场的电场强度大小为E=需，故A正确 故B错误，C正确：根据E=m女可得虚线MN处电场强度的 2.粒子射入电场时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向 做匀加速运动，则水平方向d=o,竖直方向，tan45°=g吗， 大小为E= 4gU+m6,故D错误 m gR 二、填空题 脾得E三织故A正确. 8.正2mgd -2mgd 2mg 3.电子在电场中加速，由动能定理可得0= 2mw-0, 三、计算题 ,易知可使增大的操作是仅增大U,故A正确， 解得=√m 9.(1)a= (2)t=2d /2m dm 4.设带电粒子在电场中的加速度为a,则对甲粒子，竖直 解析：(1)根据qE=ma,其中E= 立，可得带电粒子加速 方向号=，水平方向d=1,解出=风，对乙粒子有 Ug 度的大小a= dm 1+=d,解出=方应，所以=2：1，放c正 确 (2)带电粒子运动号距离时的速度 5.由于电压在一段时间内是常数，所以电场强度也是常 d =√23=√3m 数，带电粒子受到的静电力也是常数，根据牛顿第二定律F= d 2d m可知带电粒子的加速度也是常数：带电粒子在0~子内匀 运动的总时间t= 33-4d 3v n 加速后，子~T内电压反向了，静电力也反向，该粒子做匀诚 联立解得t=2d√3U 2m 速直线运动.由于加、减速时间相同，则该粒子的速度恰好减为 零；下一周期又开始重复上述运动，则u-t图像为A图所示.故 10.(1)=√ qU (2)E= U,L m d (3)y=4ud A正确 1 6.粒子在加速电场中，根据动能定理有94=2m2-0, 解析：(1)根据动能定理有U9=2m哈-0 解得= 可得v= ,则两种粒子在离开加速电场时速度之比为 m m (2)偏转电场的电场强度E= √分×于-怎，故AB错误：粒子在转 d 电场中做类平抛运动，设板长为L,板间距为d,则有L=t,y= (3)带电粒子在偏转电场中运动的时间1= 00 3 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 三、解答题 加速度a= m md 2eU 2U1d2 带电粒子离开偏转电场时竖直方向的位移大小 5.(1)o= (2)U2= m 2 (3)H= UL2 2a= 1 1 y= Ud 5.(1)电子在AB间加速，由动能定理得U,=2m6-0 B组 R2eU 一、多选题 解得o=√m 1.AB 2.ACD 3.BCD (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，则有 提示： L=o4,a=eE=eL.4。L m=md2=2ati 1.静电力对质子做正功，质子的电势能减少，故A正确；质 2Ud 子受到的静电力大小为F=qE≈2×104N,故B正确：质子 联立解得U,= 的加速度为a=上≈1.2×103m/s,加速时间为t=L≈ (3)电子离开偏转电场时，有v,=at1,电子离开偏转电场 8×10,放C错误质子加速的直线长度为x=云4m,放 后，有子L=o=", D错误， 联立解得2= 2.由于同一个金属圆筒所在处的电势相同，内部电场强度 d 为零，因此质子在圆筒内做匀速直线运动，而前后两金属圆筒 则oP的腐度为H=号+5=子d 之间有电势差，所以质子每次经过缝隙时将被电场加速，故A 第7期3版参考答案 正确；质子每经过一次缝隙只有电场力做功，由动能定理可得 一、单选题 qU=△E:,可知每经过一次缝隙质子增加相同的动能，速度增 1.A2.A3.C4.A5.D6.C7.B 加一次，与缝隙的大小无关，故B错误；质子要持续被加速，下 提示： 一个金属圆筒的电势较低，所以质子穿过每个圆筒时，电源的 1.A是通过改变电介质的相对介电常数而引起电容变化 正负极应发生变化，故C正确；要使质子每次经金属圆筒间的 的，故A正确；B是通过改变电容器两极板间距离而引起电容 缝隙时加速，则质子在每个圆筒内运动的时间通常应是交变电 变化的，故B错误；CD是通过改变两极板的正对面积而引起电 压周期的一半，故D正确。 容变化的，故CD错误。 3.