【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第19讲 电容器 带电粒子在电场中运动的综合问题 教案

2021年高考一轮复习
第十九讲
电容器
带电粒子在电场运动的综合问题
教材版本
全国通用
课时说明（建议）
120分钟
知识点
1．掌握电场、电势电势能、电容器的概念
2．会应用公式进行计算
复习目标
1．理解带电粒子和带电微粒的区分；
2．掌握匀强电场的综合分析；
3．力和能在电场中的综合应用。
复习重点
1．带电粒子在匀强电场中的运动；
2．理解带电粒子在匀强电场中的运动特点；
3．处理复杂的带电粒子运用。
复习难点
运用公式计算
一、自我诊断
知己知彼
1．据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是(　　)
A．充电时，电容器的电容变小
B．充电时，电容器存储的电能变小
C．充电时，电容器所带的电荷量可能不变
D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零
【答案】B
【解析】电容器的电容是个定值，不随带电量的多少而变化，A错；充电时，电容器储存的电能有一部分转移到手机电池内，B对；充电时，电容器所带的电荷量减少，C错；充电结束后，电容器两极间的电压与手机电池电压相等，电容器仍储存有电荷，电容不变，D错．
2．在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图象的是(　　)
【答案】B
【解析】重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝时刻开始将其释放，粒子在匀强电场中从静止开始运动，从到做匀加速运动；从到，因电场力反向，则做匀减速运动，速度达到零；而从到T，因电场力方向不变，因此反向做匀加速运动；从T到继续做匀减速运动，速度达到零，故B正确．
3．如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力，当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过电场区域而不碰到金属板上．现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是(　　)
A．使粒子的带电量减少为原来的
B．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半
C．使两板间的距离增加到原来的2倍
D．使两极板的长度减小为原来的一半
【答案】B
【解析】
设平行板长度为L，间距为2d，板间电压为U，当速度为v时恰能穿过电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：t＝，垂直初速度方向做匀加速运动：a＝，y＝d＝at2＝，欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向距离仍是L，垂直初速度方向距离仍为d.使粒子的带电量减少为原来的，则y＝＝d，故A可行；使两极板间所接电源的电压减小到原来的一半，则y＝＝2d，故B不可行；使两极板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d，y＝＝2d，故C可行；使两极板的长度减小为原来的一半，y＝＝d，故D可行；故选B.
4．如图所示为阴极射线管(由示波管改造而成)的示意图，当M1、M2两极不加电压时，电子束经电场加速后打到荧屏中央O处形成亮斑．电子在偏转电场中的运动时间很短．在下列不同条件下，关于电子的运动情况说法正确的是(　　)
A．如果在M1、M2之间加交变电压，电子在荧光屏上的亮斑一定会以O点为中心上下移动
B．如果在M1、M2之间加交变电压，电子一定会打到荧屏的中心位置
C．如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，电子在荧屏上的亮斑会向上移动
D．随着M1、M2之间的电势差逐渐增大，电场力对电子所做的功可能会先增加后减少
【答案】C
【解析】如果在M1、M2之间加正弦式交变电压，电子在电场中加速后经电场偏转，在荧屏上的亮斑会以O点为中心上下移动，若加其他形式的交变电压，例如电流的大小不改变的交变电压，则电子在荧屏上的亮斑会在O点上方或下方某一定点，选项A、B错误；如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，由题图可知电子受竖直向上的电场力作用，电子在电场中会向上偏转，电势差越大，偏转越明显，所以电子在荧屏上的亮斑会向上移动，选项C正确；随着M1、M2之间的电势差逐渐增大，电子只向M1板方向发生偏转，所以电场力对电子所做的功不可能减少，选项D错误．
