第28讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
(解析版)
1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.
2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.
3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．
一、电容器 电容 平行板电容器
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)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
①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，电容器中储存电能，如图6-3-1甲所示；
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能，如图6-3-1乙所示。
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)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(3)定义式：C＝。
(4)单位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012_ 皮法(pF)。
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：平行板电容器的电容C跟板间电介质的相对介电常数εr成正比，跟正对面积S成正比，跟极板间的距离d成反比。
(2)决定式：C＝。
二、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)处理方法：利用动能定理qU＝mv2－mv。
(2)适用范围：任何电场。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝。
②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。
(3)相关量的计算
①加速度：a＝＝＝；
②运动时间
a．能飞出平行板电容器：t＝；
b．打在平行极板上：y＝at2＝·t2，t＝ ；
③离开电场时的偏移量：y＝at2＝；
④离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。
三、示波管
1．示波管装置
示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图6-3-2所示。
图6-3-2
2．工作原理
(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
(2)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。
1.用两节相同的电池分别给两个原来不带电的电容器C1和C2充电，已知C1＜C2。当达到稳定状态时，两电容器每板的带电荷量分别为Q1和Q2，则( )
A．Q1＞Q2
B．Q1＜Q2
C．Q1＝Q2
D．无法确定Q1与Q2的大小关系
【答案】B
【解析】相同的电池，则电压相同，故根据Q＝CU可知电容越大，充电量越大，即Q1＜Q2，B正确。
2．[多选]对于水平放置的平行板电容器，下列说法中正确的是( )
A．将两极板的间距加大，电容将增大
B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小
C．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等，厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大
D．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等，厚度小于极板间距的铝板，电容将增大
【答案】BCD
【解析】影响平行板电容器电容大小的因素有：①随正对面积的增大而增大；②随两极板间距离的增大而减小；③在两极板间放入电介质，电容增大。由此可知B、C选项正确。对D选项，实际上是减小了平行板的间距，所以D也对。
3. 一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图1所示， tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是( )
图1
A．A处的场强一定小于B处的场强
B．A处的电势一定高于B处的电势
C．电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能
D．电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功
【答案】D
【解析】根据v－t图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即有A处的场强一定大于B处的场强，A错误．由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故B错误．由题图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D正确。
4．如图2所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计质子重力．下列说法正确的有( )
图2
A．质子到Q点时的速度可能大于v0
B．质子到Q点时的速度可能等于v0
C．质子到Q点时的速度方向可能与cd边平行
D．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直
【答案】ABD
【解析】若电场强度方向水平向右，则质子从M点到Q点电场力做正功，动能变大，此时质子到Q点时的速度大于v0，选项A正确；若电场强度方向垂直于MQ连线向下，则质子从M到Q点电场力不做功，动能不变，此时质子到Q点时的速度等于v0，选项B正确；质子能到达Q点说明电场力有向右的分量，则到达Q点后一定有水平向右的分速度，即质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行，选项C错误；若电场方向斜向右下方，则质子有水平向右的加速度和竖直向下的加速度，当运动到Q点时，竖直速度可能减小为零，而只具有水平向右的速度，此时质子到Q点时的速度方向与cd边垂直，选项D正确。
5．如图3所示，H、H、H三种粒子从同一位置无初速度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后进入竖直向下的匀强电场发生偏转，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3
A．偏转电场对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时速度一样大
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
【答案】AD