由于粒子匀速通过电场区域，则Eq=mg,E= ,所以 U 2.依题意，取无穷远处为零势能点，则有P。>p6>0,根 据E。=q9可知，当q>0时，有E。>E,故A正确， U=m吧，故A错误；粒子受到竖直向上的静电力，与电场强度 3.根据对称性可知，图中所示A、B两点电场强度大小相 9 等，但方向不同，故A错误；等势线与电场线垂直，由于电场线 方向相同，则粒子带正电，到达斜面时速度方向与斜面垂直，则 不是直线，所以图中所示A、B两点所在虚线不是等势线，故B 速度方向与竖直方向的夹角等于斜面的倾角，所以v= 错误；钾、钙离子向根部聚集过程中，电场力做正功，电势能减 n37,故B正确：粒子在运动过程中只有重力做功，机械能守 少，故C正确；空气中带负电的尘埃微粒（重力不计）受到电场 恒，故C正确：粒子做匀速直线运动的时间为(，=￠，粒子做 力作用，向悬挂电极聚集，但不会沿电场线运动，故D错误. 4.依题意，正六边形顶点上的六个点电荷分成三组，分别 平抛运动的时间为6=冬-am37-”,所以A点到C点 为两组等量同种点电荷和一组等量异种点电荷，其中等量同种 g 3g1 点电荷在O点的电场强度为零，等量异种点电荷在O点的电场 所用时间为=+6一经+兰故D正确 强度大小为E:,可如0点的电场强度大小为学放A正 二、填空题 确；B错误；等量异种点电荷在O点的电势为零，等量同种点电 4.IⅡY0X 荷在O点的电势大于零，所以O点的电势大于零，故CD错误. 4 高中物理人教（必修第三册）第5一8期 5.各等势面关于y轴对称，疏密相同，所以电场线疏密也 y三】a,9E=ma,解得y=),故D正确. 相同，电场强度大小相等；根据等势线与电场线垂直，可知a、d 两点的电场强度方向不同，故a、d两点的电场强度不同，故A 10.电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，说明电场 错误；根据等势线与电场线垂直，故电子在y轴左侧受到一个 强度方向沿x轴负方向，则A点电势低于B点电势，故A错误， 斜向右下方的静电力，速度方向沿轨迹的切线方向，故电子从 B正确；根据△E。=gEx,可知图像斜率的绝对值等于静电力的 α到b运动时，静电力做正功，故B错误；根据负电荷在电势低 大小，因此从A到B,静电力减小，电场强度减小，故A点的电场 处电势能大，可知电子从c到d运动时，电势能逐渐增大，故C 强度大于B点的电场强度，故C错误；由图乙可知，电子从A到 错误；a、d两点的电势相等，故从a到d静电力不做功，所以电 B的电势能减小量大于从B到C的电势能减小量，故电子从A 子在经过等势线d点时的动能为60eV,故D正确， 运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功，故D 6.环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小，极板间距d增大， 正确 三、实验题 根据C=4可知，电容变小，故A错误：电源保持电压恒定 11.(1)B (滑动变阻器未调节)，环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小， (2)电容器开始放电时所带的电荷量=3：4 极板间距d增大，根据电场强度北=号可知，极板间电场强度 解析：(1)电容器充电过程中两极板所带电荷量Q随时间 t变化的图像应为先增加待充满后电荷量保持不变.故B正确 变小，故B错误；空气湿度一定时，滑片向上移动，由电路图可 (2)根据公式q=It可知I-t图像中图像与对应坐标轴所 知电容器两端电压增大，根据C=号可知，电容器所带电荷量 围成的面积表示电荷量，图线I与时间轴围成的面积为S,其 会增加，故C正确；若电流计示数为从a到b,说明电容器放电， 物理意义是电容器开始放电时所带的电荷量； 则电容减小，d增大说明湿度降低，故D错误 实验前电容器不带电，充电结束后，使电容器放电完毕，故 7.由于静电力竖直向下，设物体在地面上滑行的距离为 充电和放电过程电容器电荷量变化量大小相同，所以两次放电 x,则由动能定理有-u(B+mg)x=0-方m6,解得x 电荷量相同，即阴影部分的面积S,=S2; 由图丙和图丁可知，两次放电最大电流之比为4：3，则可 mvg 2μ(mg+E,故B正确. 