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最新高考物理二轮复习课件：第六章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动

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第3讲　电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、常见电容器　电容器的电压、电荷量和电容的关系1.常见电容器(1)组成:由两个彼此_____又相互_____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、放电绝缘靠近绝对值异种电荷电场能电场能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)定义式:C=_____。(3)物理意义:表示电容器_________本领大小的物理量。(4)单位:法拉(F)1 F=___μF=____pF电荷量Q电势差U容纳电荷10610123.平行板电容器(1)影响因素:平行板电容器的电容与极板的_________成正比,与电介质的_____________成正比,与极板间距离成反比。(2)决定式:________,k为静电力常量。正对面积相对介电常数二、带电粒子在匀强电场中的运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合=0,粒子或静止或做_________运动。(2)粒子所受合外力F合≠0,且与初速度方向在_______直线上,带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。匀速直线同一条2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件:以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场,仅受电场力。(2)运动性质:_______运动。(3)处理方法:运动的分解。①沿初速度方向:做_________运动。②沿电场方向:做初速度为零的___________运动。类平抛匀速直线匀加速直线三、示波管的构造　①_______,②偏转极板,③荧光屏。(如图所示)电子枪【情境转换】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。通过显微镜可观察油滴,如何计算油滴电荷量。提示:根据平衡条件,有:mg=qE,E= ,故q= ,可以估算出油滴的电荷量。【小题速诊速纠】1.判一判(1)放电后的电容器电荷量为零,电容也为零。 (　　)(2)电容器两极板间电压越低,其电容越大。 (　　)(3)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。 (　　)(4)一个电容器的电荷量增加1.0×10-6 C时,两极板间电压升高10 V,则电容器的电容C=1.0×10-7 F。 (　　)(5)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动。 (　　)(6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。 (　　)答案:(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×2.练一练 (1)如图所示为某一电容器中所带电荷量和两极板间电压之间的关系图线,若将该电容器两极板间的电压从40 V降低到36 V,对电容器来说正确的是 (　　)A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5×10-2 FD.该电容器的电荷量变化量为0.2 C【解析】选B。由Q=CU知,U降低,Q减小,故为放电过程,选项A错误,B正确;由C= = F=5×10-3 F,可知选项C错误;ΔQ=CΔU=5×10-3×4 C=0.02 C,选项D错误。(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,电容器已带电,则下列判断正确的是 (　　)A.增大两极板间的距离,指针张角变大B.将A板稍微上移,静电计指针张角变大C.若将玻璃板插入两板之间,则静电计指针张角变大D.若减小两板间的距离,则静电计指针张角变小【解析】选A、B、D。电势差U变大(小),指针张角变大(小)。电容器所带电荷量一定,由公式C= 知,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;当两板间的距离减小时,C变大,U变小,所以选项A、B、D正确。考点1　平行板电容器的两类动态变化问题(c)【要点融会贯通】1.分析比较的思路:(1)先确定是Q还是U不变:电容器保持与电源连接,U不变;电容器充电后与电源断开,Q不变。(2)用决定式C= 确定电容器电容的变化。(3)用定义式C= 判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。(4)用E= 分析电容器极板间场强的变化。关键能力·层级突破2.两类动态变化问题的比较:【典例考题研析】【典例1】(2020·杭州模拟)如图所示,平行板a、b组成的电容器与电池E连接,平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷,平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动,则 (　　)A.