【解析】带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W＝E1qd，由动能定理可知：E1qd＝mv2，解得，v＝，粒子在偏转电场中运动的时间t＝，出偏转电场的瞬间竖直方向的速度v0＝at＝，竖直方向的位移x＝at2＝，即竖直方向的位移与比荷无关，与速度无关，则可知三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；因三种粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三种粒子打在屏上的位置一定相同，因粒子运动到屏上所用时间与水平方向的速度成反比，而加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确
要点一 平行板电容器的动态分析
1．平行板电容器动态变化的两种情况
(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。
(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。
2．动态分析思路
U不变
①根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。
Q不变
①根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
要点二 带电体在电场中的平衡与加速
1．带电体在电场中运动时重力的处理
基本粒子
如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)
带电颗粒
如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力
2.带电体在电场中的平衡
解题步骤：①选取研究对象；
②进行受力分析，注意电场力的方向特点；
③由平衡条件列方程求解。
3．带电体在电场中的变速直线运动
可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解。
要点三 带电粒子在匀强电场中的偏转
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
2．两个结论
(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，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··2
tan θ＝
得：y＝，
tan θ＝。
(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到偏转电场边缘的距离为。
3．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。
要点一 平行板电容器的动态分析
例1、如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，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( )
A．保持U2和平行板间距不变，减小U1
B．保持U1和平行板间距不变，增大U2
C．保持U1、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
【答案】D
【解析】 粒子在电场中加速U1q＝mv02，在偏转电场中x＝v0t，y＝t2，解得x2＝：开始时x＝L，若要使x增大为L，保持U2和平行板间距不变，减小U1则x会减小，A项错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，B项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，C项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，则x变大，故D项正确，故选D项．
【总结提能】
分析平行板电容器动态变化的步骤
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用E＝或E∝分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化。
针对训练1．(多选)两平行极板间距为d，两极板间电压为U，不计重力的电子以平行于极板的速度v射入两极板之间，沿极板方向运动距离为l时侧移为y。如果要使电子的侧移y′＝y，仅改变一个量，下列哪些措施可行( )
A．改变两极板间距为原来的一半
B．改变两极板所加电压为原来的一半
C．改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半
D．改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍
【答案】DC
【解析】电子做类平抛运动，根据分运动公式，水平方向有l＝v0t，竖直方向有y＝at2，其中a＝，联立解得y＝。若改变两极板间距d为原来的一半，y增加为原来的2倍，A错误；若改变两极板所加电压U为原来的一半，y减小为原来的，B错误；若改变电子沿极板方向运动距离l为原来的一半，y减小为原来的，C正确；若改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍，y减小为原来的，D正确。。
要点二 带电体在电场中的平衡与加速
例2、如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程（ ）
A．加速度大小为a＝﹣g
B．所需的时间为t＝
C．下降的高度为y＝
D．电场力所做的功为W＝Eqd
【答案】B
【解析】A、点电荷受到重力、电场力，合力为：F＝
根据牛顿第二定律有：a＝，故A错误；
B、根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，水平方向上的加速度为：a＝，
根据位移公式可得：，化简得：t＝，故B正确；
C、竖直方向做自由落体运动，下降高度为：h＝＝，故C错误；
D、故电场力做功为：W＝qE，故D错误。
针对训练2、密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是（ ）
A．悬浮油滴带正电
B．悬浮油滴的电荷量为
C．增大场强，悬浮油滴将向上运动
D．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍
【答案】C
解析】A、油滴静止不动，所受的电场力与重力平衡，则油滴受到的电场力方向竖直向上，而电场方向竖直向下，因此油滴带负电；故A错误；
B、根据平衡条件有：mg＝q，得悬浮油滴的电荷量q＝，故B错误；
C、当增大场强时油滴所受的电场力增大，则悬浮油滴将向上运动，故C正确；
D、每个油滴的电荷量一定是电子电量的整数倍。故D错误；
要点三 带电粒子在匀强电场中的偏转
例3、如图所示，光滑绝缘的水平面上，在宽度为d＝0.98m的区域内存在一水平向左的匀强电场（除此之外其余位置均无电场），电场强度E＝1.0×104N/C．在电场区域内某一位置P处有一质量m＝0.01kg，电荷量q＝+1.0×10﹣6C的小球以初速度v0＝1m/s向右运动。空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小球在电场中运动的加速度大小和方向
（2）P处距右边界多远时，小球可获得最大速度，并求出最大速度的大小。
【答案】 (1) 1.0m/s2 方向：水平向左 (2) 1.4m/s
【解析】解：（1）对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律有
a＝＝＝1.0m/s2
方向：水平向左；
（2）由于小球向右运动的最大距离为x0＝＝0.5m＜d，所以小球可能从左边射出电场，即当小球达到右边边界刚好速度为零时，从左边电场边界射出时速度最大，即P处距离右边界的距离为0.5m时，小球可以获得最大速度。
