2020版高考物理总复习第七章第3节电容器带电粒子在电场中的运动教学案新人教版.docx

第3节电容器带电粒子在电场中的运动【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_(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_F1012pF(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r_成正比，与_两极板的距离d_成反比(2)决定式：C_，k为静电力常量6对电容器两个公式的理解(1)公式C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_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()AA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CB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CA、B两板间的电场强度增大DP点电势升高【解析】根据C，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，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分析平行板电容器电容的变化(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化(4)由E(常用于U不变时)或E(常用于Q不变时)分析场强的变化(因为E，所以E)(5)由FqE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Uabab，由Epq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QCU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，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【p119】夯实基础1带电粒子在电场中运动时重力的处理基本粒子：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平衡问题一般要考虑重力根据题意进行分析，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_，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_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_(2)加速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_运动两种分析方法用动力学观点分析：加速度a，v2v2ad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qUmv2mv(式中U为加速电场的电势差)只适用匀强电场qEdmv2mv(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初始条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场运动性质：_匀变速曲线_运动处理方法：类似于平抛运动，应用运动的_分解_的方法运动规律：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)两个结论：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mAmBmC112，三个粒子带电荷量之比为qAqBqC121，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，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，粒子的侧移量大小为yat2.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241，A错误；由y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122，最终B、C击中MN板上同一点，B正确；由y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121，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qUmv2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：Yydtan (d为屏到偏转电场的水平距离)；Ytan (L为电场宽度)；Yyvy；根据三角形相似.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)eEdmv2mvv(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，dat2a得trvt所以有：Sr24d2【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0C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【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；CBBQ，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mgRmv2，v，D错；若小球A能到达P处，则重力做的总功为0，而P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：qEmgtan 60，解得：E.(2)当匀强电场方向变为竖直向下后，由动能定理得：(mgqE)Rmv2，设小球运动到碗底时，碗对小球的支持力FN，则有：FNmgqEm，解得：FN2(1)mg.根据牛顿第三定律得，小球对碗底的压力为2(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t0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：t0nT解得：T，n为正整数(2)作出vt图象，如图所示：最大速度为：vmaqvt图象与时间轴包围的面积表示位移大小，为：svmt0，n为正整数【p121】夯实基础1示波管的构造(如图所示)：_电子枪_ _偏转电极_ _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L10 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L20 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t0.06 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t0.06 s时刻偏转电压为：U1.8U0电子在电场中加速mvqU0电子在电场中偏转y解得y0.45L4.5 cm(2)电子的最大侧移为0.5L由两式可得偏转电压最大为Um2.0U0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，Y2.5L由对称性知荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y5L50 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，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，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：ygt，v1gt1，经过第一电场区时：yv1t2gt，v2v1gt2，联立解得t1t2，v20.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t0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t0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：mv2mv解得v(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：Lv0T.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，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减小，电荷q所受的电场力FEq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可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式C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，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到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)A11 B12 C14 D18【解析】带电粒子在板间做类平抛运动，xv0t，yt2，U，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)AN一定也带正电Ba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eU0mv知，电子进入偏转电场时的速度v0 (2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向lv0t竖直方向yat2a 由式得yB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t0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】t0时刻射入C、D间的电子，在垂直于板的方向，有()2()2，则t时刻射入C、D间的电子，()2，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，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()2()2和()2，即荧光屏上形成的亮线长度变短，C对因为电子均平行射出电场，故亮线长度与L无关，D错9(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地进入水平向右的加速电场E1之后进入竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(AD)A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子