点电荷所受电场力增大B.点电荷在P处的电势能减少C.P点电势减小D.电容器的带电荷量增加【解题思路】解答本题应注意以下两点:(1)影响电容的因素是平行板的d、s、ε。(2)Q、C、E、U的关系C= ,E= 。【解析】选B。b板下移后,电容减小,极板间电压不变,由Q=UC知,极板带电荷量减少,D错误;极板间电压不变,板间距增大导致内部场强减小,点电荷受电场力减小,A错误;根据U=Ed,场强E的减小导致P处与上极板间电势差减小,P处的电势升高,由于点电荷带负电,点电荷在P点电势能减少,B正确、C错误。【精练题组通关】1.两块竖直放置的平行正对的金属板构成一个平行板电容器。电容器左板接地,右板与静电计相连,在距离两板等距离的A点处有一个带电小球在静电力与细绳牵引下处于静止状态。若将左极板向右移动靠近A点(未接触)后系统再次平衡, 下列说法中正确的是 (　　)A.绳子的张角变小B.极板上的电荷量减少C.静电计的指针的指针偏角不变D.若细绳断掉,小球将做匀加速直线运动(未接触极板)【解析】选D。极板带电量Q不变,根据C= ,C= 以及E= 可得E= ,连接静电计时,移动电容器极板,电场强度不发生变化,小球受的电场力不变,则绳子的张角不变,选项A、B错误;极板靠拢时,C变大,U减小,静电计指针偏转变小,选项C错误;绳子剪断后,小球初速度为零,所受的重力和电场力都是恒力,则加速度恒定,小球做匀加速直线运动,选项D正确,故选D。2.(多选)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计,B固定,A可移动,开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是 (　　)A.断开S后,将A向左移动少许,静电计指针张开的角度增大B.断开S后,在A、B间插入电介质,静电计指针张开的角度增大C.断开S后,将A向上移动少许,静电计指针张开的角度增大D.保持S闭合,将变阻器滑动触头向右移动,静电计指针张开的角度减小【解析】选A、C。断开S后,电容器带电量不变,将A向左移动少许,则d增大,根据C= 知,电容减小,根据U= 知,电势差增大,指针张角增大,故选项A正确;断开S后,在A、B间插入电介质,根据C= 知,电容增大,根据U= 知,电势差减小,则指针张角减小,故选项B错误;断开S后,将A向上移动少许,则S减小,根据C= 知,电容减小,根据U= 知,电势差增大,则指针张角增大,故选项C正确;保持S闭合,电容器两端的电势差不变,变阻器仅仅充当导线功能,滑动触头移动不会影响指针张角,故选项D错误。【加固训练】如图为可变电容器,由一组动片和一组定片组成,这两组金属片之间是互相绝缘的,动片旋入得越多,则 (　　)A.正对面积越大,电容越大B.正对面积越大,电容越小C.动片、定片间距离越小,电容越大D.动片、定片间距离越小,电容越小【解析】选A。可变电容器动片旋入得越多,正对面积越大。由平行板电容器的电容决定式C= 知,电容器的正对面积越大,电容越大,A项正确。考点2　带电粒子在电场中的直线运动(d)【要点融会贯通】 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、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)。(2)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.带电粒子在电场中平衡的解题步骤:(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.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路:(1)根据带电粒子受到的电场力,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运动情况。此方法只适用于匀强电场。(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场,也适用于非匀强电场。【典例2】如图所示,板长L=4 cm的平行板电容器,板间距离d= 3 cm,板与水平线夹角α=37°,两板所加电压为U=100 V,有一带负电液滴,带电荷量为q=3×10-10C,以v0=1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场,在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出。g取10 m/s2,求:(1)液滴的质量。(2)液滴飞出时的速度大小。【解题思路】解答本题应注意以下几点:【解析】由于带电液滴所受重力方向竖直向下,所受静电力方向只能垂直两板向上,其合力方向水平向右,做匀加速运动。(1)竖直方向:q cos 37°=mg,解得m=8×10-8kg。(2)解法一:水平方向:q sin37°=ma,解得a=gtan37°= g,设液滴在平行板中飞行距离为s,则s= =0.05 m,又由v2- =2as得v= ≈1.32 m/s。解法二:液滴受到的合力F合=mgtan 37°,由动能定理得F合s= mv2- ,解得v≈1.32 m/s。答案:(1)8×10-8kg　(2)1.32 m/s【精练题组通关】1.如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为-q的带电粒子(不计重力),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 (　　)A.