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2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第七章第三讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
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基础复习课
第三讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
[小题快练]
1．判断题
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．( × )
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比．( × )
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．( × )
(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( × )
(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( √ )
(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的．( √ )
(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．( × )
2．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( B )
A．C和U均增大 B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
3．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( D )
A．当增大两板间距离时，v增大
B．当减小两板间距离时，v增大
C．当改变两板间距离时，v也会变化
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间变长
4．如图所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为( B )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
考点一 平行板电容器的动态分析 (自主学习)
平行板电容器的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)根据决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)根据定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)根据E＝分析电容器极板间电场强度的变化．
1－1.[接恒压直流电源] (2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
答案：D
1－2.[与电源断开] (2016·天津卷)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大
B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大
D．θ减小，E不变
答案：D
1－3.[与电源相连] 如图所示，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球．将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向夹角为α，则( )
A．保持开关闭合，缩小P、Q两极间的距离，角度α会减小
B．保持开关闭合，加大P、Q两极间的距离，角度α会增大
C．断开开关，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大
D．断开开关，缩小P、Q两极间的距离，角度α不变化
答案：D
[反思总结]
两类典型的动态变化分析
考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 (师生共研)
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv.
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1.
[典例1] (2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
解析：设AB间电场强度为E1，BC间场强为E2，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有eE1xOM－eE2xMP＝0－0 ①
B、C板电量不变，BC板间的场强
E2＝＝＝＝ ②
由②知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P′时，BC板间的场强不变，由①知，电子仍然运动到P点返回，故A正确．
答案：A
[反思总结]
1．带电体重力是否计入的判断
(1)微观粒子(如电子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子，一般都不计重力(并不是忽略质量)．
(2)带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗示外，一般要考虑重力．
(3)原则上，所有未明确交代的带电体，都应根据题设运动状态和过程，反推是否计重力(即隐含条件)．
2．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
2－1.[带电粒子的变加速运动] 某空间区域有竖直方向的电场(图甲中只画出了一条电场线)，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图乙所示，由此可以判断( )
A．物体所处的电场为非匀强电场，且电场强度不断减小，电场强度方向向上
B．物体所处的电场为匀强电场，电场强度方向向下
C．物体可能先做加速运动，后做匀速运动
D．物体一定做加速运动，且加速度不断减小
答案：A
2－2.[带电粒子的直线运动] 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：
(1)小球到达小孔处的速度大小；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
解析：(1)由v2＝2gh得v＝.
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有
mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝
U＝Ed，Q＝CU得
Q＝C.
(3)由h＝gt
d＝vt2
t＝t1＋t2，
综合可得t＝ .
答案：(1) (2)C (3)
考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转 (师生共研)
1．偏转问题
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动形式：类平抛运动．
(3)处理方法：应用运动的合成与分解．
(4)运动规律：
①加速度a＝＝＝.
②在电场中的运动时间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＝＝.
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的偏转角度总是相同的．
(2)粒子经电场偏转后，末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.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
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－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
[典例2] 如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝1.0×102 V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h＝0.80 m的a处有一粒子源，粒子源以v0＝2.0×102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀射出质量为m＝2.0×10－15 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－12 C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上，若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)
(1)粒子源所在a点的电势；
(2)带电粒子打在金属板上时的动能；
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)．
解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b板接地，电势为零，
因此φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.80 V＝80 V.
(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理得
qUab＝Ek－mv
可得带电粒子打在金属板上时的动能为
Ek＝qUab＋mv＝1.2×10－10 J.
(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平射出时的落点为边界，设水平射出后经t时间落在板上，
则x＝v0t，h＝at2，a＝，S＝πx2.
联立以上各式得S＝＝4.0 m2.
答案：(1)80 V (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2
[反思总结]
带电粒子在电场中偏转问题的求解通法
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＝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；二者靠速度相等联系在一起．
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：
(1)Y＝y＋dtan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)；
(2)Y＝(＋d)tan θ(L为电场宽度)；
(3)Y＝y＋vy·；
(4)根据三角形相似＝.
3－1.[不同粒子在电场中偏转] (多选)a、b、c三个α粒子(不计重力)由同一点垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定( )
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
答案：ACD
3－2.[带电粒子在电场中偏转的综合分析] 如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：
(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.
解析：(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek
解得Ek＝4.0×10－16 J.
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t
电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得t＝
电子在竖直方向受电场力F＝e·
电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a
依据牛顿第二定律有e·＝ma，解得a＝
电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量
y＝at2＝
联立上式解得y＝0.36 cm.
(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差
U＝·y
电场力所做的功W＝eU
解得W＝5.76×10－18 J.
