第2讲 电容器、带电粒子在电场中的运动
【p42】
【p42】
一、电容、平行板电容器
1．电容器与电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与两极板间电势差的比值．
(2)公式：C＝____．
(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量．它的大小与电容器本身的结构有关，与U、Q
无关．
(4)电容器的充、放电
充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
(5)单位：1法拉(F)＝__106__微法(μF)＝__1012__皮法(pF)．
2．平行板电容器的电容
(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的__正对面积__成正比，与两极板的__距离__成反比，并跟板间插入的电介质的介电常数__εr__有关．
(2)公式：C＝____．
二、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的直线运动
(1)运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做匀变速直线运动．
(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子所做的功等于粒子动能的变化，即qU＝__mv2－mv__．
2．带电粒子的偏转分析
(1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动．
(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法，如图所示．
①沿初速度方向做__匀速直线__运动，运动时间t＝.
②沿电场力方向做__匀变速直线__运动，加速度a＝＝＝.
③离开电场时的偏移量y＝at2＝.
④离开电场时的速度偏转角θ：tan
θ＝＝____．
【p42】
考点一 电容器及其电容
例1研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【解析】当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；根据电容器的决定式：C＝电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝，
电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；根据电容器的决定式：C＝在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝，
电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；根据C＝知C不变，又C＝，
电量Q增大，则电压U也会增大，故选项D错误．
【答案】A
【方法总结】平行板电容器动态问题的分析思路：
分析电容器动态问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变，只改变两板间距离时，板间电场强度不变．
变式训练1(2020·全国卷Ⅰ)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变化的图象中，正确的是( )
【解析】根据电容器的定义式C＝可知UC＝＝t；结合图象可知，图象的斜率为，则1～2
s内的电流I12与3～5
s内的电流I35关系为I12＝2I35，且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律I＝可知R两端电压大小关系满足UR12＝2UR35，由于电流方向不同，所以电压方向不同，故选A.
【答案】A
考点二 带电粒子在电场中的运动
例2
(2020·全国卷Ⅰ)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？
【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：xAC＝R
所以根据动能定理有：qExAC＝mv－0
解得：E＝；
(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，作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：
x＝Rsin
60°＝v1t，y＝R＋Rcos
60°＝at2
而电场力提供加速度有：qE＝ma
联立各式解得粒子进入电场时的速度：v1＝；
(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点作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xBC＝R＝v2t2，xAC＝R＝at
电场力提供加速度有：qE＝ma
联立解得v2＝；当粒子从C点射出时初速度为0.
【答案】(1)
E＝ (2)v1＝ (3)0或v2＝
【方法总结】带电粒子在电场中运动问题的分析思路
(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题．
(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：
①如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，可应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．也可用动量定理，动能定理求解．
②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．
(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解．
(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口．
变式训练2
如图所示是示波器的核心部件示波管的原理示意图，设电子枪的加速电压大小为U1，偏转电极Y和Y′之间的电压为U2，X和X′之间的电压为U3，若U2和U3均为0，则电子会打在图中屏上的中心点，假设发射的电子都能打到荧光屏上，则下列说法正确的是( )
