【物理】2020届一轮复习人教版第七章第3节电容器带电粒子在电场中的运动学案

【物理】2020届一轮复习人教版第七章第3节电容器带电粒子在电场中的运动学案

第 3 节 电容器 带电粒子在电场中的运动 考点 1 ? 静电平衡和平行板电容器 【p118】 夯实基础 1．静电平衡 (1)概念：导体中(包括表面)没有电荷的__定向移动__的状态． (2)特点 ①导体内部电场强度 处处为零 ②导体为等势体，导体表面为 等势面 ③导体表面电场强度与表面 垂直 ④净电荷分布在 外表面 2．静电现象的应用 (1)静电屏蔽：处于静电平衡的空腔导体，腔外电场对__腔内空间__不产生影响． (2)尖端放电：所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的__ 电荷中和__的现象． 3．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 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． 4．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)定义式：C＝__Q U __． (3)物理意义：表示电容器__容纳电荷__本领的物理量． (4)单位：法拉(F) 1 F＝__106__μF＝1012pF (5)决定因素：一个电容器电容的大小是由电容器__结构__决定的，与电容器是否带电、__带电量的 多少__及__两极板间的电势差__无关． 5．平行板电容器 (1)决定电容大小的因素：平行板电容器的电容与两极板的__正对面积 S__成正比，与介质的__介电常 数εr__成正比，与__两极板的距离 d__成反比． (2)决定式：C＝__ εrS 4πkd __，k 为静电力常量． 6．对电容器两个公式的理解 (1)公式 C＝Q U ＝ΔQ ΔU 是电容的定义式，对__任何__电容器都适用．对一个确定的电容器，其电容已确定， 不会随其__电荷量__的改变而改变． (2)公式__C＝ εrS 4πkd __是__电容__的决定式，只对__平行板电容器__适用． 考点突破 例 1 一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器 内表面为等势面，A、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( ) A．A 点的电场强度比 B 点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从 A 点沿不同路径移到 B 点，电场力所做的功不同 【答案】C 【解析】依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密，则电场强度越强，由图可知，则 A 点的电 场强度比 B 点的小，故 A 错误；根据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势比容器内表面 的高，故 B 错误；因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此 B 点的电场强度方向与该处内 表面垂直，故 C 正确；因 A、B 在同一等势面上，将检验电荷从 A 点沿不同路径移到 B 点，电场力所做的 功相同，均为零，故 D 错误；故选 C. 例 2 如图所示电路中，A、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点．将开关 S 闭合， 电路稳定后将 A 板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( ) A．电容器的电容增加 B．在 A 板上移过程中，电阻 R 中有向上的电流 C．A、B 两板间的电场强度增大 D．P 点电势升高 【解析】根据 C＝ εrS 4πkd ，当 A 板向上平移一小段距离，间距 d 增大，其他条件不变，则导致电容变小， 故 A 错误；在 A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电 状态，电阻 R 中有向上的电流，故 B 正确；根据 E＝U d ，由于 U 不变，d 增大，故电场强度变小，故 C 错误； 因电场强度变小，导致 P 点与 B 板的电势差减小，因 B 板接地，电势为零，即 P 点电势降低，故 D 错误． 【答案】B 【小结】1.运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路． (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＝ εrS 4πkd 分析平行板电容器电容的变化． (3)用定义式 C＝Q U 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)由 E＝U d (常用于 U 不变时)或 E∝ Q εrS (常用于 Q 不变时)分析场强的变化．