答案：(1)4.0×10－16 J (2)0.36 cm (3)5.76×10－18 J
1. (多选)一个电容为C的平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，如图所示．以Q表示极板所带电荷量，U表示电容器两极板间的电压，E表示两极板间的电场强度，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么( BC )
A．C变小 B．Q不变
C．U变小 D．E变大
2. 如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的影响，则下列叙述中正确的是( C )
A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球
B．当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，开始做匀速运动
C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等
D．所有液滴下落过程中电场力做功相等
3．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是( C )
A．增大墨汁微粒的比荷
B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C．减小偏转极板的长度
D．增大偏转极板间的电压
4. 如图所示空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各分界面(图中虚线)水平，Ⅰ区域存在匀强电场E1＝1.0×104 V/m，方向竖直向上；Ⅱ区域存在匀强电场E2＝×105 V/m，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m．一质量m＝1.0×10－8 kg、带电荷量q＝＋1.6×10－6 C的粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计，求：
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；
(2)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在
此电场作用下经1.0 s速度变为零，求此电场的方向及电场强度E3.
解析：(1)由动能定理得mv＝qE1d1
解得v1＝4×103 m/s.
(2)粒子在Ⅱ区域内做类平抛运动
粒子在Ⅱ区域运动时间t2＝＝1×10－3 s
且vx＝at＝t2，vy＝v1
tan θ＝＝
所以θ＝30°，且所加电场方向与水平成30°角斜向左下方．
粒子刚出区域Ⅱ时速度大小
v＝＝8×103 m/s
由t＝v，解得E3＝50 V/m.
答案：(1)4×103 m/s (2)50 V/m，与水平方向成30°斜向左下方
[A组·基础题]
1. 如图所示是模拟避雷针作用的实验装置，金属板M、N间有两个等高的金属体A、B，A为尖头、B为圆头．将金属板M、N接在高压电源上，逐渐升高电源电压，将首先观察到( A )
A．A放电 B．B放电
C．A、B一起放电 D．A、B之间放电
2．如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m(不计重力)，电荷量为q，从A点与等势线4成θ角以初速度v0射入电场中，到达等势线2上的B点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场场强的大小为( A )
A. B．
C. D．
3. 如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( D )
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间不一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴C所带电荷量最多
4．(2018·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( D )
A．膜片与极板间的电容增大
B．极板所带电荷量增大
C．膜片与极板间的电场强度增大
D．电阻R中有电流通过
解析：根据C＝可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．
5．(多选) 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成平行板电容器，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( BC )
A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极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，则极板上的电势差增大
6．(多选) 如图所示，美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．平行板电容器两极板与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d，现有一质量为m的带电油滴在极板间静止不动，则( AC )
A．此时极板间的电场强度E＝
B．油滴带电荷量q＝
C．减小极板间电压，油滴将向下加速运动
D．将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上加速运动
7．(多选)如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，由此可知( AD )
A．从B到C，小球的动能减小
B．从B到C，小球的电势能减小
C．从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等
D．从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等
8．(多选) 如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是( BD )
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压提高到原来的2倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
[B组·能力题]
9. 如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( A )
A．增大偏转电压U
B．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离
D．将发射电子改成发射负离子
10．(多选)(2018·河南郑州二测)如图所示，一水平放置的平行板电容器，下板A固定，上板B与竖直悬挂的绝缘弹簧连接，A、B间有一固定的带正电荷的液滴P，电容器带电荷量为Q1，若让电容器充电或放电，使之带电荷量为Q2，则下列说法正确的是( AC )
A．若Q2>Q1，则弹簧的长度增加
B．若Q2>Q1，则电容器的电容减少
C．若Q2>Q1，则带电液滴P的电势能增加
D．若Q2
解析：粒子从小孔正上方处由静止开始下落到下极板处返回，由动能定理有mg(＋d)－qd＝0，与电池两极相连，电容器极板间电压不变，将下极板向上平移后，设粒子下落距上极板x处返回，由动能定理有mg(＋x)－qx＝0，联立两式得x＝，下落的最大高度H＝x＋＝.
答案：
12．(2018·枣庄质检)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带正电粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M( m,1 m)点；粒子P的重力不计，试求：
(1)金属板A、B之间的电势差UAB；
(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合．
解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M( m，1 m)点历时为t0，由类平抛运动可得：x＝v0t0，y＝t，解得：v0＝×104 m/s
在金属板A、B之间，由动能定理：qUAB＝mv，
解得：UAB＝1 000 V.
(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：
对于P∶Eq＝ma1
对于Q∶Eq＝2ma2
x＝v0t
a1t2＝y＋a2t2
解得：y＝x2，其中x＞0
即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为：
y＝x2，其中x＞0.