根据速度位移关系可得：vm2＝2ad
解得：vm＝1.4m/s。
【总结提能】
带电粒子在电场中运动问题的求解思路
在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图6-3-10所示。
(1)确定最终偏移距离
(2)确定偏转后的动能(或速度)
针对训练3．如图所示，绝缘的粗糙水平桌面高为h＝1.25m、长为s＝2m，桌面上方有一个水平向左的匀强电场。一个质量为m＝2×10﹣3kg、带电量为q＝+2.5×10﹣8C的小物体自桌面的左端A点以初速度v0＝6m/s向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面上C点。C点与B点的水平距离x＝1m，物体与桌面间的动摩擦因数为0.4，不计空气阻力，取g＝10m/s2。
（1）小物体离开桌子边缘B的速度多大？
（2）水平向左匀强电场的电场强度E为多大？
（3）为使小物体离开桌面边缘B后水平距离加倍，即x′＝2x，某同学认为可以在桌子边缘B的右侧空间加一竖直方向的匀强电场E′，请你求出该电场的电场强度E′。
【答案】（1）2m/s；（2）3.2×105N/C；（3）6×105N/C，方向竖直向上
【解析】（1）设小物体离开桌子边缘B点后经过时间t落地，则有：
h＝gt2
所以，t＝0.5s
设小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB，
则：vB＝＝m/s＝2m/s；
（2）根据动能定理，有：﹣qEs﹣μmgs＝mvB2﹣mvA2
解得E＝3.2×105N/C；
（2）要使水平射程加倍，在平抛速度不变时，只有将运动时间加倍，即为：
2x＝vBt′
由h＝at′2
由牛顿第二定律得：mg﹣q E′＝ma
代入数据得：E′＝6×105N/C，方向竖直向上。
[方法规律] 有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，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速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
一、单项选择题
1．如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则（ ）
A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则平角θ增大
B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则平角θ变小
C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则平角θ增大
D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则平角θ减小
【答案】C
【解析】AB、断开开关S，电容器所带的电量不变，C＝，E＝，而U＝，联立解得：E＝，则知d变化，E不变，电场力不变，θ不变。故AB错误。
CD、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由E＝知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大。故C正确，D错误。
2．带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，不可采用的方法有（ ）
A．减小两极板间的距离 B．用手触摸极板A
C．在两板间插入电介质 D．将极板B向上适当移动
【答案】D
【解析】A、减小两极板间的距离，d减小，则由决定式C＝，可知电容器的电容增大；
由C＝ 可知，电势差减小，静电计的指针偏角变小。故A正确；
B、若用手触摸A板时，由于B板接地，电量减小，板间电势差减小，静电计的指针偏角变小。故B正确；
C、在两板间插入电介质时，相对介电常数增大，则C增大，由C＝ 可知，电势差减小，静电计的指针偏角变小。故C正确；
D、将极板B向上运动时，正对面积减小，则C减小，由定义式可知，电势差增大，静电计的指针偏角变大。故D错误
3. 如图所示平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）保持连接，下极板接地，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ）
A．电容器的电容增大
B．电容器极板带电量增大
C．上极板电势将升高
D．带电油滴将竖直向下运动
【答案】D
【解析】A、根据电容的决定式，E＝?，当上极板竖直向上移动一小段距离，即间距d增大，那么电容减小。故A错误。
B、根据Q＝UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小。故B错误。
CD、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，则上极板电势不变，根据E＝ 得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故D正确，C错误。
4．在平面坐标系xOy的x轴上A、B两点固定两点电荷，电荷量大小分别为QA和QB，曲线ACB是一条电场线，C、D、E是电场线上的三点，且C点的切线与x轴平行，∠CAB＝60°，∠CBA＝30°，则下列说法正确的是（ ）
A．A处点电荷带负电，B处点电荷带正电
B．某一正点电荷在D点所受的电场力大于在E点的电场力
C．
D．负点电荷在D点的电势能大于在C点的电势能
【答案】C
【解析】A、电场线的方向是从正电荷指向负电荷，根据电场线的指向知A处点电荷带正电，B处点电荷带负电，故A错误；
B、电场线密的地方场强大，根据电场线的疏密可知D点的电场强度小于E点的电场强度，所以某一正点电荷在D点所受的电场力小于在E点的电场力，故B错误；
C、由于在C处的电场强度方向水平向右，则两个点电荷在C点竖直方向的合电场为零，则有：＝，解得，故C正确；D、沿电场线方向电势逐渐降低，φD＞φC，再根据Ep＝qφ，q为负电荷，知EpD＜EpC．故D错误。
5．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为+q的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，经时间t力F做功80J，此后撤去力F，物块又经过相同的时间t回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v，设O点的电势能为零，则下列说法不正确的是（ ）
A．撤去力F时物块的速度大小为
B．物块向右滑动的最大距离为
C．撤去力F时物块的电势能为60J
D．物块回到出发点时的动能为80J
【答案】B
【解析】A、设F作用时加速度为a1，撤去后加速度为a2，根据位移关系知a1t2＝a2t2﹣a1t2，化简可得：a1：a2＝1：3，v1：v2＝，联立得v1：v2＝1：2，因v2＝v，则撤去力F时物块的速度大小为，故A正确；
B、物块向右加速运动的位移为；撤去拉力后减速到零时的位移：，则物块向右滑动的最大距离为，故B错误；
C、根据牛顿运动定律知＝＝，知Eq＝F；因撤去力F时力F做功为80J，则电场力做功为×80J＝60J，即此时物块的电势能为60J，故C正确；
D、回到出发点时，电场力做功为零，则整个过程中只有拉力F做功80J，由动能定律可知，物块回到出发点时的动能为80J，故D正确。
二、多项选择题