(因为 E＝U d ＝ Q Cd ＝4πkQ εrS ， 所以 E∝ Q εrS ) (5)由 F＝qE 分析电场中的点电荷受力变化，进一步分析其运动状态． (6)选定某一极板为电势零点，用φ＝±Ed′计算场中某点的电势以及判断其变化，其中 d′为该点到 零电势极板的垂直距离，当该点垂直指向零电势极板的方向与电场方向相同时取“＋”，反之取“－”．进 一步判断场中任意两点间的电势差 Uab＝φa－φb，由 Ep＝qφ确定点电荷 q 在该点的电势能 Ep 的变化，此时 要注意 Ep、q 和φ都有正负之分． 2．平行板电容器的动态分析问题的两种情况归纳： 3．平行板电容器问题的一个常用结论：电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情 况下，电场强度与极板间的距离无关． 针对训练 1．(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为 E 的直流电 源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性．闭合开关 S，一带电油滴恰 好静止于两板间的 P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是(CD) A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．油滴仍将保持静止 【解析】根据 C＝ εrS 4πkd 知，d 增大，则电容减小，故 A 错误；静电计测量的是电容器两端的电势差， 因为电容器电容减小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性，导致电容器电量不变，故根据 Q ＝CU 可知，U 变大，所以静电计指针张角变大，故 B 错误；因电容器电量不变，则当 d 增大时，根据 E＝U d ＝ Q Cd ＝4πkQ εrS ，电场强度不变，P 点与下极板的电势差变大，则 P 点的电势升高，因为该电荷为负电荷，则 电势能减小，故 C 正确；因电场强度不变，则油滴所受电场力不变，油滴仍将保持静止，故 D 正确． 2．如图所示，电路中 R1、R2 均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器 C 的极板水平放置．闭 合开关 S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能 静止不动的是(B) A．增大 R1 的阻值 B．增大 R2 的阻值 C．增大两板间的距离 D．断开开关 S 【解析】由闭合电路欧姆定律可知，增大 R1 的阻值会使总电阻增大，总电流减小，R1 两端电压增大， 则电容器两板间电压增大，板间电场强度增大，油滴受电场力增大，油滴向上运动，选项 A 错误；电路稳 定时 R2 中无电流，R2 阻值变化对电路无任何影响，则选项 B 正确；只增大板间距离 d，会使板间电场强度 减小，油滴将向下运动，选项 C 错误；断开开关 S，电容器放电，油滴将向下运动，选项 D 错误． 考点 2 ? 带电粒子在电场中的运动 【p119】 夯实基础 1．带电粒子在电场中运动时重力的处理 ①基本粒子：如电子、质子、离子等，除有说明或有明确暗示以外，一般可忽略不计． ②带电颗粒：如尘埃、液滴、油滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示以外，一般情况都不能忽略． ③平衡问题一般要考虑重力． ④根据题意进行分析，有些问题中隐含着忽略重力，或考虑重力后造成题目无法解答，这时也应忽略 重力． 2．带电粒子在电场中运动的几种情况 (1)平衡 ①带电粒子在匀强电场中静止时，如果只受重力和电场力，则电场力的方向为__竖直向上__；若带电 粒子的质量为 m，电场强度为 E，则粒子的带电荷量为__mg E __，若粒子带负电，场强方向为__竖直向下__， 粒子带正电，场强方向为__竖直向上__． ②带电粒子在匀强电场中做匀速直线运动，且只受重力和电场力，必有__电场力__等于__重力__；设 匀强电场两极板电压为 U，板间距离为 d，带电粒子的电荷量为＋q，则电容器的__下极板__带正电荷；带 电粒子的质量为__Uq dg __． (2)加速 ①运动状态 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__速度__在同一直线上，做__匀变速 直线__运动． ②两种分析方法 用动力学观点分析：加速度 a＝qU dm ，v2－v2 0＝2ad 用功能观点分析： 粒子只受电场力作用，电场力做的功等于粒子动能的变化，故粒子动能变化量 等于__电势能__的变化量． 适用于一切静电场 qU＝1 2 mv2－1 2 mv2 0 (式中 U 为加速电场的电势差) 只适用匀强电场 qEd＝1 2 mv2－1 2 mv2 0 (式中 d 为沿电场线方向的位移) (3)带电粒子在匀强电场中的偏转 ①初始条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场． ②运动性质：__匀变速曲线__运动． ③处理方法：类似于平抛运动，应用运动的__分解__的方法． 