答案：(1)1 000 V (2)y＝x2，其中x>0
第三讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
[小题快练]
1．判断题
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．( × )
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比．( × )
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．( × )
(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( × )
(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( √ )
(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的．( √ )
(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．( × )
2．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( B )
A．C和U均增大 B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
3．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( D )
A．当增大两板间距离时，v增大
B．当减小两板间距离时，v增大
C．当改变两板间距离时，v也会变化
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间变长
4．如图所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为( B )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
考点一 平行板电容器的动态分析 (自主学习)
平行板电容器的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)根据决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)根据定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)根据E＝分析电容器极板间电场强度的变化．
1－1.[接恒压直流电源] (2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
答案：D
1－2.[与电源断开] (2016·天津卷)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大
B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大
D．θ减小，E不变
答案：D
1－3.[与电源相连] 如图所示，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球．将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向夹角为α，则( )
A．保持开关闭合，缩小P、Q两极间的距离，角度α会减小
B．保持开关闭合，加大P、Q两极间的距离，角度α会增大
C．断开开关，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大
D．断开开关，缩小P、Q两极间的距离，角度α不变化
答案：D
[反思总结]
两类典型的动态变化分析
考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 (师生共研)
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv.
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1.
[典例1] (2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
解析：设AB间电场强度为E1，BC间场强为E2，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有eE1xOM－eE2xMP＝0－0 ①
B、C板电量不变，BC板间的场强
E2＝＝＝＝ ②
由②知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P′时，BC板间的场强不变，由①知，电子仍然运动到P点返回，故A正确．
答案：A
[反思总结]
1．带电体重力是否计入的判断
(1)微观粒子(如电子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子，一般都不计重力(并不是忽略质量)．
(2)带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗示外，一般要考虑重力．
(3)原则上，所有未明确交代的带电体，都应根据题设运动状态和过程，反推是否计重力(即隐含条件)．
2．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
2－1.[带电粒子的变加速运动] 某空间区域有竖直方向的电场(图甲中只画出了一条电场线)，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图乙所示，由此可以判断( )
A．物体所处的电场为非匀强电场，且电场强度不断减小，电场强度方向向上
B．物体所处的电场为匀强电场，电场强度方向向下
C．物体可能先做加速运动，后做匀速运动
D．物体一定做加速运动，且加速度不断减小
答案：A
2－2.[带电粒子的直线运动] 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：
(1)小球到达小孔处的速度大小；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
解析：(1)由v2＝2gh得v＝.
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有
mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝
U＝Ed，Q＝CU得
Q＝C.
(3)由h＝gt
d＝vt2
t＝t1＋t2，
综合可得t＝ .
答案：(1) (2)C (3)
考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转 (师生共研)
1．偏转问题
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动形式：类平抛运动．
(3)处理方法：应用运动的合成与分解．
(4)运动规律：
①加速度a＝＝＝.
②在电场中的运动时间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＝＝.
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的偏转角度总是相同的．
(2)粒子经电场偏转后，末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.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
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－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
[典例2] 如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝1.0×102 V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h＝0.80 m的a处有一粒子源，粒子源以v0＝2.0×102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀射出质量为m＝2.0×10－15 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－12 C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上，若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)
(1)粒子源所在a点的电势；
(2)带电粒子打在金属板上时的动能；
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)．
解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b板接地，电势为零，
因此φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.80 V＝80 V.
(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理得
qUab＝Ek－mv
可得带电粒子打在金属板上时的动能为
Ek＝qUab＋mv＝1.2×10－10 J.
(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平射出时的落点为边界，设水平射出后经t时间落在板上，
则x＝v0t，h＝at2，a＝，S＝πx2.
联立以上各式得S＝＝4.0 m2.
答案：(1)80 V (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2
[反思总结]
带电粒子在电场中偏转问题的求解通法
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＝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；二者靠速度相等联系在一起．
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：
(1)Y＝y＋dtan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)；
(2)Y＝(＋d)tan θ(L为电场宽度)；
(3)Y＝y＋vy·；
(4)根据三角形相似＝.
3－1.[不同粒子在电场中偏转] (多选)a、b、c三个α粒子(不计重力)由同一点垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定( )
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
答案：ACD
3－2.[带电粒子在电场中偏转的综合分析] 如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：
(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.
解析：(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek
解得Ek＝4.0×10－16 J.
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t
电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得t＝
电子在竖直方向受电场力F＝e·
电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a
依据牛顿第二定律有e·＝ma，解得a＝
电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量
y＝at2＝
联立上式解得y＝0.36 cm.
(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差
U＝·y
电场力所做的功W＝eU
解得W＝5.76×10－18 J.