A．若要电子打在荧光屏上的区城②，则要求U2为正值，U3为负值
B．若U3＝0，U2为一定值，则U1越大，电子打在荧光屏上的位置离中心点越远
C．若U1和U3不变，则U2越大，电子从发射到打到荧光屏上的时间越短
D．若U2和U3不变，则U1越大，偏转电极YY′对电子做的功越多
【解析】若要电子打在荧光屏上的区城②，电子在偏转电极Y和Y′之间向上偏转，在X和X′之间向外偏转，则要求U2为正值，U3为负值，故A正确；若U3＝0，U2为一定值，电子在加速电场中加速时，有
eU1＝mv，得
v0＝，则U1越大，电子加速获得的速度越大，电子在偏转电极Y和Y′之间运动时间越短，由y＝at2知，电子离开偏转电极Y和Y′时偏转距离越小，打在荧光屏上的位置离中心点越近，故B错误；若U1不变，电子加速获得的速度不变，由于电子沿垂直于偏转电场方向做匀速直线运动，所以电子从发射到打到荧光屏上的时间不变，与U2无关，故C错误；若U2和U3不变，则U1越大，电子加速获得的速度越大，电子离开偏转电极Y和Y′时偏转距离越小，偏转电极YY′对电子做的功越少，故D错误．
【答案】A
考点三 带电体在电场中的运动
例3
(2019·全国卷Ⅲ)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．
【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＝ma ①
a＝gt2 ②
解得E＝ 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
Ek－mv＝mgh＋qEh ④
且有v1＝v0t ⑤
h＝gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v＋g2t2) ⑦
【答案】(1) (2)2m(v＋g2t2)
【方法总结】
带电体在电场中运动时，如果重力远小于电场力，则其重力可忽略不计，如电子、质子、正负离子等微观粒子；但带电液滴、带电尘埃等带电体的重力一般不能忽略．带电体在重力场和电场构成的复合场中的运动形式多样，可能做直线运动、圆周运动、类平抛运动及一般曲线运动等；研究对象可能为单个物体，也可能是由多个物体组成的系统；研究方法与力学综合题的分析方法相近，即可以从动力学角度、功能关系、冲量和动量关系分析求解．
变式训练3
如图所示，光滑绝缘水平桌面上固定有一半径为R、关于OB所在直线对称的圆弧形光滑绝缘轨道ABC，在桌面内加一沿OB方向、场强大小为E的水平匀强电场，现将一质量为m、带电量为＋q的绝缘小球从轨道左侧某位置以垂直OB所在直线的初速度v0推出，小球在电场的作用下恰好从A点沿圆弧轨道切线方向进入圆弧轨道(已知OA与垂直OB的直径之间的夹角为θ)，并最终从C点离开圆弧轨道，试求：
(1)小球推出点距O点沿电场方向的距离；
(2)小球经过B点时对轨道的压力大小．
【解析】(1)设小球从推出点到A点的时间为t，从推出到A点的过程中：
小球沿电场方向做匀加速直线运动的位移为
x＝·t2
在A点，由速度方向关系有：v0＝vxtan
θ＝t·tan
θ
联立解得
x＝
小球推出点距O点沿电场方向的距离
L＝x＋Rsin
θ＝＋Rsin
θ
(2)小球过A点时，有
vAsin
θ＝v0
从A到B，由动能定理得：qER(1＋sin
θ)＝mv－mv
在B点，对小球，由牛顿第二定律得：FN－qE＝m
由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为
FN′＝FN
联立解得：FN′＝＋qE(3＋2sin
θ)
【解析】(1)＋Rsin
θ
(2)＋qE(3＋2sin
θ)
微专题突破五 带电粒子在交变电场中运动模型
【p45】
1．如图甲所示，真空中相距d＝5
cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示．将一个质量m＝2.0×10－27
kg、电荷量q＝＋1.6×10－19
C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计重力．求：
(1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
(2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5
s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；
(3)A板电势变化频率f满足什么条件时，在t＝时从紧邻B板处无初释放该带电粒子，粒子不能到达A板？
【解析】(1)加速度大小a＝＝＝4.0×109
m/s2.
(2)可以发现，0～内位移大小与极板间的距离相等，故粒子在t＝时恰好到达A板，由v＝at
解得v＝2.0×104
m/s.
(3)粒子在～向A板做匀加速运动，在～向A板做匀减速运动，由运动的对称性可知，在t＝时速度为零，故在～T时间内，粒子反向向B板加速运动……粒子运动时间T内的运动图象，如图所示．
粒子向A板运动可能的最大位移
xmax＝2×a()2＝aT2.
要求粒子不能到达A板，有xmax＜d.结合f＝，
解得f＞
，
代入数据解得f＞5×104
Hz.
【答案】(1)4.0×109
m/s2 (2)2.0×104
m/s
(3)f＞5×104
Hz
2．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场极板间电势差为U0.偏转电场极板间电势差为U，极板长度为L，板间距为d，偏转电场可视为匀强电场，电子所受重力可忽略．
(1)求电子射入偏转电场时的初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)由问题(1)的结论可知，电子偏转距离Δy与偏转电场极板间电势差U有关．已知L＝1.0×10－1
m，加速电场U0＝500
V．当偏转极板间电压为随时间变化的交变电压u＝22sin
500πt
V时，在计算其中任意一个电子通过极板的偏转距离Δy时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值．请利用下面所给数据，分析说明这样计算的合理性．已知e＝1.6×10－19
C，m＝9.1×10－31
kg.