沿初速度方向做 匀速直线 运动. 沿电场方向做 匀加速直线 运动. ④运动规律：质量为 m、带电量为 q 的带电粒子以初速度 v0 沿__垂直于__电场方向，进入长为 l、间 距为 d、电压为 U 的两平行金属板间，在穿越电场时发生偏转(不计粒子重力)． 加速度：a＝F m ＝qE m ＝Uq md 运动时间： a.能飞出平行板电容器：t＝l v0 b.打在平行极板上：y＝1 2 at2＝1 2 qU md t2 t＝ 2mdy qU 离开电场时的偏移量：y＝1 2 at2＝ Uql2 2mdv2 0 离开电场时的速度偏转角：tan θ＝vy v0 ＝Uql mdv2 0 ⑤两个结论： a.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的速度偏转角总是相同的. b.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 到电场边缘的距离为l 2 . 考点突破 例 3 有重力可忽略不计的三个带正电的粒子 A、B、C，先后沿如图所示的虚线 OO′方向从左侧中点水 平进入平行板电容器中，并最终都能击中 MN 板．已知三个粒子质量之比 mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三个粒子 带电荷量之比为 qA∶qB∶qC＝1∶2∶1，关于这三个粒子击中 MN 板的位置，下列说法正确的是( ) A．若 A、B、C 以相同的速度进入电容器，则最终 A、B、C 击中 MN 板上同一点 B．若 A、B、C 以相同的动量进入电容器，则最终 B、C 击中 MN 板上同一点 C．若 A、B、C 以相同的动能进入电容器，则最终 A、B、C 击中 MN 板上同一点 D．若 A、B、C 以相同的动能进入电容器，则最终 A、B 击中 MN 板上同一点 【解析】设某个粒子的入射速度大小为 v0，平行板的长度为 l.粒子垂直电场方向射入平行板后，粒子 在平行板中做类平抛运动，由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小为 a＝qE m ，由于粒子在水平方向上做匀 速直线运动，则粒子在电场中的运动时间为 t＝l v0 ，粒子的侧移量大小为 y＝1 2 at2＝qEl2 2mv2 0 .若三个粒子以相同 的速度进入电容器，则 A、B、C 三个粒子的侧移量之比为 2∶4∶1，A 错误；由 y＝mqEl2 2m2v2 0 ＝mqEl2 2p2 知，若三 个粒子以相同的动量进入电容器，则三个粒子 A、B、C 的侧移量之比为 1∶2∶2，最终 B、C 击中 MN 板上 同一点，B 正确；由 y＝qEl2 4Ek 可知，若三个粒子以相同的动能进入电容器，则三个粒子 A、B、C 的侧移之比 为 1∶2∶1，最终 A、C 击中 MN 板上同一点，C、D 错误． 【答案】B 【小结】带电粒子在电场中偏转问题求解通法 垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类 问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运 动． (1)解决带电粒子先加速后偏转模型的通法： 加速电场中的运动一般运用动能定理 qU＝1 2 mv2 进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用 运动的分解进行计算；进入偏转电场的初速度就是经过加速电场后的末速度． (2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离 Y 的四种方法： ①Y＝y＋dtan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)； ②Y＝ L 2 ＋d tan θ(L 为电场宽度)； ③Y＝y＋vy·d v0 ； ④根据三角形相似Y y ＝ L 2 ＋d L 2 . 例 4 如图在竖直放置的铅屏 A 的右表面上贴着能放射电子的仪器 P，放射源放出的电子速度大小均为 v0，各个方向均有．足够大的荧光屏 M 与铅屏 A 平行放置，相距 d，其间有水平向右的匀强电场，电场强 度大小 E.已知电子电量 e，电子质量取 m，不计电子重力．求： (1)垂直射到荧光屏 M 上的电子的末速度大小； (2)荧光屏上的发光部分的面积． 【解析】(1)－eEd＝1 2 mv2－1 2 mv2 0 v＝ v2 0－2eEd m (2)荧光屏上距中心最远的粒子的速率也为 v，方向与屏平行．逆过来看， d＝1 2 at2 a＝eE m 得 t＝ 2dm eE r＝vt＝ 2dmv2 0 eE －4d2 所以有：S＝πr2＝2πdmv2 0 eE －4πd2 【小结】 1．带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同， 同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律．