5．(多选)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向右上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是(　　)
A．小球再次到达M点时，速度刚好为零
B．小球从P到M过程中，合外力对它做了mgL的功
C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgL
D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动
【答案】
BD
【解析】
当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，A错误；电场力与重力合力为mgtan
60°＝mg，这个方向上位移为L，所以做功为mgL，故B正确；机械能增加量就是动能增加量mgL和重力势能增加量mgL之和，故C错误；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故D正确．
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
电容
电容器
（一）典例剖析
例1．根据电容的定义式C=知
（
）
A．电容器的电容越大，则电容器所带电量就越多
B．电容器两极板间电压越大，电容越大
C．电容器电容与电量成正比，与电压成反比
D．电容器的电容不随带电量及两极板间电压的变化而变化
【答案】
D　
【解析】本题出错的主要原因是没有认识到电容器电容是由电容器本身决定，与所带电量、两极板间的电压无关，公式C=是定义式，它可以适用于任何电容器，但绝不能说C与Q成正比，或C与U成反比。
【易错点】不能正确地理解电容概念选C。
【方法点拨】明确定义式和决定式，深刻理解概念。
例2．（2020·全国高考课标1卷）图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据电容器的定义式可知
结合图像可知，图像的斜率为，则内的电流与内的电流关系为
且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律可知两端电压大小关系满足
由于电流方向不同，所以电压方向不同。故选A。
【易错点】不能正确理解电容器的充放电。
【方法点拨】充电时：电容器相当于用电器，会有短暂电流，电压是变化的，故电流正向
充电完成后：电容器相当于断路，电容器电压稳定，电路中没有电流，故R两端电压为零
放电时：电容器相当于电源，也会有短暂电流，电压是变化的，故电流反向
（二）举一反三
1．
如图所示，一平行板电容器接在U＝12V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10F，两极板间距离d＝1.20×10－3m，取g＝10m/s2，求：
(1)该电容器所带电荷量。
(2)若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3kg，恰在板间处于静止状态，则微粒带电荷量为多少？带何种电荷？
【答案】　(1)3.6×10－9C　(2)2.0×10－6C　负电荷
【解析】　
(1)由公式C＝得：Q＝CU＝3.0×10－10×12C＝3.6×10－9C。
(2)若带电微粒恰在极板间静止，则qE＝mg，而E＝，则q＝＝C＝2.0×10－6C，微粒带负电荷。
2．如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源。上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量Q＝－3.5×10－14C，质量m＝3.0×10－9kg。当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零。(不计空气阻力，g＝10m/s2)求：
(1)两极板间的电场强度E；
(2)两极板间的电势差U；
(3)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12F，则该电容器带电量Q是多少？
【答案】(1)
2.0×106V/m　方向竖直向下　(2)3.0×105V　(3)1.2×10－6C
【解析】由动能定理W＝ΔEk得mg(h＋L)＝|Q|U
代入数据U＝V＝3.0×105V
E＝U/d＝V/m＝2.0×106V/m
Q＝CU＝4.0×10－12×3.0×105C＝1.2×10－6C
考点二
电容
电容器动态变化
（一）典例剖析
例1．水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止平衡状态。现将电容器两板间的距离增大，则
（
）
A．电容变大，质点向上运动
B．电容变大，质点向下运动
C．电容变大，质点保持静止
D．电容变小，质点向下运动
【答案】D