使初速度减为原来的 B.使M、N间电压减小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【解析】选D。粒子恰好到达N板时Uq= ,恰好到达两板中间返回时有 q= mv2,比较两式可知选项D正确。2.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)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。【解析】(1)设小球到达小孔处的速度大小为v,由自由落体运动规律有v2=2gh,得v= 。(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a,由v2=2ad得,a= ,由牛顿第二定律qE-mg=ma,电容器的电荷量Q=CU=CEd,解得E= ,Q= 。(3)由h= 得小球做自由落体运动的时间t1= ,由0=v-at2得小球在电场中运动的时间t2=d ,则小球运动的总时间t=t1+t2= 。答案:(1) 　(2) 　 (3) 【加固训练】如图所示,一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时,小物块恰好静止。重力加速度取g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)水平向右电场的电场强度;(2)若将电场强度减小为原来的 ,物块的加速度是多大;(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能。【解析】(1)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,受力图如图所示,则有FNsin37°=qE ①FNcos37°=mg ②由①②可得E= 。(2)若电场强度减小为原来的 ,则E′= 由牛顿第二定律得mgsin37°-qE′cos37°=ma, ③可得a=0.3g。(3)电场强度变化后物块下滑距离L时,重力做正功,电场力做负功,由动能定理得mgLsin37°-qE′Lcos37°=Ek-0, ④可得Ek=0.3mgL。答案:(1) 　(2)0.3g　(3)0.3mgL考点3　带电粒子在电场中的偏转(d)【要点融会贯通】1.基本规律:设粒子带电荷量为q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为l,板间距离为d(忽略重力影响),则有(1)加速度:a= = = 。(2)在电场中的运动时间:t= 。(3)位移 y= at2= 。(4)速度 vy= ,v= ,tanθ= = 。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。证明:由qU0= 及tanφ= 得tanφ= 。(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- ,其中Uy= y,指初、末位置间的电势差。4.带电粒子在匀强电场中偏转时间的讨论:质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v0垂直于电场方向从极板中间射入匀强电场,已知极板间距为d,极板长度为L,极板间电压为U,带电粒子在匀强电场中的运动时间为t,则(1)带电粒子能穿出电场时,在电场中运动的时间由沿初速度方向上的运动来确定比较方便,其值为t= 。(2)带电粒子打到极板上时,在电场中运动的时间由沿电场方向上的运动来确定比较方便,其值为t= =d 。【典例考题研析】【典例3】(2019·全国卷Ⅱ)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E= ①F=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- ③ 设粒子第一次到达G时所用时间为t,粒子在水平方向的位移为l,如图所示,则有h= at2 ④l=v0t ⑤联立①②③④⑤式解得Ek= + qh ⑥l=v0 (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,如图所示,由对称性知,此时金属板的长度为L=2l=2v0 答案:(1) + qh　v0 　(2)2v0 1.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侧位移y之比为 (　　)A.1∶1　　　B.1∶2　　　C.2∶1　　　D.1∶4【解析】选B。动能相同,则相同,由y= at2= · ·( )2,得: = = ,故B正确。2.如图所示,真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L,相距d,足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′,一束质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点; (2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围;(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。