处理问题的要点是注意区分不同的物 理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线 运动)，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要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 带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况． 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，利用动能定理研 究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀 强电场． 另外，对于带电粒子的偏转问题，用运动的合成与分解及运动规律解决往往比较简捷，但并不是绝对 的，同解决力学中的问题一样，都可用不同的方法解决同一问题，应根据具体情况，确定具体的解题方法． 2．带电体在重力场和电场的叠加场中运动 各种性质的场(特殊物质)与实际物体的根本区别之一是几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加 场． 对于带电体在叠加场中的运动，有如下二种处理方法： 其一是根据各种场力的独立作用原理，分别研究每一种场力对物体的作用效果，用运动学规律和能量 观点(动能定理，能量守恒)求解； 其二是用一个“等效重力场”来替代叠加场，只研究“等效重力”对物体的作用效果，通过类比，用 运动学规律和能量观点(动能定理，能量守恒)求解． 针对训练 3．如图所示，在竖直平面内固定一个半径为 R 的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电小 球 A 和 B 套在圆环上，其中小球 A 可沿圆环无摩擦地滑动，小球 B 固定在圆环上，和圆心 O 的连线与水平 方向的夹角为 45°.现将小球 A 从位于水平直径的左端位置 C 由静止释放，重力加速度大小为 g，下列说 法中正确的是(C) A．小球 A 从释放到运动至圆环最低点 Q 的过程中电势能保持不变 B．小球 A 运动到圆环的水平直径右端 P 点时的速度为 0 C．小球 A 运动到圆环最低点 Q 的过程中，速率先增大后减小 D．小球 A 到达圆环最低点 Q 时的速度大小为 gR 【解析】小球 A 从释放到运动至圆环最低点 Q 的过程中，受到电场力、重力、圆环的支持力三个力的 作用，其中圆环的支持力始终与运动方向垂直，即圆环的支持力不做功，分析可知，重力与电场力合力的 方向与小球运动方向的夹角先小于 90°后大于 90°，即合力对小球 A 先做正功后做负功，根据动能定理， 小球的动能先增大后减小，速率先增大后减小，选项 C 正确；CB＝BQ，小球 A 初位置 C 与 Q 点电势相等， 在 B 关于 O 的对称点电势最高，所以 A 从释放到 Q，先从低电势到高电势，后从高电势处到低电势处，此 过程中，A 的电势能先减小后增大，A 错；小球 A 从释放到 Q，电场力做的总功为 0，依 mgR＝1 2 mv2，∴v＝ 2gR，D 错；若小球 A 能到达 P 处，则重力做的总功为 0，而φP 比小球初始要低，到小球 A 到 P 处，电势 能要增加，依能量守恒，小球 A 不能到达 P 处，在 P、Q 之间的某处速度就是 0 了，B 错． 4．如图所示，在方向水平向右的匀强电场中(图中未画出)，有一固定光滑绝缘的半球形碗，碗的半 径为 R.有一个质量为 m、电荷量为＋q 的小球，静止在距碗底高度为R 2 的碗内右侧表面上． (1)求匀强电场的电场强度的大小； (2)若将匀强电场方向变为竖直向下，求小球运动到碗底时对碗的压力大小； (3)若将匀强电场方向变为竖直向上，试说明小球在碗内将如何运动． 【解析】(1)设匀强电场的电场强度为 E，由几何关系和平衡条件有：qE＝mgtan 60°， 解得：E＝ 3mg q . (2)当匀强电场方向变为竖直向下后，由动能定理得： (mg＋qE)·1 2 R＝1 2 mv2， 设小球运动到碗底时，碗对小球的支持力 FN，则有： FN－mg－qE＝mv2 R ， 解得：FN＝2( 3＋1)mg. 根据牛顿第三定律得，小球对碗底的压力为 2( 3＋1)mg. (3)对小球受力分析可得，小球将竖直向上做初速度为 0，加速度为 ( 3－1)g 的匀加速直线运动． 5．空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图 2 所示(取水平向右为正 方向)．一个质量为 m、电量为＋q 的粒子(重力不计)，开始处于图 1 中的 A 点．在 t＝0 时刻将该粒子由 静止释放，经过时间 t0，刚好运动到 B 点，且瞬时速度为零．已知电场强度大小为 E0.试求： (1)电场变化的周期 T 应满足的条件； (2)A、B 之间的距离． 【解析】(1)经过时间 t0，瞬时速度为零，故时间 t0 为周期的整数倍，即： t0＝nT 解得： T＝t0 n ，n 为正整数 (2)作出 v－t 图象，如图所示： 最大速度为： vm＝at0 2n ＝qE0 m ·t0 2n v－t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小，为： s＝1 2 ·vm·t0＝qE0t2 0 4nm ，n 为正整数． 