【解析】平行板电容器电容的决定式为C=，将两板间距离d增大，则电容器与电容减小，故选项AB肯定是错误的；电容器的电池相连，保持电容器两极间电压不变，由E=知，电场强度E减小，题目给出的条件是质点处于静止平衡状态，故有qE=mg；现E减小，则电场力小于重力，故质点向下运动，所以选项C错D对．
【易错点】没看清题目，认为电容器电容不变，改变电容器间的距离，E不变。选C
【方法点拨】牢记电容器电量不变的条件:电路中没有电源，或充电后断开电源。电压不变条件：两极板始终和电源相连。
例2．(多选)
两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。接通开关S，电源即给电容器充电，则
（
）
A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两板间电场的电场强度减小
B．保持S接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量增大
C．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D．断开S，在两极板间插入一块电介质，则两极板间的电势差增大
【答案】BC
【解析】本题的解答主要在两点：一是保持S接通和断开的理解。保持S接通意味着两极板间的电势差U保持不变，始终等于电源的电动势。而断开S后，意味着电容器极板上的电荷量Q不变。其次是关于平行板电容器的三个关系式，即电容定义式C=Q/U，决定式C=及匀强电场的关系式U=Ed所以当保持S接通时，U不变，d减小，由E=U/d，则场强E应增大，A错。如这种情况下在电容器的两极板间插入一块介质，电容器的电容C增大，U仍不变，由C=Q/U，Q应增大，B对。断开S时，Q不变，d减小，C增大，所以U减小，C对。若此时插入电介质，则C增大，而Q不变，所以U减小，D错。所以本题的答案为BC。
【易错点】由于不能正确理解开关闭合断开的物理意义而错选。
【方法点拨】保持S接通和断开的理解。保持S接通意味着两极板间的电势差U保持不变，始终等于电源的电动势。而断开S后，意味着电容器极板上的电荷量Q不变。
例3．如图所示，竖直放置，已充电的平行板电容器与一静电计相连。现保持极板上的电荷量不变，分别进行了以下实验，关于实验的现象，下列说法正确的是（
）
A．让A板向B板缓慢靠近，该过程中，静电计指针张角将变大
B．让A板向B板缓慢远离，该过程中，静电计指针张角将变小
C．让A板向上平移一小段距离，该过程中，静电计指针张角将变小
D．将一块与极板形状相同的电介质插入A、B极板之间，该过程中，静电计指针张角将变小
【答案】D
【解析】解析：因为Q不变，由U=可知A、B皆错，向上平移A板，相当于S减小，U同样是增大的，可知C错。故只有D选项符合题意。
【易错点】由于没有掌握C=，而错选A。
【方法点拨】本题没有电源，电容器极板上的电荷量Q不变。
（二）举一反三
1．(多选)
如图所示，平行板电容器竖直放置，A板上用绝缘线悬挂一带电小球，静止时，绝缘线与固定的A板成θ角，平移B板，下列说法正确的是(　　)
A．S闭合，B板向上平移一小段距离，θ角变大
B．S闭合，B板向左平移一小段距离，θ角变大
C．S断开，B板向上平移一小段距离，θ角变大
D．S断开，B板向左平移一小段距离，θ角不变
【答案】BCD
【解析】分析小球受力，由平衡条件可知tan
θ＝，则场强E增大时，θ增加，E减小时，θ减小．当S闭合时，电容器两极板间电压不变，由E＝知此时E取决于板间距离d，故B板上移时，d不变，E不变，θ不变，A错误；B板左移时，d增大，E减小，θ变大，B正确；当S断开时，电容器所带电荷量不变，由E
＝，U＝，C＝三式可得E＝，即此种情况下E取决于正对面积S，而与板间距离无关，B上移时，正对面积减小，E增大，θ变大，C正确；B左移时，d减小，E不变，θ不变，D正确．
2．（多选）如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是(　　)
A．增大两极板之间的距离，指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角将变大
D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
【答案】AB　
【解析】电容器上所带电荷量一定，由公式C＝，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；当将A板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，故选A、B.
方法总结　①电容器充电后断开电源，则电容器所带电荷量Q保持不变，当极板距离d，正对面积S变化时，有：C＝∝，U＝＝∝，E＝＝＝∝
②本题中两板间的电压增大时，静电计指针张角变大，两板间的电压变小时，静电计指针张角变小.