6．一个可变电容器由固定极板A和可动极板B组成。将此电容器与灵敏电流计G、电源串联成如图所示的电路。始终保持开关S闭合，在将B缓慢向上移动的过程中，下列说法正确的有（ ）
A．电容器的电容逐渐减小
B．电容器的电荷量逐渐增加
C．电容器两极板间的电场强度逐渐减小
D．流过灵敏电流计的电流方向为从b到a
【答案】BCD
【解析】A、将平行板电容器的B极板缓慢向上移动一小段距离，根据电容的定义式C＝可知，电容器电容增大，故A错误。
B、由于电容器两板间电压不变，根据Q＝CU，可知电荷量增加，故B正确。
C、根据E＝得知板间场强减小，故C正确。
D、电荷量Q增加，电容器充电，电流从b到a流过电流计，故D正确。
7．用如图所示实验装置探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，电容器带电后与电源断开。下列说法中正确的有（ ）
A．上移左极板，静电计指针张角变小
B．右移左极板，静电计指针张角变大
C．在两极板间插入一课本，静电计指针张角变小
D．若教室内空气湿度较大，则实验现象不明显
【答案】CD
【解析】A、根据电容的决定式C＝得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C＝，分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故A错误；
B、根据电容的决定式 C＝得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C＝，分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故B错误。
C、根据电容的决定式C＝得知，在两极板间插入一课本，ξ增大，电容增大，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C＝，分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角θ变小，故C正确；
D、若教室内空气湿度较大，则电容器所带的电量不容易保持，故实验现象不明显，故D正确
8．如图所示，一重力不计的带电粒子从两个带电平行板左侧中点O处沿中线以一定的初速度飞入两板之间。当两板间电压分别为U1、U2、U3时，带电粒子分别落到下板的1、2、3处，且三点到下板左端点的距离之比为1：2：3，则关于带电粒子在电场中的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．粒子三次的运动时间之比为1：2：3
B．粒子三次的加速度大小之比为9：4：1
C．U1、U2、U3的大小之比为36：9：4
D．粒子三次的动能増加量之比为3：2：1
【答案】AC
【解析】A．垂直于电场方向即水平方向粒子不受力，做匀速直线运动，由x＝v0t得，v0相等，则t∝x，可知粒子三次运动的时间之比为1：2：3，故A正确；
BC．沿电场方向粒子做匀加速直线运动，其加速度，因为竖直位移为，位移相同，加速度和时间的平方成反比，即加速度之比为36：9：4，故B错误，因为加速度和电压成正比，所以U1：U2：U3＝36：9：4，故C正确；
D．根据动能定理可知粒子运动过程中，动能的增量△Ek＝qU，所以动能的增加量之比为36：9：4，故D错误；
三、非选择题
9．如图所示，电子枪K发射出的电子（初速度不计），经加速电场加速后，由小孔射入偏转电场，出射后打在荧光屏上。偏转电场不加电压时，电子沿与两极板等距的中线运动，在荧光屏上留下的点为O点。已知：电子质量为m，电量为e；YY'极板长度为l，板间距离为d；YY'极板右边缘到荧光屏的水平距离为L；加速场电压为U1，偏转场YY'电压为U2．求：
（1）电子穿越偏转电极YY'场区的时间；
（2）电子在荧光屏上留下的亮斑P点到O点的距离。
【答案】（1）；（2）；
【解析】（1）电子在加速电场，根据动能定理有：，
所以电子出加速电场获得的速度为，
进入偏转电场电子受到向上的电场力，从而做类平抛运动，
电子在偏转电场中运动的时间为＝，
（2）电子在偏转电场中加速度为，
所以出电场时电子的竖直方向的速度为vy＝at＝，
竖直方向的偏移量为＝，
速度偏向角为，
出电场后电子做匀速直线运动，其竖直方向的位移为y′＝L?tanθ＝，
所以电子在荧光屏上留下的亮斑P点到O点的距离为h＝y+y′＝；
10．如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端距离荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
（1）求电子穿过A板时的速度大小v0；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）求OP的距离Y；
（4）电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫做示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】（1）电子在加速电场中，据动能定理 ，
解得：；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，＝；
（3）根据平抛运动的推论：做类平抛运动的物体，某时刻速度的反向延长线过此刻水平位移的中点，
所以有 ，
解得：；
（4）据第（2）问可得：，故提高示波器灵敏度可以增大板长L，减小加速电压U1，减小板间距d；
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选择题(每小题10分，共80分)
1．如图所示为示波管的工作原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移叫做示波管的灵敏度。为了提高灵敏度，（ ）
A．减小d B．减小L C．增大U1 D．增大U2
【答案】A
【解析】电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：eU1＝mv02，
所以电子进入偏转电场时速度的大小为：v0＝，
电子进入偏转电场后的偏转的位移为：h＝at2＝＝，
所以示波管的灵敏度为：＝。
以要提高示波管的灵敏度可以增大L、减小d和减小U1，所以A正确、BCD错误。
2. 下列电学元器件属于电容器的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】 由图可知，A为电容器；B为电池，C为验电器，D为白炽灯，故A正确，BCD错误。
3．把一个平行板电容器C接在一电源上，保持C与电源的连接，减小两板间距离，C所带电荷量①．先把一个平行板电容器C接在一电源上，然后断开C与电源的连接，减小两板间距离，两板间的电场强度②．空格①、②中应该分别填入（ ）
A．增大、不变 B．减小、不变 C．增大、增大 D．增大、减小
【答案】A
【解析】电容器充电后保持与电源连接，电压保持不变，当只将两板间距离减小，电容的决定式得知，C增大，由电容的定义式C＝，可知，Q也增大；
当电容器充电后与电源断开，则电量保持不变，由电容的决定式，定义式及E＝，联立可得E＝，故减小两板间距离，两板间的电场强度不变，故A正确，BCD错误；
4．[多选]如图，一斜面紧靠竖直墙面固定在水平地面上，在纸面内加匀强电场，其方向与水平面夹角为α＝60°，场强E＝，现将一质量为m带电量为+q的小球从斜面上P点竖直向上以v0抛出，第一次与接触面碰撞前空中飞行的竖直位移为y1，若仅将初速度大小变为3v0从P点竖直抛出，第一次与接触面磁撞前在空中飞行的竖直位移为y2，则下列说法可能正确的是（ ）
A．y2＝2y1 B．y2＝4y1 C．y2＝6y1 D．y2＝10y1
【答案】BC