知图丙和图丁中电容器放电的I一t图像对应的电阻箱R接人 二、多选题 电路的阻值之比3：4. 8.AD 9.CD 10.BD 12.(1)B(2)A(3)增大增大减小 提示：8.由电场线的分布可知，放电端O 解析：(1)本实验采用的科学方法是控制变量法，故B正确： 应接电源的负极，故A正确；等势线与电场线 (2)在该实验中，静电计的作用是测定该电容器两极的电 垂直，过c、d两点作出等势线，如图所示，电场o 势差，故A正确， 线由高等势面指向低等势面，所以d点的电势 (3)电容器电荷量不变，根据电容器的决定式和定义式有 比c点的电势高，故B错误；又电场线的疏密 G=4位C=号，可知正对面积减小或板间距离增大时，电容 eS 程度反应电场强度的大小，电场线越密集，电场强度越大，所以 减小，电势差增大，故静电计指针的偏转角度增大；当插入电介 a点的电场强度大于d点的电场强度，故C错误；由电场线的分 质时，电容增大，电势差减小，故静电计指针的偏转角度减小 布情况可知，ab段的平均电场强度要大于bc段的平均电场强 四、计算题 度，根据U=Ed定性分析可得ab间的电势差大于bc间的电势 差，故D正确。 13.(1)25V/m,方向为右上方与水平方向夹角为arctan2 9.粒子在两收集板间做类平抛运动，加速度恒定，静电力 (2)2.4×10-2J 做正功，故AB错误；粒子能被收集板吸附，可知在电场中运动 解析：(1)点电荷Q在A点产生的电场强度大小为E4= 时间最大时，有L=,解得t=上，故C正确：最大偏移量为 kQ =2V/m,方向竖直向上. 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 电场强度为矢量，根据电场的叠加原理，A点的电场强度 故电子从进入偏转场到打在荧光屏P的运动时间为 大小为E'A=√22+4V/m=25V/m t=4+i=(私+L)√2to m 设A点电场强度与水平方向夹角为0，则有an0=方，所 (3)电子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有 以A点电场强度方向为右上方与水平方向夹角为aretan2 U ed=ma (2)D点和B点关于点电荷对称，则试探电荷从D点移动 在垂直极板方向上做匀加速直线运动，由运动学知识有y 到B点过程中，点电荷对试探电荷的库仑力做功为0，则静电力 做功等于匀强电场对试探电荷做的功，则 则电子经过偏转电场过程中静电力对它做的功为W= W=Eg·2r=2.4×10-21. U 14.(1)4m/s:(2)28m. e dy 解析：(1)根据牛顿第二定律可知，0~2s内小物块的加 联立解得电子经过偏转电场过程中静电力对它做的功为 速度为 elL W 4dUo a,=96-mg=2/g m 第8期参考答案 2s末小物块的速度为2=a1t1=4m/s 一、单选题 2~4s内小物块的加速度为4，=5二m坚=-2m/s 1.D2.D3.C4.B5.A6.A7.C m 提示： 4s末小物块的速度为4=2+a2t2=0 1.库仑定律适用于点电荷，但点电荷不一定是体积最小的 可知小物块做周期为4s的加速和减速运动，14s末小物 块的速度大小等于2s末小物块的速度大小，则有4=2= 带电体，故A错误：根据F=2学，当两个带电体间的距离趋 4m/s. 近于零时库仑定律将不再适用，故B错误；电荷间的库仑力是 (2)根据对称性可知，小物块在0~4s内的位移为 相互作用力，点电荷A、B相互作用时，A受到的静电力与B受到 w=2e=2×70,2=2×7x2×2m=8m 的静电力等大反向，故C错误；库仑定律的适用条件是：在真空 中静止的点电荷，故D正确 根据周期性可知前14s内小物块的位移大小 2.图甲中超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的安 x总=3x4+x2=3×8m+4m=28m. 全，他们必须穿上金属丝制成的衣服，以起到静电屏蔽的作用， 15.