电容器的动态变化分两大类：一类是电荷量不变，一类是电压不变，解题时一定弄清楚．
3．
一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将(　　)
A．打到下极板上
B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回
D．在距上极板d处返回
【答案】D
【解析】本题应从动能定理的角度解决问题．
带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg－qU＝0；若电容器下极板上移，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功WG＝mg，电场力做功W电＝－qU′＝－qU＝－qU，由动能定理得WG＋W电＝0，联立各式解得d′＝d，选项D正确．
考点三
带电粒子在电场中运动
（一）典例剖析
例1．
两个相同极板Y与Y′的长度=6.0
cm，相距d=2
cm，极板间的电压U=200
V。一个电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度v0=3.0×107
m/s。求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y和偏转的角度θ。
【答案】θ=6.8°
【解析】在匀强场中带电粒子不考虑重力，作类平抛运动。
电子在垂直于板面的方向受到静电力。由于电场不随时间改变，而且是匀强电场，所以整个运动中在垂直于板面的方向上加速度是不变的。加速度是a===
电子射出电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为y=at2
其中t为飞行时间。由于电子在平行于板面的方向不受力，所以在这个方向做匀速运动。
由=v0t可求得t=
将a和t代入y的表达式中，得到y=··代入数值后，得y=0.36
cm
即电子射出时沿垂直于板面的方向偏离0.36
cm。
由于电子在平行于板画的方向不受力，它离开电场时，这个方向的分速度仍是v0，而垂直于板画的分速度是v1=at=·离开电场时的偏转角度θ可由下式确定
代入数值后得θ=6.8°
【易错点】对于带电粒子在电场种运动的类平抛关系不明白而做错。
【方法点拨】掌握类平抛运动规律，严格按规律解题。
例2．如图所示，在真空中有一对带电平行金属板，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电压为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向与极板平行，电子射出电场时，速度方向与入射的初速度方向偏转了θ角，在下列措施中，一定能使电子的偏转角θ变小的是
（
）
A．U1变大，U2变大
B．U1变大，U2变小
C．U1变小，U2变大
D．U1变小，U2变小
【答案】B
【解析】设电子经加速电场加速后速度为v0，根据动能定理，得：v0=。电子进入偏转电场后做匀变速曲线运动。在平行金属板的方向上作匀速直线运动，设速度为vx，则vx=v0=，粒子在电场中运动所用时间为t=。电子在垂直平行板的方向上作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，射出电场时的速度为vy，则vy=at=。电子偏转角的正切值为tanθ=。由于正切函数在0－范围内是增函数，所以欲使θ变小，必使tanθ变小。由上式可知，当U2变小，U1变大时可达此目的，因此选项B正确。
【易错点】不按规律，凭感觉做题易错选A或C
【方法点拨】若带电粒子仅受电场力作用以初速v0垂直进入匀强电场，则作类平抛运动。分析时一般都是分解为两个方向的分运动来处理。
例3.
如图所示，一个质量为m，电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点以初速度v0沿垂直场强方向射入，两平行板的间距为d，两板间的电势差为U，金属板长度为L。（1）若带电粒子能从两极板间射出，求粒子射出电场时的侧移量。（2）若带电粒子不能从两极板间射出，求粒子到达金属板时的速度。（3）若带电粒子恰能从两极板间射出，当入射速度变为时，要使粒子仍能恰好穿过电场，两极板间距应变为多大?
