2025届高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动学案粤教版

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动

知识椅理•双基过关I紧抓教材自主落实

学问要点

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

(D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肯定值。

(3)电容器的充、放电

充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极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。

2.电容

(1)定义：电容器所带的电苞星女与电容器两极板间的电势差〃的比值。

⑵定义式：

(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本事大小的物理量。

⑷单位：法拉(F),1F=支PF=1012pF

3.平行板电容器

(1)影响因素：平行板电容错的电容与极板的正对面积成正比,与电介质的相对介电常数成正

比，与极板间距离成反比。

(2)确定式：4丁伉々为静电力常量。

二、带电粒子在匀强电场中的运动

1.加速

(1)在匀强电场中，H—qEd=。勺1版一%7最

(2)在非匀强电场中，H—qU=7mv—^m^0

乙乙

2.带电粒子在匀强电场中的偏转

(1)条件：以速度用垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。

(2)运动形式：类平抛运动。

（3）处理方法：运动的合成与分解。

1।：、检

图1

①沿初速度方向为匀速直线运动,运动时间t」。

%

②沿电场力方向为匀加速直线运动,

③离开电场时的偏移量

1,qfU

尸2/=嬴？

④离开电场时的偏转角tan=%

三、小波管

1.示波管的构造

①电子枪，②偏转电极,③荧光屏（如图2所示）

2.示波管的工作原理

（DKK偏转电极上加的是待显示的信号电压,XT偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电

压，叫做扫描电压。

⑵视察到的现象

①假如在偏转电极XT和“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若所加扫描电压和信号电压的周期相等,就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内改

变的稳定图象。

基础诊断

1.对于某一电容器，下列说法正确的是（）

A.电容器所带的电荷量越多，电容越大

B.电容器两极板间的电势差越大，电容越大

C.电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍

D.电容器两极板间的电势差减小到原来的它的电容也减小到京来的）

解析依据公式。=丁泠可得，电容的大小跟电容器两端的电势差以及电容器所带电荷量的

多少无关，依据公式小%得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍,

所以C正确，A、B、D错误。

答案C

2.两平行金属板相距为a电势差为一电子质量为外电荷量肯定值为&从。点沿垂直

于极板的方向射入电场，最远到达1点，然后返回，如图3所示，创间距为人则此电子的

初动能为（）

图3

edhndU

A・丁B.奇

eUeUh

C.-D.--

dhd

解析电子从。点到达力点的过程中，仅在电场力作用下速度渐渐减小，依据动能定理可得

rrrrt

-eUa\=O一反,因为所以a=亍,选项D正确。

答案D

3.（2024•广东省惠州市模拟）如图4所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压

△加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是力，两平行板间的距离为状电势差为诙

板长为£。为了樨高示波管的爱敏度（每单位电压引起的偏转量为方可采纳的方法是（）

图4

A.增大两板间的电势差也B.尽可能使板长£短些

C.使加速电压〃上升些D.尽可能使板间距离，小些

解析带电粒子加速时，由动能定理得〃，

带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得£=这

,1

h=2af

又由牛顿其次定律得=—.

3md

联立得仁盟

h/2

由题意，灵敏度为不=行

th4dU}

可见，灵敏度与“无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长/长些、板间距离d小一些、加

速电压〃降低一些，故A、B、C错误，D正确。

答案D

课堂互动•研透考点I不同考点不同讲法

考点

3平行板电容器的动态分析

1.两类典型问题

（1）电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差，.保持不变。

（2）电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量，保持不变。

2.动态分析思路

3.关于平行板电容器的一个常用结论

电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的状况下，电场强度与极板间的距离

无关。

[例1]（2024•全国I卷，14）一平行板电容器两极板之间充溢云母介质，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，极板同电场强度变大