【解析】对小球受力分析如图所示：
竖直方向上＝
水平方向＝
故合力沿水平方向向右与初速度垂直，故小球做类平抛运动
可分解为竖直方向的匀速直线运动和水平向右的匀加速直线运动
如果每次与斜面碰撞，故合位移方向相同
由牛顿第二定律得加速度为：
设斜面夹角为β
则
则
故
故
如果每次与墙面碰撞，从开始运动到与墙面碰撞时间相同，所以＝，
如果第一次与斜面碰撞，第二次与墙面碰撞，＜＜，故BC正确，AD错误。
5．已知两极板间距为d，极板面积为S的平行板电容器电容C＝，其中ε0是常量。将电容器两极板的电荷量减半，间距变为原来的4倍，则电容器极板间（ ）
A．电压加倍，电场强度减半
B．电压加倍，电场强度加倍
C．电压减半，电场强度减半
D．电压加倍，电场强度不变
【答案】A
【解析】由题意，两板上的带电量减半；且间距增加4d，则C减小为原来的；
由公式U＝可知电压变为原来的2倍，则电场强度E＝变为原来，故电场强度减半，故A正确，BCD错误；
6．一充电后的平行板电容器与电源断开，现保持两极板的正对面积不变，仅将两极板的间距变为原来的2倍，则（ ）
A．其电容变为原来的2倍
B．两极板的带电量不变
C．两极板间电压变为原来的0.5倍
D．两极板间的电场强度变为原来的2倍
【答案】B
【解析】充电后的平行板电容器与电源断开，则电荷量Q恒定，现保持两极板的正对面积不变，仅将两极板的间距变为原来的2倍，则根据电容的决定式C＝可知，电容变为原来的，根据Q＝CU可知，两极板间电压变为2倍，根据E＝＝可知电场强度不变，故B正确，ACD错误。
7．对于某一电解电容器，下列说法中正确的是（ ）
A．电容器带电荷量越多，电容越大
B．电容器两极板间电压越小，电容越大
C．电容器的电容与所带电荷量成正比，与极板间的电压成反比
D．随电容器所带电荷量的增加，电容器两极板间的电压也增大
【答案】D
【解析】ABC、电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，电容不会随着电荷量以及电压的变化而变化，故ABC错误；
D、根据Q＝UC可知，随电容器所带电荷量的增加，电容器两极板间的电压也增大，故D正确。
8．如图所示，为电子枪的工作原理，金属丝加热后可以发射电子，发射出的电子被加速电场加速，穿出金属板上的小孔后，形成高速运动的电子束。其中加热电源的电动势为E，加速电压为U．下列说法正确的是（ ）
A．加热电源的正负不能接反
B．加速电压的正负不能接反
C．加速电场的电场线从金属丝发出，终止于金属板
D．电子被加速时，一定是沿着电场线运动的
【答案】B
【解析】A、金属丝加热后发射电子，电源的正负互换也不影响，故A错误；
B、电子加速时，当正负互换，电子不被加速，故B正确；
C、电场线从正极板出发，终止与负极板，故C错误；
D、电子被加速时，受到的电场力方向与电场线方向相反，是沿着电场线反方向运动的，故D错误。
9如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．电场力对两粒子做功相同
B．两粒子到达P点的速度大小可能相等
C．两粒子到达P点时的电势能都减小
D．两粒子到达P点所需时间一定不相等
【答案】B
【解析】一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场，经过时间t1射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y1；
电子在电场中做类平抛运动，可将沿着速度与加速度方向进行分解，速度方向做匀速直线运动，而加速度方向做初速度为零的匀加速直线运动，
设金属板长度为L，依据运动学公式，及加速度相等，
则有：t1＝，而y1＝at12；
同理，则有：t2＝，而y2＝at22；
由于v2＞v1，因此t1＞t2，
且有y1＞y2，故ABC错误，B正确；
10、如图所示，光滑绝缘的半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球在容器边缘A点由静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为θ＝60°，则下列说法定确的是（ ）
A．小球重力与电场力的关系是qE＝mg
B．小球在B点时，对圆弧的压力为mg
C．小球在A点和B点的加速度大小不同
D．如果小球带负电，从A点由静止释放后，也能沿AB圆弧而运动
【答案】 A
【解析】 A．小球从A运动到B的过程，根据动能定理得：mgRsinθ﹣qER（1﹣cosθ）＝0，解得：qE＝mg，故A正确；
B．小球在B点时，速度为零，向心力为零，则有：FN＝mgsinθ+qEcosθ＝mg，故B错误；
C．A、B两点速度均为零，所以向心力为零，则加速度为零，故C错误；
D．如果小球带负电，将沿重力和电场力合力方向做匀加速直线运动，故D错误；
二、计算题(共20分)
11．水平放置、相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，开关S闭合后，M、N间产生了匀强电场，一个重力不计的带负电粒子垂直于电场方向从MN板中点射入电场，粒子恰好打在N板中央。
（1）若开关S闭合，入射位置及其他条件均不变，为了让粒子恰能飞出电场，应将M板向上平移多少？
（2）若开关S粒子初速度大小变为原来的3倍，入射位置及其他条件均不变，为了让粒子恰能飞出电场，N板需上移多少？
【答案】（1）3d；（2）d。
【解析】（1）设极板间的电压为U，极板的长度为L，粒子的初速度为v0。
粒子做类平抛运动，水平方向有：L＝v0t1…①
竖直方向：d＝a1t12＝?t12…②
由②解得：d2＝t12…③
为使粒子刚好能飞出电场，则水平方向：L＝v0t2…④
竖直方向：d＝a2t22＝?t22…⑤
联立解得：d′＝4d
所以，应将M板向上平移3d。
（2）当开关S断开时，两板所带电荷量不变，电场强度E不变，设N板上移距离为x，则有：
L＝3v0t3
d﹣x＝??t32
联立解得：x＝d。
12、如图所示，在水平向右场强为E的匀强电场中，有一质量为m、电荷量为q的点电荷从A点由静止释放，仅在电场力的作用下运动到B点，所用时间为t，求：
（1）AB两点间距离；
（2）A、B两点间的电势差；
（3）点电荷从A点运动到B点过程中电场力对点电荷做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】（1）据运动学公式有：；
（2）据电势差和场强关系得：；
（3）据电场力做功公式有：；
13、如图所示，间距为d的水平平行金属板间电压恒为U．初速度为零的电子经电压为U0的电场加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子从两板间飞出，飞出时速度的偏向角为θ．己知电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计。求：
（1）电子在水平金属板间所受的电场力大小F；
（2）电子刚进入水平金属板间电场时的速度大小v0；
（3）水平金属板的长度L。
【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】（1）电子偏转过程，场强强度为：E＝，
故电场力为：F＝Ee，
联立解得：F＝；
（2）直线加速过程，根据动能定理，有：eU0＝mv02，
解得：v0＝；
（3）电子在水平金属板间做类平抛运动，有：
F＝ma，
vy＝at，
t＝，
tanθ＝，
联立解方程可得：所以。
第28讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
(原卷版)
1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.