【答案】　（1）
（2）
（3）d′=2d
【解析】　对于带电粒子初速度方向与匀强电场方向相互垂直的问题，由于粒子所受合外力（电场力充当）是恒力，粒子肯定作匀变速运动，并且合外力方向与初速度方向垂直，所以粒子作匀变速曲线运动。将此匀变速曲线运动分解为：沿平行板方向上的匀速直线运动；垂直板的方向上的初速度为零的匀加速直线运动。
（1）若带电粒子能从两极板间射出，由沿平行板方向上的匀速直线运动的情况可知：L=v0t，得粒子在两板间的运动时间t=。垂直板的方向上，粒子的加速度a=，粒子射出电场时的侧移量y=at2=。
（2）若带电粒子不能从两极板间射出，由垂直平行板方向上的匀变速直线运动的情况可知：a=，y=at2=d，得运动时间t=。粒子到达金属板时垂直平行板方向上的速度vy=at=。粒子到达金属板时速度的大小vt=粒子到达金属板时速度的方向tanθ=
（3）粒子恰好穿过电场时，它在沿平行板的方向上发生位移L所用时间，与在垂直板的方向上发生位移所用的时间恰好相等，有：
当入射速度变为时，粒子沿板发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，两板间距离变为原来的2倍时，即d′=2d时，可使粒子在垂直板的方向上发生位移d所用时间增为原来的2倍，从而保证粒子仍恰好穿过电场。
【易错点】不按规律，凭感觉做题。
【方法点拨】（1）不同带电粒子从静止进入同一电场加速后再进入同一偏转电场，射出时的偏转角度总是相同的。
（2）粒子经电场偏转射出后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移中点（粒子好象是从中点直线射出！）
（二）举一反三
1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧
2．如图所示，离子发生器发射出一束质量为m，电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，获得速度v0，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以速度v离开电场，已知平行板长为，两板间距离为d，求：
①
v0的大小；
②
离子在偏转电场中运动时间t；
③
离子在偏转电场中受到的电场力的大小F；
④
离子在偏转电场中的加速度；
⑤
离子在离开偏转电场时的纵向速度vy；
⑥
离子在离开偏转电场时的速度v的大小；
⑦
离子在离开偏转电场时的纵向偏移量Δy；
⑧
离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ。
【答案】①
②t=③。④a=。⑤
vy=
。⑥
v=。
⑦
。（和带电粒子q、m无关，只取决于加速电场和偏转电场）⑧tanθ=。
【解析】①不管加速电场是不是匀强电场，W=qU都适用，所以由动能定理得：qU1=
∴
②由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动。如图，即：水平方向为速度为v0的匀速运动；竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动。∴在水平方向t=。
③E=。④a=。⑤vy=at=。
⑥v=。
⑦y=at2=。（和带电粒子q、m无关，只取决于加速电场和偏转电场）
⑧tanθ=。（和带电粒子q、m无关，只取决于加速电场和偏转电场）
3．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝1.0×10-20kg，电荷量q＝1.0×10-9C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素。求：
（1）x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比；
（2）该粒子运动的最大动能Ekm；
（3）该粒子运动的周期T。
【答案】（1）
（2）
J
（3）s
【解析】　（1）由图可知：左侧电场强度：V/mV/m
①
右侧电场强度：V/mV/m
②所以：
（2）粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有：③
其中x=m
联立①③并代入相关数据可得：J
（3）设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有
④
⑤
⑥
⑦
联立①②④⑤⑥⑦并代入相关数据可得：s
考点四
带电微粒在电场中运动
（一）典例剖析
例1．如图所示，质量m=2.0×10-4kg、电荷量q=1.0×10-6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中。取g=10m/s2。
（1）求匀强电场的电场强度E1的大小和方向；
（2）在t=0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2=4.0×103N/C，且方向不变。求在t=0.20s时间内电场力做的功；
（3）在t=0.20s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能。
【答案】（1）E=2.0×103N/C，方向向上
（2）W=8.0×10-4J
（3）Ek=8.0×10-4J
【解析】（1）设电场强度为E，则Eq=mg
，E=N/C=2.0×103N/C，方向向上
（2）在t=0时刻，电场强度突然变化为E2=4.0×103N/C，设微粒的加速度为a，在t=0.20s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则q
E2-mg=ma1
解得：a1=10m/s2
解得：h=0.20m，W=qE2h
解得：W=8.0×10-4J
（3）设在t=0.20s时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则v=at