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

解析由4不泠可知，当云母介质移出时，£.变小，电容器的电容C变小：因为电容器接

在恒压直流电源上，故〃不变，依据可知，当。减小时，。减小。由于〃与d都不变，

u

再由公=方如电场强度夕不变，选项D正确。

答案D

【拓展提升1】（多选）将【例1】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，卜列

说法正确的是（）

A.电容器的电容增大B.极板间的电势差增大

C.极板上的电荷量变大D.极板间电场强度变天

答案BD

【拓展提升2］（多选）若水平放置接有恒压电源的平行金属板内部空间有一带电粒子产恰能

静止，同时卜极板接地，当将上板板向右移动一小段距离时，则卜列说法止确的是（）

A.电容器所带电荷量保持不变

B.极板间的电场强度保持不变

C.粒子所在初位置的电势能保持不变

D.粒子将加速向下运动

解析由仁/总可知，当将•上极板右移一段距离时，s减小，电容器的电容减小，由

rr

Q=CU,电压少不变，。减小，故电容器所带电荷量削减，选项A错误：〃和d不变，由£=”

知，极板间的电场强度保持不变，选项B正确：由于极板间的电场强度不变，粒子所在初位

置到下极板间的距离不变，故该点到零电势点的电势差不变，印该点的电势不变，粒子的电

势能不变，选项C正确；由于粒子的受力状况不变，故粒子仍旧保持静止状态，选项D错误。

答案BC

多维训练精过修遂・

1.（2024•北京卷，1。）探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图5所示。下列说法

正确的是（）

图5

A.试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电

B.试验中，只将电容器〃板向上平移，静电计指针的张角变小

C.试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

D.试验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

解析试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在/，板上将感应出异种

电荷，A正确；。板向上平移，正对面积S变小，由C三了得知，电容C'变小，由。=£知，Q

不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误：插入有机玻璃板，相对介电常数J变

大，由仁言焉知，电容。变大，由仁方口，。不变，〃变小，因此静电计指针的张角变小，

C错误：由4%I,试验中，只增加极板带电荷量，静电”•指针的张角变大，是由于。不变

导致的，【）错误。

答案A

2.（多选）（2024•山东青岛5月模拟）如图6所示，电路中力、B、C、〃是完全相同的金属极板，

〃是力、斤板间的一点，在G〃板间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。

现将。、〃板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是（）

玻璃板

A.金属板C、〃构成的电容器的电容减小

B.尸点电势降低

C.玻璃板抽出过程中，电阻"中有向右的电流

D.A.4两板间的电场强度减小

解析依据U不・，将G。板间的玻璃板抽出，相对介电常数已减小，其他条件不变,

则金属板。、〃构成的电容器的电容减小，A正确；闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板

上的总电荷量不变，金属板。、。构成的电容器的电容减小，由匕』轲知极板。、。间的电势

u

差变大，极板力、少间的电势差变大，由七=那知极板力、〃间的场强变大，〃点与板的电

势差变大，又因夕板接地，电势为零，故尸点电势上升，因此A〃板构成的电容器处于放电

状态，力、8板构成的电容器处于充电状态，电阻左中有向右的巨流，C正确，B、D错误。

答案AC

考点2带电粒子（带电体）在电场中的宜线运动

1.做直线运动的条件

（1）粒子所受合外力/^=0,粒子静止或做匀速直线运动。

（2）粒子所受合外力/旦与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动：

若电场为匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动。

2.分析方法

方法①：由牛顿其次定律及匀变速直线运动的公式进行计算:。

方法②：应用动能定理gQ，?一而进行有关计算。

方法③：应用动量定理或动量守恒定律进行有关计算。

【例2】（多选）（2024•全国III卷，21）如图7所示，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&方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、下极板旁边，与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止起先运动。在随后的某时

刻6a、方经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、。间的相互作用和重:力可忽视。

下列说法正确的是（）

图7

A.a的质量比力的大

B.在，时刻，a的动能比。的大

C在E时刻,a和力的电势能相等

D.在。时刻，a和力的动量大小相等

解析两微粒只受电场力"作用且两电场力大小相等，由/知微粒a的加速度大，由

J

知微粒a的质量小，A错误；由动能定理如注=£得，位移x大的动能大，B正确：在

同一等势而上，外。两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在,时刻，a、8的电势能不相等,

C错误：由动量定理0员=〃川得，在r时刻，a、。的动量大小相等，D正确。

答案BD

多维训练,---------------精道练丑.