2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.
3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．
一、电容器 电容 平行板电容器
1．电容器
(1)组成：由两个彼此 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 。
(3)电容器的充、放电
①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 ，电容器中储存电能，如图6-3-1甲所示；
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能，如图6-3-1乙所示。
2．电容
(1)定义：电容器所带的 与电容器两极板间的 的比值。
(2)意义：表示电容器 的物理量。
(3)定义式：C＝。
(4)单位：1法拉(F)＝ 微法(μF)＝ 皮法(pF)。
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：平行板电容器的电容C跟板间电介质的相对介电常数εr成 ，跟正对面积S成 ，跟极板间的距离d成 。
(2)决定式：C＝。
二、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)处理方法：利用动能定理qU＝mv2－mv。
(2)适用范围： 。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子 于电场方向进入匀强电场。
(2)处理方法：类似于 ，应用运动的合成与分解的方法。
①沿初速度方向做 运动，运动时间t＝。
②沿电场方向做初速度为零的 运动。
(3)相关量的计算
①加速度：a＝＝＝；
②运动时间
a．能飞出平行板电容器：t＝；
b．打在平行极板上：y＝at2＝·t2，t＝ ；
③离开电场时的偏移量：y＝at2＝；
④离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。
三、示波管
1．示波管装置
示波管由 、 和 组成，管内抽成真空，如图6-3-2所示。
图6-3-2
2．工作原理
(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏 ，在那里产生一个亮斑。
(2)YY′上加的是待显示的 ，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。
1．用两节相同的电池分别给两个原来不带电的电容器C1和C2充电，已知C1＜C2。当达到稳定状态时，两电容器每板的带电荷量分别为Q1和Q2，则( )
A．Q1＞Q2
B．Q1＜Q2
C．Q1＝Q2
D．无法确定Q1与Q2的大小关系
2．[多选]对于水平放置的平行板电容器，下列说法中正确的是( )
A．将两极板的间距加大，电容将增大
B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小
C．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等，厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大
D．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等，厚度小于极板间距的铝板，电容将增大
3. 一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图1所示， tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是( )
图1
A．A处的场强一定小于B处的场强
B．A处的电势一定高于B处的电势
C．电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能
D．电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功
4．如图2所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计质子重力．下列说法正确的有( )
图2
A．质子到Q点时的速度可能大于v0
B．质子到Q点时的速度可能等于v0
C．质子到Q点时的速度方向可能与cd边平行
D．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直
5．如图3所示，H、H、H三种粒子从同一位置无初速度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后进入竖直向下的匀强电场发生偏转，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3
A．偏转电场对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时速度一样大
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
要点一 平行板电容器的动态分析
1．平行板电容器动态变化的两种情况
(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。
(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。
2．动态分析思路
U不变
①根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。
Q不变
①根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
要点二 带电体在电场中的平衡与加速
1．带电体在电场中运动时重力的处理
基本粒子
如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)
带电颗粒
如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力
2.带电体在电场中的平衡
解题步骤：①选取研究对象；
②进行受力分析，注意电场力的方向特点；
③由平衡条件列方程求解。
3．带电体在电场中的变速直线运动
可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解。
要点三 带电粒子在匀强电场中的偏转
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
2．两个结论
(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，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··2
tan θ＝
得：y＝，
tan θ＝。
(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到偏转电场边缘的距离为。
3．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。
要点一 平行板电容器的动态分析
例1、如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，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( )