【解析】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a,离开偏转电场时偏转距离为y,沿电场方向的速度为vy,速度偏转角为θ,其反向延长线通过O点,O点与板右端的水平距离为x,则有y= at2L=v0tvy=attanθ= = ,解得x= 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)由题知a= E= y= at2、L=v0t解得y= 当y= 时,UYY′= 则两板间所加电压的范围为- ≤UYY′≤ 。(3)当y= 时,粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大,设其大小为y0,则y0=y+btan θ又tanθ= = ,解得:y0= 故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0= 。答案:(1)证明见解析　(2)- ≤UYY′≤ (3) 课时提升作业二十　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动(建议用时40分钟)【基础练】1.(2020·温州模拟)中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线,将成为二、三线城市的主要公交用车。这种超级电车的核心是我国自主研发,全球首创的“超级电容器”。如图所示,这种电容器安全性高,可反复充放电100万次以上,使用寿命长达十二年,且容量超大(达到9 500 F),能够在10 s内完成充电。下列说法正确的是 A.该“超级电容器”能储存电荷B.该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大C.该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能D.充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极【解析】选A。电容器的电容由电容器自身结构决定,与两端所加电压无关,选项B错误;充电时电容器可以将外部电源的能量以电荷方式存储在两极板,转化为电场能;放电时将电场能转化为电能,和化学能无关,选项A正确,C错误;充电时电源的正极应接“超级电容器”的正极,才能保障正常充电,选项D错误。2.如图所示是“研究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验示意图,在A、B两板间插入介质而保持其他条件不变的情况下,下列说法正确的是 (　　) A.图中静电计的作用是显示电容器电容的大小B.插入介质过程,电容器的电容逐渐变小C.插入介质过程,静电计指针偏角逐渐变大D.插入介质过程,静电计指针偏角逐渐变小【解析】选D。静电计测定平行板电容器两极间的电压,两者并联,静电计指针间电压等于平行板电容器两极间的电压,故A错误;插入介质过程,依据电容的决定式, 可知,电容器的电容逐渐变大,故B错误;插入介质过程,电容变大,由于极板的电量Q不变,根据则有极板间的电压U减小,因此静电计指针偏角逐渐变小,故C错误,D正确。【加固训练】(2018·北京高考)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】选A。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;根据电容的决定式: 将电容器b板向上平移,即正对面积S减小,则电容C减小,根据可知, 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;根据电容的决定式: 只在极板间插入有机玻璃板,则介电系数εr增大,则电容C增大,根据可知, 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;根据电容决定式可知,电容C的变化与电量并无关系,因此电量的改变并不会导致电容的变化,故选项D错误。3.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= +gB.所需的时间为 C.下降的高度为y= D.电场力所做的功为W=Eqd【解析】选B。点电荷受到重力、电场力,所以选项A错误;根据运动独立性,水平方向点电荷的运动时间为t,则选项B正确;下降高度选项C错误;电场力做功选项D错误。4.三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入,已知上极板带正电,下极板接地,三微粒的运动轨迹如图所示,其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场,则 (　　)A.三微粒在电场中的运动时间有t3>t2>t1B.三微粒所带电荷量有q1>q2>q3C.三微粒所受电场力有F1=F2>F3D.微粒2和3出电场时动能相等【解析】选B。因三微粒均只受竖直向下的恒定电场力作用而做类平抛运动,水平方向做速度大小相同的匀速直线运动,由图中水平射程知三微粒在电场中运动时间有t3=t2>t1,A错误;竖直方向由h= at2知三微粒的加速度大小有a1>a2>a3,又只受电场力,所以三微粒所受电场力有F1>F2>F3,C错误;而F=qE,即三微粒所带电荷量有q1>q2>q3,B正确;电场力对微粒2做的功比对微粒3做的功多,即微粒2的动能增加多,所以出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能,D错误。5.(2020·宁波模拟)电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路。