答案：(1)4.0×10－16 J (2)0.36 cm (3)5.76×10－18 J
1. (多选)一个电容为C的平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，如图所示．以Q表示极板所带电荷量，U表示电容器两极板间的电压，E表示两极板间的电场强度，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么( BC )
A．C变小 B．Q不变
C．U变小 D．E变大
2. 如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的影响，则下列叙述中正确的是( C )
A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球
B．当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，开始做匀速运动
C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等
D．所有液滴下落过程中电场力做功相等
3．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是( C )
A．增大墨汁微粒的比荷
B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C．减小偏转极板的长度
D．增大偏转极板间的电压
4. 如图所示空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各分界面(图中虚线)水平，Ⅰ区域存在匀强电场E1＝1.0×104 V/m，方向竖直向上；Ⅱ区域存在匀强电场E2＝×105 V/m，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m．一质量m＝1.0×10－8 kg、带电荷量q＝＋1.6×10－6 C的粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计，求：
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；
(2)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在
此电场作用下经1.0 s速度变为零，求此电场的方向及电场强度E3.
解析：(1)由动能定理得mv＝qE1d1
解得v1＝4×103 m/s.
(2)粒子在Ⅱ区域内做类平抛运动
粒子在Ⅱ区域运动时间t2＝＝1×10－3 s
且vx＝at＝t2，vy＝v1
tan θ＝＝
所以θ＝30°，且所加电场方向与水平成30°角斜向左下方．
粒子刚出区域Ⅱ时速度大小
v＝＝8×103 m/s
由t＝v，解得E3＝50 V/m.
答案：(1)4×103 m/s (2)50 V/m，与水平方向成30°斜向左下方
[A组·基础题]
1. 如图所示是模拟避雷针作用的实验装置，金属板M、N间有两个等高的金属体A、B，A为尖头、B为圆头．将金属板M、N接在高压电源上，逐渐升高电源电压，将首先观察到( A )
A．A放电 B．B放电
C．A、B一起放电 D．A、B之间放电
2．如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m(不计重力)，电荷量为q，从A点与等势线4成θ角以初速度v0射入电场中，到达等势线2上的B点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场场强的大小为( A )
A. B．
C. D．
3. 如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( D )
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间不一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴C所带电荷量最多
4．(2018·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( D )
A．膜片与极板间的电容增大
B．极板所带电荷量增大
C．膜片与极板间的电场强度增大
D．电阻R中有电流通过
解析：根据C＝可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．
5．(多选) 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成平行板电容器，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( BC )
A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极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，则极板上的电势差增大
6．(多选) 如图所示，美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．平行板电容器两极板与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d，现有一质量为m的带电油滴在极板间静止不动，则( AC )
A．此时极板间的电场强度E＝
B．油滴带电荷量q＝
C．减小极板间电压，油滴将向下加速运动
D．将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上加速运动
7．(多选)如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，由此可知( AD )
A．从B到C，小球的动能减小
B．从B到C，小球的电势能减小
C．从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等
D．从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等
8．(多选) 如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是( BD )
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压提高到原来的2倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
[B组·能力题]
9. 如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( A )
A．增大偏转电压U
B．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离
D．将发射电子改成发射负离子
10．(多选)(2018·河南郑州二测)如图所示，一水平放置的平行板电容器，下板A固定，上板B与竖直悬挂的绝缘弹簧连接，A、B间有一固定的带正电荷的液滴P，电容器带电荷量为Q1，若让电容器充电或放电，使之带电荷量为Q2，则下列说法正确的是( AC )
A．若Q2>Q1，则弹簧的长度增加
B．若Q2>Q1，则电容器的电容减少
C．若Q2>Q1，则带电液滴P的电势能增加
D．若Q2
解析：粒子从小孔正上方处由静止开始下落到下极板处返回，由动能定理有mg(＋d)－qd＝0，与电池两极相连，电容器极板间电压不变，将下极板向上平移后，设粒子下落距上极板x处返回，由动能定理有mg(＋x)－qx＝0，联立两式得x＝，下落的最大高度H＝x＋＝.
答案：
12．(2018·枣庄质检)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带正电粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M( m,1 m)点；粒子P的重力不计，试求：
(1)金属板A、B之间的电势差UAB；
(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合．
解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M( m，1 m)点历时为t0，由类平抛运动可得：x＝v0t0，y＝t，解得：v0＝×104 m/s
在金属板A、B之间，由动能定理：qUAB＝mv，
解得：UAB＝1 000 V.
(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：
对于P∶Eq＝ma1
对于Q∶Eq＝2ma2
x＝v0t
a1t2＝y＋a2t2
解得：y＝x2，其中x＞0
即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为：
y＝x2，其中x＞0.
答案：(1)1 000 V (2)y＝x2，其中x>0
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