A．保持U2和平行板间距不变，减小U1
B．保持U1和平行板间距不变，增大U2
C．保持U1、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
【答案】D
【解析】 粒子在电场中加速U1q＝mv02，在偏转电场中x＝v0t，y＝t2，解得x2＝：开始时x＝L，若要使x增大为L，保持U2和平行板间距不变，减小U1则x会减小，A项错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，B项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，C项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，则x变大，故D项正确，故选D项．
【总结提能】
分析平行板电容器动态变化的步骤
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用E＝或E∝分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化。
针对训练1．[多选] 两平行极板间距为d，两极板间电压为U，不计重力的电子以平行于极板的速度v射入两极板之间，沿极板方向运动距离为l时侧移为y。如果要使电子的侧移y′＝y，仅改变一个量，下列哪些措施可行( )
A．改变两极板间距为原来的一半
B．改变两极板所加电压为原来的一半
C．改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半
D．改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍
要点二 带电体在电场中的平衡与加速
例2、如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程（ ）
A．加速度大小为a＝﹣g
B．所需的时间为t＝
C．下降的高度为y＝
D．电场力所做的功为W＝Eqd
【答案】B
【解析】A、点电荷受到重力、电场力，合力为：F＝
根据牛顿第二定律有：a＝，故A错误；
B、根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，水平方向上的加速度为：a＝，
根据位移公式可得：，化简得：t＝，故B正确；
C、竖直方向做自由落体运动，下降高度为：h＝＝，故C错误；
D、故电场力做功为：W＝qE，故D错误。
针对训练2、密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是（ ）
A．悬浮油滴带正电
B．悬浮油滴的电荷量为
C．增大场强，悬浮油滴将向上运动
D．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍
要点三 带电粒子在匀强电场中的偏转
例3、如图所示，光滑绝缘的水平面上，在宽度为d＝0.98m的区域内存在一水平向左的匀强电场（除此之外其余位置均无电场），电场强度E＝1.0×104N/C．在电场区域内某一位置P处有一质量m＝0.01kg，电荷量q＝+1.0×10﹣6C的小球以初速度v0＝1m/s向右运动。空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小球在电场中运动的加速度大小和方向
（2）P处距右边界多远时，小球可获得最大速度，并求出最大速度的大小。
【答案】 (1) 1.0m/s2 方向：水平向左 (2) 1.4m/s
【解析】解：（1）对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律有
a＝＝＝1.0m/s2
方向：水平向左；
（2）由于小球向右运动的最大距离为x0＝＝0.5m＜d，所以小球可能从左边射出电场，即当小球达到右边边界刚好速度为零时，从左边电场边界射出时速度最大，即P处距离右边界的距离为0.5m时，小球可以获得最大速度。
根据速度位移关系可得：vm2＝2ad
解得：vm＝1.4m/s。
【总结提能】
带电粒子在电场中运动问题的求解思路
在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图6-3-10所示。
(1)确定最终偏移距离
(2)确定偏转后的动能(或速度)
针对训练3．如图所示，绝缘的粗糙水平桌面高为h＝1.25m、长为s＝2m，桌面上方有一个水平向左的匀强电场。一个质量为m＝2×10﹣3kg、带电量为q＝+2.5×10﹣8C的小物体自桌面的左端A点以初速度v0＝6m/s向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面上C点。C点与B点的水平距离x＝1m，物体与桌面间的动摩擦因数为0.4，不计空气阻力，取g＝10m/s2。
（1）小物体离开桌子边缘B的速度多大？
（2）水平向左匀强电场的电场强度E为多大？
（3）为使小物体离开桌面边缘B后水平距离加倍，即x′＝2x，某同学认为可以在桌子边缘B的右侧空间加一竖直方向的匀强电场E′，请你求出该电场的电场强度E′。
一、单项选择题
1．如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则（ ）
A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则平角θ增大
B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则平角θ变小
C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则平角θ增大
D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则平角θ减小
2．带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，不可采用的方法有（ ）
A．减小两极板间的距离 B．用手触摸极板A
C．在两板间插入电介质 D．将极板B向上适当移动
3. 如图所示平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）保持连接，下极板接地，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ）
A．电容器的电容增大
B．电容器极板带电量增大
C．上极板电势将升高
D．带电油滴将竖直向下运动
4．在平面坐标系xOy的x轴上A、B两点固定两点电荷，电荷量大小分别为QA和QB，曲线ACB是一条电场线，C、D、E是电场线上的三点，且C点的切线与x轴平行，∠CAB＝60°，∠CBA＝30°，则下列说法正确的是（ ）
A．A处点电荷带负电，B处点电荷带正电
B．某一正点电荷在D点所受的电场力大于在E点的电场力
C．
D．负点电荷在D点的电势能大于在C点的电势能
5．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为+q的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，经时间t力F做功80J，此后撤去力F，物块又经过相同的时间t回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v，设O点的电势能为零，则下列说法不正确的是（ ）
A．撤去力F时物块的速度大小为
B．物块向右滑动的最大距离为
C．撤去力F时物块的电势能为60J
D．物块回到出发点时的动能为80J