考点 3 ? 示波管 带电粒子在 交变电场中的运动 【p121】 夯实基础 1．示波管的构造(如图所示)： ①__电子枪__ ②__偏转电极__ ③__荧光屏__ 2．示波管的工作原理 (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变化的稳定图象．扫 描电压周期是信号电压周期的 n 倍，就出现 n 个信号电压波形． 3．带电粒子(或带电体)在交变电场中的运动 (1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性或在空间上具有对称性的 特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等并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)此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往 返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)． 考点突破 例 5 示波管的结构如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为 U0，平行板电容器板长和板间距离均为 L＝10 cm，下极板接地．电子从电容器板间正中央射入，电容器右 端到荧光屏的距离 L′＝20 cm.在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙 所示(每个电子穿过平行板的时间极短，此过程可以认为极板间的电压是不变的)．求： (1)在 t＝0.06 s 时刻进入平行板电容器的电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离； (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长． 【解析】(1)由题图知 t＝0.06 s 时刻偏转电压为： U＝1.8U0 ① 电子在电场中加速 1 2 mv2 0＝qU0 ② 电子在电场中偏转 y＝ qU 2mL L v0 2 ③ 解得 y＝0.45L＝4.5 cm (2)电子的最大侧移为 0.5L 由②③两式可得偏转电压最大为 Um＝2.0U0 在上极板电势由 2.0U0 到 3U0 的时间内，电子不能打到荧光屏，屏上无亮点出现，设电子打在屏上离开 O 点的最大距离为 Y，由 Y 0.5L ＝L′＋0.5L 0.5L ，∴Y＝2.5L 由对称性知荧光屏上电子能打到的区间长为： 2Y＝5L＝50 cm 针对训练 6．(多选)一个质量为 m、电荷量为＋q 的小球以初速度 v0 水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在 着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区 水平方向无限长．已知每一电场区的电场强度大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确 的是(ABD) A．小球在水平方向一直做匀速直线运动 B．若电场强度大小等于2mg q ，则小球经过每一无电场区的时间均相同 C．若电场强度大小等于mg q ，则小球经过每一电场区的时间均相同 D．小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等 【解析】将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以 v0 做匀速直线运动， 选项 A 正确．竖直方向，小球在无电场区只受重力，加速度大小为 g，方向竖直向下，在电场区除受重力 外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等于mg q 时，电场力等于 mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做 匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，选项 C 错误．当电场强度等于2mg q 时，电场力等于 2mg，故在电场区小球所受的合力大小为 mg，方向竖直向上， 加速度大小等于 g，方向竖直向上，则在经过第一无电场区时：y＝1 2 gt2 1，v1＝gt1，经过第一电场区时：y ＝v1t2－1 2 gt2 2，v2＝v1－gt2，联立解得 t1＝t2，v2＝0.接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电 场区时竖直方向都是自由落体运动，每次通过电场区时都是做竖直方向末速度为零的匀减速直线运动，故 小球经过每一无电场区的时间相同，选项 B 正确．