1.如图8所示，相距为d的平行板力和8之间有电场强度为反方向竖直向下的匀强电场。电

场中。点到8板的距离为0.3d,〃点到,4板的距离为0.24有一个质量为股的带电微粒沿图

中虚线所示的直线从。点运动至〃点，垂力加速度为g,则下列说法正确的是（）

-=pA板

■,

—8板

图8

A.该微粒在〃点时的电势能比在。点时的大

B.该微粒做匀变速直线运动

C.在此过程中电场力对微粒做的功为0.5mgd

D.该微粒带正电，所带电荷量大小为9=等

解析由于带电微粒受到电场力与重力，沿图中虚线所示的直线从。点运动至〃点，所以竖

直向上的电场力与重力

大小相等，方向相反，微粒做匀速直线运动，故B错误；电场力竖直向上，电场向下，所以

该微粒带负电，从。点运动至〃点，电场力做正功，电势能减小，所以微粒在〃点时的电势

能比在。点时的小，故A、D错误：在此过程中，电场力对微粒做的功为#'=%=侬（公0.34

—0.2（/）=0.3mgd,故C正确。

答案C

2.（多选）如图9所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A6两个滑块（均可视为质点），滑块

力带正电、电荷量为s滑块〃不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小

为其宽度为状其余空间内不存在电场。滑块力刚好位于电场区域内的左侧，而滑块“刚好

位于电场区域的右侧。现将滑块/I无初速度释放，滑块/与滑块4发生碰撞且碰撞时间极短，

碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持肯定的距离不变，

4

且此距离为照=54则下列推断正确的是（）

：E：

1.*f—

〃〃屈源〃〃XI\B-

〃，〃〃“〃〃〃〃〃〃〃《〃〃〃〃〃〃・

，•d’-

图9

A.A6两滑块的质量之比为处二；

nia4

B./1、4两滑块的质量之比为"二J

ma6

C.两滑块的碰撞为弹性碰撞

I）.两滑块的碰撞为非弹性碰撞

解析对滑块/在碰撞前依据动能定理有成，依题意知，碰撞后滑块力、片速度大小

相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为V,依据动量守恒定律可得如%=一加/+而匕

又由能量守恒定律可知I，v外,即碰撞后滑块力向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块/在电

4

场中运动的时间为3由动量定理得*£=2皮碰撞后滑块〃向右做匀速运动，有气=不区

联立解得四=），A正确，B错误：两滑块因碰撞而损失的机械能为以篇一跖+加尸

西y>o,【）正确，c错误。

答案AD

考点a带电粒子（带电体）在电场中的编转运动

1.两个结论

（1）不同的带电粒子从静止起先经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转

角总是相同的。

证明：由皿=;旅

I1QU

V=—，广2=一••

厂2md

tan〃=嬴

得尸向tan好诋

⑵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。为粒子水平位移的中点,

即。到入射点的距离为5。

2.带电粒子在匀强电场中偏转内功能关系

当探讨带电粒子的末速度y时也可以从能量的角度进行求解：成夕=去加!一点/热其中

指初、末位置间的电势差。

考向❶带电粒子在电场中的偏转运动

【例3】如图10所示，力、8两个带正电的粒子，所带电荷量分别为小与物质量分别为周

和彼。它们以相同的速度先后亘直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，力粒子打在

N板上的小点，〃粒子打在"板上的川点，若不计重力，则（）

M

H

A'R'

图10

A.B.nh<mz

C.—>—D.—<—

HKHkHhUh

解析设粒了的速度为外,电荷量为<7，质量为m,所以加速度”运动时间偏转

ID%

位移为尸焉包整理得=答;，明显由于力粒子的水平位移小，则有幺〉生，但/I粒子的电

2Zmvonnt

荷量不肯定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。

答案C

【拓展提升3］在［例3］中假如仅将“以相同的速度”改为“以相同的初动能”，则下列

说法正确的是（）

A.小〉6B.