【解析】(1)电子在加速电场中加速过程，根据动能定理有：eU0＝mv－0
解得：v0＝
电子在偏转电场中运动的加速度
a＝＝
电子在偏转电场中运动的时间
t＝
电子在偏转电场中偏转距离Δy＝at2
联立解得Δy＝
(2)电子通过偏转电场的时间
t＝＝
代入数据解得
t＝7.5×10－9
s
交变电压的周期为
T＝＝
s＝4×10－3
s
由于t?T，所以这样计算是合理的．
【答案】(1) (2)见解析
【p46】
在两个相互平行的金属板间加交变电压时，两板中间便可获得交变电场．此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间的变化而变化．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．
【p46】
此类型题一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动，二是粒子往返运动，三是粒子做偏转运动．粒子的运动在时间上具有周期性、空间上具有对称性．
【p46】
1．注重全面分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．
2．分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．
3．粒子做单向直线运动可以用牛顿运动定律求解；粒子往返运动一般分段研究；粒子做偏转运动则可根据交变电场特点分段研究．
【p46】
1．在如图所示的空间里，xOy平面为光滑水平地面，质量m＝0.4
kg、带电量q＝1.6×10－4
C可视为质点的小球以v0＝1
m/s的速度从A点沿y轴负方向运动，从某时刻起在空间加上平行于x轴的匀强交变电场，以此时刻为t＝0，电场强度E随时间的变化如图所示(以沿x轴正向为E的正方向)，OA＝2
m．则( )
A．越早加电场，小球从A到达x轴的时间越短
B．小球到达x轴时离O点的距离最远可达1
m
C．不管什么时刻加电场，小球都能垂直打在x轴上
D．小球到达x轴时的速度最大可达2
m/s
【解析】不管什么时候加电场，小球运动到x轴的时间是一定的，t＝＝2
s，故A错误；加电场时间越晚，小球碰到x轴时离O点越近，小球在空间的运动具有对称性，最远距离x＝4×at2＝1
m，故B正确；通过计算可知，只有小球在A点或OA中点时加电场，才能垂直打在x轴上，故C错误；小球能达到的最大速度为
m/s，故D错误．
【答案】B
2．如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子(不计重力)以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：
(1)交变电压的周期T应满足什么条件？
(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？
【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速→减速→反向加速→反向减速．当经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0，n取整数
解得T＝
粒子在T内离开中心线的距离为
y＝a
又因为a＝，E＝
解得y＝
由位移的对称性可知，粒子在运动过程中离开中心线的最大距离
ym＝2y＝
粒子不撞击金属板，应有ym≤d
解得T≤2d
故n≥，即n取大于等于的整数．
所以粒子的周期应满足的条件
T＝，其中n取大于等于的整数．
(2)粒子进入电场的时刻应满足T、T、T、…
即进入电场的时刻与相隔即可，
所以时刻t＝＋(x＝0、1、2、3、…)
又因为T＝(n＝1、2、3、…)
所以t＝[x＝0、1、2、…，n的取值同(1)中]
【答案】(1)T＝，其中n取大于等于的整数
(2)t＝[x＝0、1、2、…n的取值同(1)中]【p133】
A组
1．1913年，美国物理学家密立根设计了著名的油滴实验，首先直接测定了基元电荷的量值．其模型简化如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( )
A．油滴带正电
B．油滴带电荷量为
C．电容器的电容为
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
【解析】带电油滴在电场中受重力与电场力处于静止状态，故所受电场力方向竖直向上．M板带正电，故油滴带负电，A项错；由平衡条件有：mg＝q，故q＝，B项错；电容定义式为C＝，由题意得Q＝kq，解得：C＝，C项正确；电容器与电源保持连接，两极板电势差不变，N板下移，板间距离d增大，故场强减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，D项错．
【答案】C
2．飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力．这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体(如氙气)，使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并由飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速．已知氙离子质量为m，带电量大小为e，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的质量为k，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为( )
A．k
B.
C．k
D.