Ek=mgh+解得：Ek=8.0×10-4J
【易错点】没有考虑粒子重力作用粒子先加速后减速而做错。
【方法点拨】认真分析过程，不漏掉一个过程。
例2．（2019·新课标全国Ⅲ卷）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为
。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
（2）B运动到P点时的动能。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma①
②
解得③
（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
④
且有⑤
⑥
联立③④⑤⑥式得⑦
【易错点】易忽略重力。
【方法点拨】根据题给条件及牛顿定律的动力学问题、动能定理求解。
例3．如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m，电荷量为+q的小球。整个装置处于水平向右，场强大小为的匀强电场中。
（1）求小球在电场中受到的电场力大小F；
（2）当小球处于图中A位置时，保持静止状态。若剪断细绳，求剪断瞬间小球的加速度大小a；
（3）现把小球置于图中位置B处，使OB沿着水平方向，轻绳处于拉直状态。小球从位置B无初速度释放。不计小球受到的空气阻力。求小球通过最低点时的速度大小v。
【答案】　（1）F
（2）
（3）
【解析】　（1）小球所受的电场力
（2）根据平行四边形定则,小球受到的重力和电场力的的合力
根据牛顿第二定律
所以，小球的加速度
（3）根据动能定理有
：
解
得：
【易错点】认为剪断后小球做类平抛运动，加速度为g。
【方法点拨】剪断后小球做匀加速直线运动。
（二）举一反三
1．如图所示，用长为L的绝缘细线悬挂一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q。现加一水平向左的匀强电场，平衡时小球静止于M点，细线与竖直方向成θ角。
（1）求匀强电场的电场强度E的大小；
（2）在某一时刻细线断裂，同时质量也为m的不带电的一小块橡皮泥，以水平向左的速度v0击中小球并与小球结合成一体，求击中后瞬间复合体的速度大小；
（3）若原小球离地高为h，求复合体落地过程中的水平位移大小。
【答案】（1）
（2）（3）
【解析】（1）小球受力平衡时有　，
（2）橡皮泥撞击小球的过程中，水平方向动量守恒，
mv0＝（m+
m）v
所以
（3）复合体水平方向的加速度为
复合体落地时间为
复合体在水平方向做匀加速直线运动，水平位移为x
2．如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C。现有一电荷量q=+1.0×10-4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5.0m/s。已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小；
（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；
（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离。
【答案】（1）7.25N
（2）2.5m
（3）0.40m
【解析】（1）设带电体在B点受到的支持力为FN，依据牛顿第二定律
解得
（2）设PB间的距离为s，依据动能定理
解得：s=2.5m
（3）设带电体运动到C点的速度为vC，依据机械能守恒定律
带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，设在空间运动的时间为t，
在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，
依据牛顿第二定律设落在水平轨道上的位置到B点的距离为x，
依据运动学公式
得：x=0.40m
3．如图所示，一个质量为m，带电量为+q的微粒，从a点以大小为v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中。微粒通过最高点b时的速度大小为2v0方向水平向右。求：
（1）该匀强电场的场强大小E；
（2）a、b两点间的电势差Uab；
（3）该微粒从a点到b点过程中速率的最小值vmin。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）沿竖直方向和方向建立直角坐标，带电微粒受到重力及电场力作用，两力分别沿竖直方向和水平方向，将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动：在竖直方向物体做匀减速运动，加速度，水平方向物体做匀加速运动，初速度为0，加速度b点是最高点，竖直分速度为0，有：。水平方向有：联立两式得：
（2）水平位移：
ab两点间的电势差：
（3）设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为，则：
如图所示，开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加，因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为。
即：
联立以上三式得：所以最小速度：
考点五
示波器
（一）典例剖析
例1．（多选）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)
A．极板X应带正电
B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电
D．极板Y′应带正电
【答案】AC
【解析】由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错．
【易错点】忽略电子带负电，易错选BD.