C.—>—D.—<—

n\n）>nhnt

解析由【例3】的解析可知尸第，由题意国=%成，整理得尸察，由于力粒子的水平

位移小，则力粒子的电荷量大，即S大于6,A正确：由以上分析可知，不能确定两粒子的质

量关系，B、C、D错误。

答案A

考向❷带电体在电场中的偏转运动

【例4】（2024•全国III卷,24）空间存在一方向竖直向下的匀强电场,0、P是电场中的两点。

从。点沿水平方向以不同速度先后放射两个质量均为力的小球人仇/I不带甩，4的电荷量为

,（玻0）。力从。点放射时的速度大小为的，到达P点所用时间为t；8从。点到达〃点所用时

间为重力加速度为g,求：

(1)电场强度的大小；

(2)8运动到户点时的动能。

解析(1)设电场强度的大小为京小球〃运动的加速度为外，衣据牛顿其次定律、运动学公

式和题给条件，有

mg-\-qE=m^

弟)2=初②

(2)设占从0点放射时的速度为%到达2点时的动能为。、尸两点的高度差为力，依据动

能定理有

mgh-\-qEh=区一%自④

且有v\•9=%，⑤

12公

h=qgt.⑥

联立③④⑤⑥式得

氏=2欣4+1£2)。

答案⑴牛'(2)2/7/(^+/f)

多维训练,----------------情边缘w.

1.(2024•江苏卷，5)—匀强电场的方向竖直向上。1=0时刻，一带电粒子以肯定初速度水平

射入该电场，电场力对粒子做功的功率为R不计粒子重力，则尸一Z关系图象是()

解析设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，匕=侬

沿电场方向：受电场力少电=*，则加速度々二二二2-,经时间t,粒子沿电场方向的速度V,

mm

qEt

=at=---

m

电场力做功的功率

P=F忸v,=qE•誓=（（=ktxt,选项A正确。

答案A

2.（2024•天津卷，3）如图11所示，在水平向右的匀强电场中，质量为朋的带电小球，以初

速度/从"点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2%方I句与电场方向相反，则小球从

"运动到"的过程（）

V

时

图11

A.动能增加1力/B.机械能增加2mv

3

C.重力势能增加5加/D.电势能增加2mv

11?

解析动能改变量A区=5"（2）'一5〃”=；〃"，A错误：重力和电场力做功，机械能增加量等

于电势能削减量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，臼运动学公式得（20-0=29

X、则电势能削减量等于电场力做的功8以产八=qEx=2m『,B正确，D错误：在竖直方向

做匀减速运动，到N点时竖直方向的速度为零，由一/=-2g力，得重力势能增加量1Rf=mgh

—"zmvyC错误。

答案B

3.（2024•全国II卷，24）如图12,两金属板/、。水平放置，间距为/两金属板正中间有一

水平放置的金属网G,P、。、G的尺寸相同。6接地，P、。的电势均为。（。＞0）。质量为办

电荷量为。（。＞0）的粒子自G的左端上方距离G为力的位置，以速度均平行于纸面水平射入电

场，重力忽视不计。

fr.'?.............

----------Q

图12

(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也为力的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？

解析(1)/%、8间场强大小相等，设均为反粒子在房间所受电场力〃的方向竖直向下，

设粒子的加速度大小为a,

有£=号@

F=qE=m您

设粒子第一次到达。时动能为戊，由动能定理有

qEh=民一》加出③

设粒子第一次到达G时所用的时间为「，粒子在水平方向的位移大小为则有

分=9包④

1=%蝮)

联立①②③④⑤式解得

瓦=3卬诵+号•(7/)⑥

人,弋I寿mdh⑦丁

(2)若粒子穿过6—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

£=2/=2%^^。⑧

答案⑴家+能.八牌⑵2飞信

课时作业

(时间:40分钟)

基础巩固练

1.在探讨影响平行板电容器电容大小因素的试验中，一己充电的平行板电容器与静电计连接

如图1所示。现保持/，板不动,适当移动力板，发觉静电计指针张角减小，则力板可能是()