闭合开关S,电源对电容器充电后,电容器带电量为Q,两极板间电压为U,板间电场强度大小为E0。则下列说法正确的是 (　　)A.若将A板下移少许,Q增大,U减小,E0不变B.若将A板下移少许,Q不变,U减小,E0减小C.若断开开关,将A板下移少许,Q增大,U不变,E0增大D.若断开开关,将A板下移少许,Q不变,U减小,E0不变【解析】选D。开关闭合时电容器两极板间的电压U不变,由公式可知,A板下移(板间距d减小),电容C将增大,由公式可知电容器带电量Q将增大,由公式可知两极板间的场强增大,A、B错误;开关断开后电容器带电量Q不变,由公式可知,A板下移(两极板间距d减小),电容C将增大,由公式可知电容器两极板间电压U将减小。由 , , 三式可解得由此可知两极板间的场强不变,C错误、D正确。6.(2020·绍兴模拟)如图所示,倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ,极板间距为d,带负电的微粒质量为m、带电量为q,从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入,沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出,则 (　　)A.微粒到达B点时动能为 B.微粒的加速度大小等于gsinθC.微粒从A点到B点的过程电势能减少 D.两极板的电势差【解析】选D。对微粒进行受力分析如图,可知微粒做匀减速直线运动,动能减小,故A错误;由tanθ= 得a=gtanθ,故B错误;微粒从A点到B点的过程电势能增加,电势能的增加量为ΔEp=qEd= ,又ΔEp=qU,得到两极板的电势差U= ,故C错误,D正确。【提升练】7.(多选)(2018·全国卷Ⅲ) 如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平,两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动,在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略,下列说法正确的是 (　　)A.a的质量比b的大B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等D.在t时刻,a和b的动量大小相等【解析】选B、D。由于平行板电容器连接在直流电源上,U不变,E不变,两微粒a、b所带电荷量大小相等,则电场力大小相等,经过相同时间,据动量定理Ft=mv-0可知,在t时刻a和b的动量大小相等,D正确;因为经过时间t,在下半区域的同一水平面,因此va>vb,则maEkb,B正确;在同一水平面电势相等,由于a、b所带电荷量大小相等,符号相反,电势能不等,C错误;故选B、D。8.(2020·金华模拟)如图所示,两极板与电源相连接,电子(不计重力)从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场,电子恰好从正极板边缘飞出,现保持负极板不动,正极板在竖直方向移动,并使电子入射速度变为原来的2倍,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板间的距离变为原来的 (　　)A.2倍　　 B.4倍　　C. 　　 D. 【解析】选C。电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,做类平抛运动。设电子的电荷量为e,质量为m,初速度为v,极板的长度为L,极板的间距为d,电场强度为E。由于电子做类平抛运动,所以水平方向有L=vt,竖直方向有y= at2= · ·( )2=d。因为E= ,可得:d2= ,若电子的速度变为原来的2倍,仍从正极板边缘飞出,则由上式可得两极板的间距d应变为原来的 ,则C正确,A、B、D错误。9.如图所示,从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零),经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是 (　　)A.仅将偏转电场极性对调B.仅增大偏转电极间的距离C.仅增大偏转电极间的电压D.仅减小偏转电极间的电压【解析】选C。设加速电场电压为U0,偏转电压为U,极板长度为L,间距为d,电子加速过程中,由得电子进入极板后做类平抛运动,时间由此可判断C正确。10.如图所示,在xOy平面的第一象限存在以x轴、y轴、直线y=2L及直线x=2L为边界的匀强电场区域Ⅰ,电场强度大小为E,方向水平向右;在第二象限存在以x轴、y轴、x=-3L及y=2L为边界的匀强电场区域Ⅱ,电场方向竖直向上。一电子(电荷量大小为e,质量为m,不计重力)从B点处由静止释放,恰好从N点离开电场区域Ⅱ。 (1)求电子通过C点时的速度大小;(2)求电场区域Ⅱ中的电场强度的大小;(3)电子由电场区域Ⅰ中某点由静止释放,从电场区域Ⅱ的边界NO离开,且出射速度的方向与x轴负方向成53°角,求释放点的位置应满足的条件(sin53°=0.8,cos53°=0.6)。【解析】(1)从B到C,依题意有 =2a·2L 解得vC= 。(2)电子从C点进入电场区域Ⅱ,在区域Ⅱ中电子做类平抛运动,如图所示。x轴方向:3L=vC·ty轴方向: 又联立解得 (3)电子由电场区域Ⅰ中某点P(x,y)静止释放、经Q点进入电场区域Ⅱ,并从R点离开,如(2)中图所示。设vR与边界NO的夹角为θR=53°,于是有由题意易得联立以上各式并代入数据得y=x故电子的释放点在一条直线段上,即y=x(0