【方法点拨】电子带负电，哪边电势高，往那边偏。
（二）举一反三
1．示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器。它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图像，便于人们研究各种电现象的变化过程。如图所示，图①是示波管的原理图，它是由电子枪、加速电场、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏等组成。电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点。若亮点很快移动，由于视觉暂留，能在荧光屏上看到一条亮线。
（1）质量为m电荷量为e的电子，从静止开始在加速电场中加速。加速电压为U1，竖直偏转电极YY′之间的电压为U2，YY′之间的距离为d，电极极板的长和宽均为L，水平偏转电极XX′两极板间电压为0。若电子被加速后沿垂直于偏转电场的方向射入电场，并最终能打到荧光屏上。
①电子进入偏转电场时的速度大小；
②电子打到荧光屏上时的动能大小；
（2）如果只在偏转电极XX′上加上如图②所示的电压，试在答题卡的图①上画出在荧光屏所能观察到的亮线的形状。
（3）如果在偏转电极YY′加上Uy=Umsinωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上图②所示的电压，试在答题卡的图②上画出所观察到的亮线的形状。如果在此基础上将扫描范围的频率值减小到原来的一半，在答题卡的图③中画出此时的图像。
【答案】见解析
【解析】（1）①设电子经电子枪加速后进入偏转电极YY′的速度为v0，
则有：
解出：
②偏转电极的电压为U2，板间距离为d，板长为L，则有：a=；
L=v0t
y=at2
即电子在电场中的偏转距离为：y=U2=
电子打到荧光屏上时的动能为：
（2）
（3）
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S。当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、电容器两极板间场强E的变化情况是(　　)
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
【答案】C
【解析】电容器充电后再断开S，其所带电荷量Q不变，由C∝可知，d增大时，C变小，又C＝，所以U变大；对于场强E，由于E＝，U＝∝，所以E＝∝，故d增大时，E不变。选项C正确。
2．（多选）如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连。当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点。则(　　)
A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止
B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降
C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止
D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降
【答案】BC
【解析】当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U，两板间的距离为d，带电液滴处于平衡状态，则mg＝q，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q，此时两板间的场强大小E＝＝∝，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C正确，D错误。
3．如图所示是示波管的原理示意图。电子从灯丝发射出来的经电压为U1的电场加速后，通过加速极板A上的小孔O1射出,沿中心线O1O2进入MN间的偏转电场,O1O2与偏转电场方向垂直，偏转电场的电压为U2，经过偏转电场的右端P1点离开偏转电场，然后打在垂直O1O2放置的荧光屏上的P2点。已知平行金属极板MN间的距离为d，极板长度为L，极板的右端与荧光屏之间的距离为L′。不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，且电子离开灯丝的初速度可忽略不计。（电子的质量为m,电量为e）求：
（1）电子通过小孔O1时的速度大小v0；
（2）电子在偏转电场中的加速度大小a；
（3）电子通过P1点时偏离中心线O1O2的距离y；
（4）电子离开偏转电场时的动能Ek；
（5）若O1O2的延长线交于荧光屏上O3点，而P2点到O3点的距离称为偏转距离Y（单位偏转电压引起的偏转距离，即Y/U2称为示波管的灵敏度），求该示波管的灵敏度。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
【解析】（1）
，
（2）
（3）
，
（4）根据动能定理：
（5）如图：
【巩固】
1．（2020·浙江省高考真题）如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（　　）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【解析】
A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向，竖直方向，由，可得，故A错误；
B．由于，故粒子速度大小为，故B错误；
C．由几何关系可知，到P点的距离为，故C正确；
D．由于平抛推论可知，，可知速度正切，可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。故选C。
2．（2019·天津卷）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度v从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（
）
A．动能增加
B．机械能增加
C．重力势能增加
D．电势能增加
【答案】B
【解析】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球由动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。