(1)m (2)t=t1+2=(L1+L2) m 故A正确；图乙中家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的 原理而制成的，故B正确；图丙中避雷针的示意图，是在高大建 (3)eU 4d Uo 筑物屋顶插入一根尖锐的导体棒与接地装置连接，把静电导人 解析：(1)粒子在加速电场中运动，由动能定理有 大地，可防止建筑物被雷击，故C正确；喷枪喷出的油漆微粒带 1 正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对 e=2m6-0 雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，可以使油漆与金属表面 e 解得0=√m 结合的更牢固，故D错误.本题选不正确的，故选D. 3.元电荷是电荷量的最小单元，故带电体所带电荷量一定 (2)电子在偏转电场中平行极板方向做匀速直线运动，由 是元电荷的整数倍，可知电荷量表的示数一定是元电荷的整数 运动学公式可知电子在偏转电场中的运动时间为1· 倍.故C正确 电子出偏转电场后做匀速直线运动，由运动学知识有2= 4.沿电场线方向，电势越来越低，A点电势比B点低，故A L 错误；电场线的疏密程度反映电场强度大小，A点电场强度比B 0 点大，故B正确；C点电势比B点低，正电荷在电势高的位置电 6 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 势能大，因此正电荷在C点的电势能比在B点的电势能小，故： m号，结合上述解得：=√一，由于H粒子的质盐大一些，可 CD错误 知H粒子的运动速度小一些，故C正确；粒子的动能E,= 5.根据C=四处说明d大，则电容器电容小，放A正 之m=岁，由于H粒子与H粒子所带电荷量相等，则两种 确；凸处说明d小，则电容器电容大，因电容小的微电容器放电 粒子的动能相同，故D正确， 较快，则在指纹凸处形成的电容器放电较慢，故B错误；手指出 汗后，d会改变，则会对指纹识别有影响，故C错误；在指纹凹处 10.根据沿电场线电势降低，可知在坐标原点右侧，电场强 度沿x轴负方向，粒子受到的电场力向正方向，因此粒子带负 形成的电容器电容小，根据Q=CU,可知充电后在指纹凹处形 电，故A错误；p-x图像的斜率表示电场强度，x=0.2m处的 成的电容器存储的电荷量小，故D错误. 2 6.因A、E两点的正电荷在O点的合电场强度为零；0点到 电场强度为E=是=Q220Vm=20Vym,放C正确：根 六个点的距离均为r=二，则D、C两点的电荷在O点的合电场 3 据华顿第二定律gE=m0,粒子的比荷为是=名=20c/g m 20 强度为，-2学-，方向沿0c方向：同理B,F两点的电荷 =100C/kg,故B正确；粒子从开始运动到x=0.2m处的过程 2 在0点的合电场强度为E,=E,=,方向沿0F方向，则合 中，根据动能定理g0=2m,解得n=20ms,故D正确， a 三、实验题 电场强度为E=2E,c0s30°=65，故A正确。 11.(1)控制变量法(2)D(3)B a 7.从该装置开始加速到离开电场，整个过程由动能定理可 解析：(1)该实验探究库仑力与电荷量的关系，需要控制 电荷之间距离不变，所以用到的实验方法是控制变量法。 得g6-mgs=之m2-0,解得0= 2(Eg-mg,故C正确. (2)实验中两塑料小球所带电荷量无论 AM m 二、多选题 是否相等都可以产生库仑斥力以完成实验， 8.BD 9.BCD 10.BCD 故A错误；两个小球可以换成异种电荷，库 提示： 仑力由斥力变为引力，将小球B放置在A的 8.像素呈白色时，电场强度方向向上，电场线向上，因为沿 左上方同样可以进行实验，故B错误；如图 着电场线方向电势降低，所以黑色微粒所在区域的电势高于白 所示，根据平衡条件可得F,=mgcos 0,F=mgsin0,所以细线 色微粒所在区域的电势，故A错误；像素呈黑色时，电场强度方 的拉力F随着0的增大而减小，库仑力F随着0的增大而增 向向下，电场线向下，因为沿着电场线方向电势降低，黑色微粒 大，故C错误，D正确 所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B正确；无 (3)根据库仑定律有F=mgsin0=k子，整理得Qg= 论是像素由黑变白的过程中，还是像素由白变黑的过程中，静 电力与微粒的运动方向均相同，静电力对黑色微粒和白色微粒 mgin0,由上式可知Qg-sin0图像为一条过原点的倾斜直 k 均做正功，故C错误，D正确。 