图1

A.右移B.左移

C.上移D,下移

解析电容器两极板上的电荷量不变，静电计指针张角减小，说明两极板间电压变小，依据。

=轴出电容变大，由4言部两极板之间距离变小或正对面枳变大，选项A正确，B、C、

D错误。

答案A

2.（2024•广东省宝安中学高三检测）如图2所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源

断开，一束同种带电粒子从"点以相同速度平行于极板射入电容器，最终均打在下极板的A

点，若将上极板缓慢上移，则（）

p—L...............-

A

图2

A.粒子打在下极板的落点缓慢左移

B.粒子打在下极板的落点缓慢右移

C.粒子仍旧打在下极板的力点

D.因未知粒子的电性，无法推断粒子的落点

解析断开电源后，电容器电荷量保持不变，电场强度£=）=J,将上极板缓慢上移，

d变大，电场强度不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍旧打在下极板的月点。故C正确，A、

B、D错误。

答案C

3.（多选）如图3所示，六面体真空盒置于水平面上，它的/仍⑦面与即GH面为金属板,其他

面为绝缘;材料。面带正电，牙面带负电。从小孔尸沿水平方向以相同速率射入三个质

量相同的带正电液滴力、B、C,最终分别落在1、2、3三点，不计三个液滴间的相互作用，则

下列说法正确的是（）

图3

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肯定相同

C.三个液滴落究竟板时的速率相同

D.液滴。所带电荷量最多

解析三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在

真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做白由落体运动，三个液

滴的运动时间相同，选项B正确：三个液滴落究竟板时竖直分速度相等，而水平分速度不相

等，所以三个液滴落究竟板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴。在水平方向位移最大，

说明液滴。在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。

答案BD

4.如图4所示，带电的平行金属板力、例诃的电势差为小板间距离为&月板带正电，切板中

心有一小孔。一带电荷量为外质量为〃，的微粒从孔的正上方距6板高力处由静止下落，若微

粒恰能落至力、8板的正中心C点。下列说法中错误的是（重力加速度为g）（）

工

।平’,JB

C,d

I）A

图4

A.微粒在下落过程中动能渐渐增大，重力势能渐渐减小

B.微粒下落过程中重力做功为侬•（力+各，电场力做功为一半

C.微粒落入电场中，电势能渐渐增加，其增加量滞

I）.若微粒从距厅板高2力处自由下落，则恰好能到达力板

解析微粒下落至。点的过程中，重力做功为侬（力+乡，重力势能减小：电场力做功为一片,

电势能增加，增加量为半，微粒动能先增大后减小，故A错误，B、C正确；由动能定理得，

微粒由方高处下落过程，有理彷+乡七=0,即qU=mg（2h+d）、由2人处下落过程，有m成2h

+小H说明微粒恰能到达力板，故I）正确。

答案A

5.如图5甲所示，两个平行金属板只〃竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，1=0时，

0板比尸板电势高5V,此时在两板的正中心M点有一个电子，速度为零，电子在静电力作用

下运动，使得电子的位置和速度随时间改变。假设电子始终未与两板相碰。在0＜仅8*10-1%

的时间内，这个电子处于4点的右侧，速度方向向左且大小渐渐增大的时间是（）

U/V

2：46；«（/（xlO"^）

II

pUUQ-5----------：

甲乙

图5

A.0<r<2X10",0s

B.2X1O-10s<t<4X10-ws

C.4X1O-10s<r<6X10',0s

D.6X1O_10s<t<8X10-ws

解析作出粒子运动的/一。图象如图所示。由图象可知选项C正确。

答案C

6.（多选）如图6所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的

小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在静电力和弹簧弹力

的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则

下列描述速度与时间、加速度与位移之间改变关系的图象正确的是（）

解析设带电小球在静电力和弹簧弹力作用下静止时，弹簧形变量为则kkx=qE,将

电场反向，小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力，小球离开弹簧前，依据牛顿

qE+k（八x—x）

其次定律得，小球的加速度,知a随弹簧压缩量Ax-x的减小匀称减小,

当脱离弹簧后，小球的加速度8=必，保持不变。可知小球先做加速度渐渐减小的加速运动，

m

后做匀加速运动，故A、C项正确，B、D项错误。

答案AC

7.如图7所示，设电子刚刚离开金属纥时的速度可忽视不计，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。已知电子质量为加，电荷量为e,加速电场电压