3．质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10﹣27kg，电荷量为1.6×10﹣19C，则下列说法正确的是（　　）
A．加速过程中质子电势能增加
B．质子所受到的电场力约为2×10﹣15N
C．质子加速需要的时间约为8×10﹣6s
D．加速器加速的直线长度约为4m
【答案】D
【解析】根据能量守恒定律得，动能增加，电势能减小，故A错误；质子所受到的电场力约为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10﹣19＝2.08×10﹣14N，故B错误；根据牛顿第二定律得加速的加速度为：，则加速时间为：，故C错误；加速器加速的直线长度约为：，故D正确；故选：D。
【拔高】
1．（2020·全国Ⅰ卷）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】(1)
；(2)；(3)0或
【解析】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：
所以根据动能定理有：
解得：；
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度：；
（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0
，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
电场力提供加速度有
联立解得；当粒子从C点射出时初速度为0。
2．如图1所示，M、N为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为U0，S1、S2为板上正对的小孔。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，两板的长度和两板间的距离均为l；距金属板P和Q右边缘l处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P和Q；取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴。M板左侧电子枪发射出的电子经小孔S1进入M、N两板间。电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。不计电子重力和电子之间的相互作用。
（1）求电子到达小孔S2时的速度大小v；
（2）若板P、Q间只存在垂直于纸面向外的匀强磁场，电子刚好经过P板的右边缘后，打在荧光屏上。求磁场的磁感应强度大小B和电子打在荧光屏上的位置坐标x；
（3）若金属板P和Q间只存在电场，P、Q两板间电压u随时间t的变化关系如图2所示，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为N。电子打在荧光屏上形成一条亮线。忽略电场变化产生的磁场；可以认为每个电子在板P和Q间运动过程中，两板间的电压恒定。在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同，求2t0时间内打到单位长度亮线上的电子个数n；若不相同，试通过计算说明电子在荧光屏上的分布规律。
【答案】见解析
【解析】（1）根据动能定理
解得：
①
（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为R，在磁场中运动轨迹如图，由几何关系
解得：
根据牛顿第二定律：
解得：
设圆弧所对圆心为α，满足：由此可知：电子离开磁场后做匀速运动，满足几何关系：通过上式解得坐标
（3）a.设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t1，PQ间的电压为u垂直电场方向：
②
平行电场方向：③此过程中电子的加速度大小
④
①、②、③、④联立得：电子出偏转电场时，在x方向的速度⑤
电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t2到达荧光屏。则水平方向：⑥
竖直方向：⑦
①、⑤、⑥、⑦
联立，解得：电子打在荧光屏上的位置坐标
⑧
对于有电子穿过P、Q间的时间内进行讨论：
由图可知，在任意时间内，P、Q间电压变化相等。由⑧式可知，打在荧光屏上的电子形成的亮线长度。所以，在任意时间内，亮线长度相等。由题意可知，在任意时间内，射出的电子个数是相同的。也就是说，在任意时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度范围内。因此，在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同。
b.
现讨论2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数：当电子在P、Q电场中的侧移量x1=时，
由得：u=2U0
当偏转电压在0~±2U0之间时，射入P、Q间的电子可打在荧光屏上。
由图2可知，一个周期内电子能从P、Q电场射出的时间所以，一个周期内打在荧光屏上的电子数由⑧式，电子打在荧光屏上的最大侧移量亮线长度L=2xm=3l所以，从0~2t0时间内，单位长度亮线上的电子数
3．真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°＝0.6，cos37°=0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。求运动过程中，
（1）小球受到的电场力的大小及方向；
（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；
（3）小球的最小动量的大小及方向。
【答案】（1）．电场力的方向水平向右（2）（3）小球动量的最小值，最小动量的方向与电场方向夹角为37°，斜向上。
【解析】（1）根据题设条件，电场力大小．电场力的方向水平向右
（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为vｙ，
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为aｘ，ax==g
tan37°小球上升到最高点的时间,此过程小球沿电场方向位移
电场力做功
小球上升到最高点的过程中，电势能减少
（3）水平速度vx=axt，竖直速度vy=v0－gt
小球的速度
由以上各式得出
解得当时，v有最小值
．
此时,，，即与电场方向夹角为37°斜向上
小球动量的最小值为，最小动量的方向与电场方向夹角为37°，斜向上。