线.故B正确 9.根据题意，电场强度大小￡=女，可知距离圆心间距不 12.(1)2(2)保护电路 同位置的电场强度大小不同，圆周上不同位置电场强度的方向 (3)1.6×10-22.7×103(2.5×10-3~2.9×10-3均 也不同，即该电场为非匀强电场，故A错误；粒子所受静电力F 可) (4)BD =gE=,H粒子与H粒子所带电荷量相等，日沿轨迹[ 解析：(1)图乙是电容器在放电过程中的图像，电容器两 极板上的电荷应通过定值电阻R和电流表放电，所以单刀双掷 做圆周运动，H沿轨迹Ⅱ做圆周运动，H粒子的轨道半径大 开关应该接在2 于H粒子的轨道半径，则H粒子所受静电力小一些，故B正 (2)在电容器充电和放电过程中，定值电阻R可以防止电 确：粒子做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，则有gE= 路因电流过大而造成电路元件的损坏，所以定值电阻R的作用 7 高中物理人教（必修第三册） 第5~8期 是保护电路 3 OD 2 (3)图乙中的图像与横轴所包围的面积表示电荷量，一个 所以cos0= OC 2 小正方形的面积所表示的电荷量为0.001×0.4C=4×104C, 计算图像与横轴所包围的小正方形个数时，小于半个的舍去，大于 根据点电荷的电场强度公式有 半个的算一个，所以图乙中图像与横轴所包围的小正方形个数约 0 E1=E2=k- 4k0 7=25元 为40个，即电容器充满电时，单个极板存储的电荷量大小为Q= 40×4×104C=1.6×102C O点处的电场强度大小为 电容器充满电时两极板间的电压等于电源的电压，所以电 E=2E,c0s0=2×25元 4,0 324kQ 125L 容器的电容值为C=2=L.6×10 6.0 -F≈2.7×10-3F. (2)滑块由A点运动到O点过程中，由动能定理得 ES (④根据C=4a可知，为提高平行板电容器存储电荷 1 qUxo 2mm2-0 的能力，可以在两极板间插入电介质、增大两极板的正对面积、 可得：Uo= 2g 减小两极板间的距离.故BD正确。 mv 四、计算题 根据等量异种电荷电场线的对称性可知Uo加=UAo= 2q L2elo 13.(1)入√m (2)30 所以0n=Uo+Uo=m 解析：(1)设电子刚进入偏转电场的速度为o,由动能定 15.(1)6= 2U9 (2)t= mUo E。V2g (3)y= 1 理可得e。=2m听-0 UD (n=1,2,3,…) 8ndU R2eUo 解得0=√m 解析：(1)粒子在加速电场中被加，由速电动能定理有 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直 1 %9=2m6-0 线运动，则有=ot 竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得E 0o9 带电粒子到达B板的速度6=√m ma (2)在静电分析器中电场力提供向心力，有Eq=m 2√5eU R 解得电子的加速度α= 3mLo Relo 运动润：=子· 电子离开电场时竖直方向上的速度”，=t=√3m 解得t=红，mU 电子射出偏转电场时速度方向与水平方向的夹角 E。V2g (3)粒子射人偏转电场后，水平方向做匀速直线运动，离 tan 0 二 3 开电场时速度方向仍水平，则竖直速度仍为零，则水平方向L 解得0=30° =o·nT 14.(1)E= 24kQ 125L2 (2)UA0= 2q Uo =m 9 竖直-a·兴() 解析：(1)如图所示，根据 R ®+Q -Q 解得y8d(n=12,3, 勾股定理得 OB OC 77777 777777777视 7777777 √22+(2)=4 -8