小球经过每个电场区机械能的减少量等于除重力外克服 其他力做的功，由于每个电场区的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区过程机械能的减少量 相等，选项 D 正确． 7．在金属板 A、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压 UAB，其周期是 T.现有 电子以平行于金属板的速度 v0 从两板中央射入．己知电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子的重力，求： (1)若电子从 t＝0 时刻射入，在半个周期内恰好能从 A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小． (2)若电子从 t＝0 时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？ 【解析】(1)电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得： eU0 2 ＝1 2 mv2－1 2 mv2 0 解得 v＝ v2 0＋eU0 m (2)若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀 减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为 T；则电子水平方向做匀速直线运动：L＝v0T. 考 点 集 训 【p308】 A 组 1．平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路．接通开关 S，电源即给电容器充电， 则(B) A．保持 S 接通，减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小 B．保持 S 接通，在两极板间插入一块铝板，则两极板间的电场强度增大 C．充电结束后断开 S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差增大 D．充电结束后断开 S，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大 【解析】保持 S 接通时，电容器两极板间的电势差不变，减小两极板间的距离，根据 E＝U d 可知，两极 板间的电场强度增大，选项 A 错误；保持 S 接通，在两极板间插入一块铝板，根据静电平衡的特点可知， 有电场存在的板间距离减小，根据 E＝U d 可知，两极板间的电场强度增大，选项 B 正确；充电结束后断开 S， 电容器两极板上的电荷量不变，减小两极板间的距离，电容器的电容增大，U＝Q C ，则两极板间的电势差减 小，选项 C 错误；充电结束后断开 S，在两极板间插入一块介质时，电荷量不变，电容器的电容增大，极 板上的电势差减小，选项 D 错误． 2．(多选)如图所示，用电池对电容器充电，电路 a、b 之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷 q 处于静止状态．现将两极板的间距变大，则(BD) A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动 C．电流表中将有从 a 到 b 的电流 D．电流表中将有从 b 到 a 的电流 【解析】将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间的电场强度 E＝U d 减小，电荷 q 所受的电场 力 F＝Eq 减小，电荷将向下加速运动．故 A 错误，B 正确；根据电容的决定式 C＝ εS 4πkd 可知，电容减小， 电容器的电压 U 不变，由电容的定义式 C＝Q U 分析得知，电容器的电荷量减小，电容器放电，而电容器上极 板带正电，则电流表中将有从 b 到 a 的电流．故 C 错误，D 正确．故选 BD. 3．如图所示，有一带电粒子(不计重力)紧贴 A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为 U1 时，带 电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为 U2 时，带电粒子沿轨迹②落到 B 板正中间；设带电粒子 两次射入电场的水平速度相同，则电压 U1、U2 之比为(D) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．1∶8 【解析】带电粒子在板间做类平抛运动，x＝v0t，y＝1 2 qU dm t2＝ qU 2dm x v0 2 ，∴U∝y x2，∴U1 U2 ＝y1 y2 · x2 x1 2 ＝1 2 × 1 2 2 ＝1 8 ，选 D. 4．如图所示，虚线 a、b、c、d 表示匀强电场中的 4 个等势面．两个带电粒子 M、N(重力忽略不计) 以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中 MPN 和 NQM 所示．