二、多项选择题
6．一个可变电容器由固定极板A和可动极板B组成。将此电容器与灵敏电流计G、电源串联成如图所示的电路。始终保持开关S闭合，在将B缓慢向上移动的过程中，下列说法正确的有（ ）
A．电容器的电容逐渐减小
B．电容器的电荷量逐渐增加
C．电容器两极板间的电场强度逐渐减小
D．流过灵敏电流计的电流方向为从b到a
7．用如图所示实验装置探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，电容器带电后与电源断开。下列说法中正确的有（ ）
A．上移左极板，静电计指针张角变小
B．右移左极板，静电计指针张角变大
C．在两极板间插入一课本，静电计指针张角变小
D．若教室内空气湿度较大，则实验现象不明显
8．如图所示，一重力不计的带电粒子从两个带电平行板左侧中点O处沿中线以一定的初速度飞入两板之间。当两板间电压分别为U1、U2、U3时，带电粒子分别落到下板的1、2、3处，且三点到下板左端点的距离之比为1：2：3，则关于带电粒子在电场中的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．粒子三次的运动时间之比为1：2：3
B．粒子三次的加速度大小之比为9：4：1
C．U1、U2、U3的大小之比为36：9：4
D．粒子三次的动能増加量之比为3：2：1
三、非选择题
9．如图所示，电子枪K发射出的电子（初速度不计），经加速电场加速后，由小孔射入偏转电场，出射后打在荧光屏上。偏转电场不加电压时，电子沿与两极板等距的中线运动，在荧光屏上留下的点为O点。已知：电子质量为m，电量为e；YY'极板长度为l，板间距离为d；YY'极板右边缘到荧光屏的水平距离为L；加速场电压为U1，偏转场YY'电压为U2．求：
（1）电子穿越偏转电极YY'场区的时间；
（2）电子在荧光屏上留下的亮斑P点到O点的距离。
10．如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端距离荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
（1）求电子穿过A板时的速度大小v0；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）求OP的距离Y；
（4）电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫做示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。
课时检测
选择题(每小题10分，共60分)
1．如图所示为示波管的工作原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移叫做示波管的灵敏度。为了提高灵敏度，（ ）
A．减小d B．减小L C．增大U1 D．增大U2
2. 下列电学元器件属于电容器的是（ ）
A． B．
C． D．
3．把一个平行板电容器C接在一电源上，保持C与电源的连接，减小两板间距离，C所带电荷量①．先把一个平行板电容器C接在一电源上，然后断开C与电源的连接，减小两板间距离，两板间的电场强度②．空格①、②中应该分别填入（ ）
A．增大、不变 B．减小、不变 C．增大、增大 D．增大、减小
4．[多选]如图，一斜面紧靠竖直墙面固定在水平地面上，在纸面内加匀强电场，其方向与水平面夹角为α＝60°，场强E＝，现将一质量为m带电量为+q的小球从斜面上P点竖直向上以v0抛出，第一次与接触面碰撞前空中飞行的竖直位移为y1，若仅将初速度大小变为3v0从P点竖直抛出，第一次与接触面磁撞前在空中飞行的竖直位移为y2，则下列说法可能正确的是（ ）
A．y2＝2y1 B．y2＝4y1 C．y2＝6y1 D．y2＝10y1
5．已知两极板间距为d，极板面积为S的平行板电容器电容C＝，其中ε0是常量。将电容器两极板的电荷量减半，间距变为原来的4倍，则电容器极板间（ ）
A．电压加倍，电场强度减半
B．电压加倍，电场强度加倍
C．电压减半，电场强度减半
D．电压加倍，电场强度不变
6．一充电后的平行板电容器与电源断开，现保持两极板的正对面积不变，仅将两极板的间距变为原来的2倍，则（ ）
A．其电容变为原来的2倍
B．两极板的带电量不变
C．两极板间电压变为原来的0.5倍
D．两极板间的电场强度变为原来的2倍
7．对于某一电解电容器，下列说法中正确的是（ ）
A．电容器带电荷量越多，电容越大
B．电容器两极板间电压越小，电容越大
C．电容器的电容与所带电荷量成正比，与极板间的电压成反比
D．随电容器所带电荷量的增加，电容器两极板间的电压也增大
8．如图所示，为电子枪的工作原理，金属丝加热后可以发射电子，发射出的电子被加速电场加速，穿出金属板上的小孔后，形成高速运动的电子束。其中加热电源的电动势为E，加速电压为U．下列说法正确的是（ ）
A．加热电源的正负不能接反
B．加速电压的正负不能接反
C．加速电场的电场线从金属丝发出，终止于金属板
D．电子被加速时，一定是沿着电场线运动的
9如图所示，平行金属板间存在匀强电场，一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场，经过时间t1射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y1．另一个电子以初速度v2（v2＞v1）仍沿平行于板面方向射入电场，经过时间t2射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y2．不计电子的重力。下列关系式中正确的是（ ）
A．t1＝t2 B．t1＞t2 C．y1＝y2 D．y1＜y2
10、如图所示，光滑绝缘的半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球在容器边缘A点由静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为θ＝60°，则下列说法定确的是（ ）
A．小球重力与电场力的关系是qE＝mg
B．小球在B点时，对圆弧的压力为mg
C．小球在A点和B点的加速度大小不同
D．如果小球带负电，从A点由静止释放后，也能沿AB圆弧而运动
二、计算题(共40分)
11．水平放置、相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，开关S闭合后，M、N间产生了匀强电场，一个重力不计的带负电粒子垂直于电场方向从MN板中点射入电场，粒子恰好打在N板中央。
（1）若开关S闭合，入射位置及其他条件均不变，为了让粒子恰能飞出电场，应将M板向上平移多少？
（2）若开关S粒子初速度大小变为原来的3倍，入射位置及其他条件均不变，为了让粒子恰能飞出电场，N板需上移多少？
12、如图所示，在水平向右场强为E的匀强电场中，有一质量为m、电荷量为q的点电荷从A点由静止释放，仅在电场力的作用下运动到B点，所用时间为t，求：
（1）AB两点间距离；
（2）A、B两点间的电势差；
（3）点电荷从A点运动到B点过程中电场力对点电荷做的功。
13、如图所示，间距为d的水平平行金属板间电压恒为U．初速度为零的电子经电压为U0的电场加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子从两板间飞出，飞出时速度的偏向角为θ．己知电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计。求：
（1）电子在水平金属板间所受的电场力大小F；
（2）电子刚进入水平金属板间电场时的速度大小v0；
（3）水平金属板的长度L。