为“，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为从极板长度为板间距为&不计电子所

受重力。求：

(1)电子射入偏转电场时初速度%的大小：

(2)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Ay；

(3)电子从偏转电场射出时速度的大小和方向。

解析(1)依据动能定理有勿伉

故电子射入偏转电场的初速度1%=十字。

(2)在偏转电场中，电子的运动时间△£=(=£也焉

电子在偏转电场中的加速度a=~.

ma

ir;r2

偏转距离Ay=5a(A力二十-『

(3)电子离开偏转电场时沿垂直于极板方向的速度

AULl~T

Vr=aAt=-T\/7-77

d2m&

电子离开偏转电场时速度的大小

片r尸rr--r；l2『eli),印eljC

设电子离开偏转电场时速度方向与偏转极板的夹角为。，

则…弋*

“小保在小威小l2ea,elfLf

答案⑴\下⑵漏⑶\/三+印

UL

与否方向的夹角〃满意tan0—T7r,

/tbu

综合提能练

8.如图8所示，两块较大的金属板力、〃相距为江平行放置并与一电源相连，开关S闭合后,

两板间恰好有一质量为办带电荷量为“的油滴处于静止状态“以下说法正确的是（）

图8

A.若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流

B.若将/向彳平移一小段位移,则油滴仍旧静ihG表中有af5的电流

C.若将/向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有Aa的电流

】）.若将/向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有Aa的电流

解析由于油滴处于静止状态，所以3=〃底若将S断开，由于电容器的电荷量不变，则电

压〃不变，油滴仍处于静止状态，选项A错误；若将/向左平移一小段位移，则电容C变小，

电压4不变，g"变小，所以电流方向为此时油滴仍静止，选项B错误：若将/向

上平移一小段位移，电容C变小，电压〃不变，则。变小，所以电流方向为〃一a,此时东

侬，油滴向下加速运动，选项C正确：若将力向下平移一小段位移，则电容C变大，电压〃

不变，。变大，所以电流方向为a-6,此时冷侬，油滴向上加速运动，选项D错误。

答案C

9.（多选）如图9所示，一质量为〃入电荷量为。的小球在电场强度为少的匀强电场中，以初速

度均沿直线〃V做匀变速运动，直线创,与水平面的夹角为30°,若小球在初始位置的电势能

为零，重力加速度为g,且您•=（?£',则（）

图9

A.电场方向竖直向上

B.小球运动的加速度大小为g

C.小球上升的最大高度为郎

2

D.小球电势能的最大值为年

解析因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平

行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°,斜向上，如图所示，A错误：小球

所受的重力和电场力大小相等，依据平行四边形定则知，两个力的夹角为120°,所以合力大

小与分力大小相等，等于欧，农据牛顿其次定律知，小球运动的加速度大小为⑶B正确：小

22

球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s=U=《，则小球上升的最大高度h=

2a2g

谥1.

s-sin30°=—,C错误：在整个过程中电场力做功及土q?5cos120"=一彳勿防，电势能增加

4g4

22

牛，所以小球电势能的最大值为半，D正确。

qE—'

匚通」........

答案BI）

3/

10.（2024•上饶一模）如图10所示，在月仍平面内存在着一个匀强电场，OA=L,仍=芋，/AOB

=60"。一个电荷量为《的带正电粒子以初动能其从〃点两次沿不同方向抛出，并分别运动

到小〃两点.若粒子运动到儿〃两点时的动能分别为区=2反后=苧，粒子重力不计，则

匀强电场的场强大小为（）

图10

£口5笈

A•位B.通

四n2ms

3虱3虱

解析由题意令电场强度与小成a角，与必成B角，粒子在电场中所受电场力F=EQ,粒

子带正电，故电场力方向与场强方向相同，依据题意有：

从。到力只有电场力做功，有

Eqlcosa=2氏一E

从。到人只有电场力做功有

厂3,a5a一

EqcosP=-区

联立两式可得cosa=cosB

又N/1庞=60°所以有a=£=30°

「白、rrwizm尸2瓦—62镉区

所以可得场强£=—,---亦一=母厂

qLcos303qL

故A、B、C项错误，D项正确。

答案