【解析】氙离子在电场中的加速过程，由动能定理有eU＝mv2－0解得v＝.对Δt时间内喷射出的氙离子用动量定理有FΔt＝Δm·v，解得F＝k·，故A正确，BCD错误．
【答案】A
3．(多选)汤姆孙发现电子的质谱装置示意图如图所示，两块水平正对放置的平行金属板，板长为L，两板间距以及板右端到屏的距离均为L，OO′为垂直于屏的中心轴线．一电子从O点以水平初速度v0射入两板间，若在两极板间加大小为U的电压，电子从A点射出极板，最终打在屏上B点．已知O′B的距离为L，下列说法正确的是( )
A．OA在竖直方向的距离为
B．OA在竖直方向的距离为
C．电子的比荷为
D．电子的比荷为
【解析】设OA在竖直方向的距离为y.电子在电场中做类平抛运动，根据推论知：电子从偏转电场射出时，速度的反向延长线交水平位移的中点，根据三角形相似法得：
＝，解得
y＝，故A错误，B正确；根据偏转位移公式得
y＝at2＝··()2，得电子比荷
＝＝，故C正确，D错误．
【答案】BC
4．(多选)在科研实验中需要将电离后得到的一价氦离子和二价氦离子进行分离，小李同学设计了如下图所示方案：在真空环境中，将一价氦离子和二价氦离子的混合物通过A、B两极板间的电场加速，然后再让它们经过由平行带电金属板C、D所形成的另一匀强电场发生偏转．若氦离子进入加速电场时的速度可忽略不计，氦离子重力不计，且所有的氦离子均可达到离子接收器处．那么在离子接收器处，下列说法正确的是( )
A．一价氦离子和二价氦离子不能分开
B．一价氦离子和二价氦离子能分开
C．一价与二价氦离子获得的动能相等
D．二价氦离子获得的动能大于一价氦离子获得的动能
【解析】设离子电荷量为q、质量为m，加速电压为U1，偏转电场场强为E，偏转电场极板长为L，离子从偏转电场中射出时的速度偏向角为θ，在电场中加速有：qU1＝mv2，解得：v2＝；在偏转电场粒子做类平抛运动有：y＝at2＝t2＝()2，从偏转电场中射出时的速度偏向角有：tan
θ＝＝＝·，代入v2可得：tan
θ＝，y＝，说明一价氦离子与二价氦离子从偏转电场中射出的位置、射出方向相同，与比荷无关，两种离子不能分开，故A正确，B错误；由功能关系得，离子离开偏转电场时获得的动能为Ek＝qU1＋qEy＝q(U1＋Ey)，二价氦离子电荷量大，所以二价氦离子获得的动能较大，故C错误，D正确．
【答案】AD
5．(多选)如图所示，平行板电容器水平放置，开关S断开，电源通过二极管给电容器充电，一带电粒子从上、下极板左侧正中央的O点以一定速度平行于极板射入，恰好从下极板右侧边缘飞出，不计粒子自身重力和空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，若粒子打到极板上即被吸收．以下情形，保持入射点O的位置不变，其中说法正确的是( )
A．开关保持断开，若将上极板稍向上移动，粒子仍恰好从下极板右侧边缘飞出
B．开关保持断开，若将上极板稍向下移动，粒子仍能从极板右端射出
C．将开关保持闭合，若将下极板稍向上移动，粒子在极板间运动时电势能减少量变小
D．将开关保持闭合，若将上极板稍向下移动，要求粒子仍能从下极板右侧边缘飞出，则需要增大入射速度
【解析】开关保持断开时，若将上极板稍向上移动，由C＝可知，电容器的电容减小，而电压不变，由U＝可知，电容器的电荷量要减小，因二极管的存在，电容器不能放电，所以电容器的电荷量不变，则极板间电场强度不变，粒子仍能从极板右端射出，故A正确；开关保持断开时，若将上极板稍向下移动，由C＝和Q＝CU知，极板上带电量增大，二极管导通，故极板上电压不变，由E＝可知，极板间电场强度变大，故粒子一定打到下极板上，故B错误；开关闭合时，若将下极板稍向上移动，电容器的电压不变，由E＝可知极板间电场强度变大，粒子一定打到下极板上，由U＝Ed可知O与上极板的电势差变大，则O与下极板的电势差变小，故根据功能关系可知，粒子在极板间运动时电势能减少量变小，故C正确；开关保持闭合时，极板电压保持不变，若将上极板稍向下移动，由E＝可知，极板间电场强度变大，根据类平抛运动的特点可知，要求粒子仍能从下极板右侧边缘飞出，竖直方向的位移不变，时间变小，则需要增大入射速度，故D正确．
【答案】ACD
6．如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计质子与α粒子的重力．关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )
A．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为2∶1
D．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
【解析】设粒子经加速电场加速后进入偏转电场时的初速度为v，根据动能定理得：qU＝mv2，可得：v＝.粒子在偏转电场中的加速度为：a＝，粒子打到感光板上时偏转距离为：y＝at2＝··()2＝＝，与q、m无关，当x相同时，y相同，可知，两个粒子运动轨迹重合，打到感光板上的位置相同，故A正确；设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y.则在加速电场中有：x1＝t1，得：t1＝＝2x1；在偏转电场中水平方向有：t2＝＝x.故粒子在整个过程中运动的时间为：t＝t1＋t2＝(2x1＋x)，因不等，其他量相等，所以t不等，故B错误；设粒子打到感光板上时的动能为Ek，对整个过程，根据动能定理得：qU＋qEy＝Ek，可知，Ek与q成正比，则质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，故C错误；根据v＝及质子和α粒子的比荷之比为2∶1，可得所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为＝＝∶1，故D错误．
【答案】A
7．(多选)如图所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一个直角三角形，BC边垂直AC边，∠BAC＝30°，BC边长度为d，已知电场方向与该直角三角形的某一边平行．一质量为m、电量为q、带正电的粒子(不计重力)在该电场中运动，经过A点时速度大小为v0、方向沿AB；经过BC边的中点D时，速度大小为vD，方向与BC边垂直．以下选项正确的是( )
A．电场方向与AC边平行
B．A、B、C三点中B点电势最高
C．vD＝v0
D．电场强度大小E＝
【解析】因带正电的粒子沿AB方向入射，垂直BC边射出，且已知电场方向与该直角三角形的某一边平行，根据做曲线运动的物体所受的合外力方向指向轨迹的凹向，可知则粒子所受电场力方向平行于BC向下，选项A错误；沿电场线电势逐渐降低，可知A、B、C三点中B点电势最高，选项B正确；粒子在垂直于BC方向做匀速运动，可知vD＝v0cos