已知 M 是带正电的带电粒子．则 下列说法中正确的是(D) A．N 一定也带正电 B．a 点的电势高于 b 点的电势，a 点的场强大于 b 点的场强 C．带电粒子 N 的动能减小，电势能增大 D．带电粒子 N 的动能增大，电势能减小 【解析】已知电场是匀强电场，B 错误；正电荷受力向右，向右偏，N 向左偏，受力向左，所以 N 带 负电，A 错误；偏转过程中，电场力做正功，动能增加电势能减小，C 错误，D 正确． 5．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(C) 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 【解析】如果在 M1、M2 之间的加正弦式交变电压，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，例如电流的方向不改变的交变电压，则电子在荧屏 上的亮斑会在 O 点上方或下方移动，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． 6．如图所示，水平放置的平行板电容器 MN 两板连接在一恒定电源电路中，开关闭合．一带电粒子以 某一初速度平行于极板进入平行板 M 和 N 之间的真空电场区域，经偏转后打在 N 板上如图所示的位置．在 其他条件不变的情况下要使该粒子能从 N 板右端射出电场，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)(B) A．保持开关 S 闭合，适当下移 M 极板 B．保持开关 S 闭合，适当上移 M 极板 C．先断开开关 S，将滑动变阻器 R 值调小 D．先断开开关 S，再适当上移 M 极板 【解析】保持开关 S 闭合，则电容器两极板电压不变，若适当下移 M 极板，则 d 减小，两极板间电场 强度增大，粒子在极板间运动时间减小，则该粒子不能从 N 板右端射出电场．若适当上移 M 极板，则粒子 可能从 N 板右端射出电场(其他条件不变)，则选项 B 正确，A 错误；若先断开开关 S，则两极板所带的电 荷量 Q 不变，将滑动变阻器 R 值调小或适当上移 M 极板，极板间场强 E＝U d ＝ Q cd 不变，则该粒子不能从 N 极 右端射出电场(其他条件不变)，则选项 CD 错误． 7．如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，在真空中被加速电场加速，然后从金属 板的小孔穿出，沿平行于偏转电场的板面射入．已知加速电场电压为 U0，偏转电场板间电压为 U，极板长 为 l.两板间距离为 d，电子的重力不计．求： (1)电子进入偏转电场时的速度 v0； (2)电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向的偏移距离 y. 【解析】(1)由 eU0＝1 2 mv 2 0知， 电子进入偏转电场时的速度 v0＝ 2eU0 m ① (2)电子进入偏转电场后做类平抛运动， 水平方向 l＝v0t ② 竖直方向 y＝1 2 at2 ③ a＝eU md ④ 由①②③④式得 y＝ Ul2 4dU0 B 组 8．(多选)如图甲所示，竖直极板 A、B 之间距离为 d1，电压为 U1，水平极板 C、D 之间距离为 d2，GH 为足够长的荧光屏，到极板 C、D 右侧的距离为 L.极板 C、D 之间的电压如图乙所示．在 A 板中央有一电子 源，能不断产生速率几乎为零的电子．电子经极板 A、B 间电场加速后从极板 B 中央的小孔射出，之后沿 极板 C、D 的中心线射入极板 C、D 内．已知 t＝0 时刻射入 C、D 间的电子经时间 T 恰好能从极板 C 的边缘 飞出．不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是(AC) A．电子在荧光屏上形成的亮线长度为d2 3 B．保持其他条件不变，只增大 d1，荧光屏上形成的亮线长度变长 C．保持其他条件不变，只增大 d2，荧光屏上形成的亮线长度变短 D．保持其他条件不变，只增大 L，荧光屏上形成的亮线长度变长 【解析】t＝0 时刻射入 C、D 间的电子，在垂直于板的方向，有 eU2 2md2 (T 2 )2＋eU2 md2 (T 2 )2＝d2 2 ，则 t＝T 2 时刻射 入 C、D 间的电子， eU2 2md2 (T 2 )2＝d2 6 ，因为电子穿过 C、D 运动的时间相等，则出电场时竖直方向的速度恒定， 所有电子均平行射出电场，故亮线长度为d2 2 －d2 6 ＝d2 3 ，A 对．若只增大 d1，则电子射入 C、D 间时的速度不 变，荧光屏上形成的亮线长度不变，B 错．若增大 C、D 间距离为 d2′，则有 eU2 2md2′ (T 2 )2＋ eU2 md2′ (T 2 )2＝ d2 2 2d2′ 和 eU2 2md2′ (T 2 )2＝ d2 2 6d2′ ， d2 2 2d2′ － d2 2 6d2′ ＝ d2 2 3d2′

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