30°＝v0，选项C错误；由A到D由动能定理－Eq＝mv－mv，解得E＝，选项D正确．
【答案】BD
B组8.(多选)如图所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器．闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处．下列说法正确的是( )
A．若仅将B板下移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处
B．若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出
C．若仅将R的滑片上移，带电小球将无法运动至N处
D．若仅断开开关S，带电小球仍将恰好运动至小孔N处
【解析】当板不动时，设P到A板的距离为H，两极板间的距离为h，则mg(H＋h)－qEh＝0－0，则mg＜qE，若仅将B板下移，移动距离为Δh，则，根据公式C＝，电容减小；由于二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出，故电量不变，根据C＝，U＝Ed，得到：E＝，故场强不变；故到达小孔N时，根据动能定理可得重力做功小于电场力做功，可知到小孔N前速度已经减为零返回了，故A错误；若仅将B板上移，根据C＝，电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据U＝Ed，电场强度增加；故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了；故B错误；将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故C正确；断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D正确．
【答案】CD
9．(多选)质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过2t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球未落地，则( )
A．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了mg2t2
B．匀强电场的大小为E＝
C．整个过程中小球电势能减少了mg2t2
D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能减少了mg2t2
【解析】由于v＝gt，从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔEk＝mg2t2，故A正确；设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2＝－，v＝gt，解得a＝g.由牛顿第二定律得a＝，联立解得电场力大小为E＝，故B错误；整个过程中电场力做的功W＝mg·gt2＝mg2t2，电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了mg2t2，故C正确；设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得mgh－qE＝0，解得h＝gt2，从A点到最低点的过程中，小球重力势能减少了ΔEp＝mgh＝mg2t2，故D错误．
【答案】AC
10．多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器．质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管．离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间．设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力．
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1.
【解析】(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有
qU＝mv2 ①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则
T1＝ ②
联立①②式，得
T1＝ ③
(2)根据动能定理，有
qU－qEx＝0 ④
得x＝ ⑤
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有
＝ ⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总．有
t总＝＋ ⑦
联立①⑥⑦式，得
t总＝ ⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比．由题意可得
＝
可得m1＝m0 ⑨
【答案】(1)T1＝ (2)x＝ (3)m1＝m0
11.
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φ(φ>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？
【解析】(1)PG、QG间电场强度大小相等，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
E＝ ①
F＝qE＝ma ②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv 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
h＝at2 ④
l＝v0t ⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh ⑥
l＝v0 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
L＝2l＝2v0 ⑧
【答案】(1)v0 (2)2v0(共71张PPT)
106
1012
正对面积
距离
εr
匀速直线
匀变速直线
决定式
4
kd
电容定义式
电场
匀强电场
E
电场力做功
W=gE力
偏转
加速
类平抛运动动能定理
知识网络>●●。。
基础落实>●。●
考点突破>●●。。
限时训练>●。。
试题回顾>●。●。
模型构建>。。
模型特
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模型破解>。●。。。
热身练习>●●。。
