高考物理一轮复习讲义第48课时　电容器　带电粒子在电场中的运动（教师版）

第48课时电容器带电粒子在电场中的运动【复习定位】1.知道电容器的基本构造，了解电容器的充电、放电过程。2.掌握带电粒子在电场中做直线运动的规律。3.掌握带电粒子在电场中偏转的规律。理解带电粒子在示波管中的运动。必备知识自主学习对应学生用书P161一、电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此eq\o(□,\s\up5(1))绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电荷量Q：一个极板所带电荷量的eq\o(□,\s\up5(2))绝对值。(3)电容器的充、放电①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eq\o(□,\s\up5(3))异种电荷，电容器中储存电场能。②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中eq\o(□,\s\up5(4))电场能转化为其他形式的能。2．电容(1)定义：电容器所带的eq\o(□,\s\up5(5))电荷量Q与电容器两极板间的eq\o(□,\s\up5(6))电势差U的比值。(2)定义式：C＝eq\f(Q,U)。(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1F＝eq\o(□,\s\up5(7))106μF＝eq\o(□,\s\up5(8))1012pF。(4)意义：表示电容器eq\o(□,\s\up5(9))容纳电荷本领的高低。(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否eq\o(□,\s\up5(10))带电及两端eq\o(□,\s\up5(11))电压无关。3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。(2)决定式：C＝eq\o(□,\s\up5(12))eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量，εr为相对介电常数。二、带电粒子在电场中的运动(只受电场力)1．加速(1)在匀强电场中，W＝eq\o(□,\s\up5(13))qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非匀强电场中，W＝eq\o(□,\s\up5(14))qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2．偏转运动(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动性质：eq\o(□,\s\up5(15))匀变速曲线运动。(3)处理方法：利用运动的合成与分解。①沿初速度方向：做eq\o(□,\s\up5(16))匀速直线运动。②沿电场方向：做初速度为零的eq\o(□,\s\up5(17))匀加速直线运动。1．判断正误。(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反比。(×)(3)放电后的电容器所带电荷量为零，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。(√)2．(2022·重庆卷)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(A)A．材料竖直方向尺度减小B．极板间电场强度不变C．极板间电场强度变大D．电容器电容变大解析根据题意可知电容器两极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容C减小，D错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝eq\f(U,d)可知，极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确。关键能力阶梯突破对应学生用书P162考点一平行板电容器的动态分析1．动态分析的思路2．两类动态分析的比较【例1】(2024·黑吉辽卷)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(B)A．电容器的电容减小B．电容器所带的电荷量增大C．电容器两极板之间的电势差增大D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N解析降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器的电容增大，故A错误；溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q＝CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图(b)可知电路中电流方向为N→M，故D错误。考教衔接►本题以导电液体的相对介电常数随溶液浓度的变化关系为素材，创设了科学探究问题情境，主要考查电容器的动态分析及电容变化过程中的相关物理量的变化。与人教版必修第三册第十章第4节“拓展学习平行板电容器的电容”情境相似。【例2】(多选)(2024·山东济南高三期末)如图，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，C表示电容器的电容，U表示正负极板间的电势差，Q表示电容器所带的电荷量，E表示两板间的电场强度。正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离l0，则图中关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(BD)解析由平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当负极板向左移，极板间距d增大时，电容C减小，但不是均匀减小，C－x图像不能为一次函数图像，A错误；当电容器充电完成与电源断开后，两极板上所带的电荷量就是固定不变的，则Q－x图像是平行于x轴的直线，C错误；根据U＝eq\f(Q,C)、C＝eq\f(εrS,4πkd)可得U＝eq\f(4πkQd,εrS)，其中d＝d0＋x，则U-x图像为一次函数图像，B正确；由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)可得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于Q、S没有变化，所以电场强度E也是固定不变的，D正确。【例3】(2025·山西模拟预测)如图所示，D是一支理想二极管(正向电阻为零，可视为短路；反向电阻无穷大，可视为断路)，C是极板水平放置的平行板电容器，初始时不带电。当S接1且稳定后，处于两极板间P点的一带电油滴能保持静止状态。下列说法正确的是(A)A．保持S接1，减小C两极板的正对面积，油滴会向上移动B．保持S接1，将C的下极板上移，油滴会向下移动C．将S从1掷到2，油滴将向下运动D．将S从1掷到2，同时将下极板上移，油滴将向下运动解析保持S接1，减小C两极板的正对面积，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，知电容C减小，由C＝eq\f(Q,U)知Q减小，但二极管具有单向导电性，使得Q不能减小，故实际过程为Q不变，故U增大，根据U＝Ed及d不变，知E增大，所以油滴受到向上的电场力大于重力，油滴会向上移动，故A正确；保持S接1，将C的下极板上移，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，知d减小，C增大，U不变，Q增大，电容器充电，根据E＝eq\f(U,d)知E增大，油滴向上运动，故B错误；将S从1掷到2，电容器不能放电，故油滴不动，故C错误；将S从1掷到2，同时将下极板上移，d减小，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，知C增大，电容器不能放电，Q不变，根据C＝eq\f(Q,U)，U＝Ed，联立得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，不变，故油滴不动，故D错误。考点二带电粒子在电场中的直线运动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，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)用动力学观点分析匀强电场中：a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。【例4】(多选)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点静止释放的一价氢离子恰好能运动到P点，下列说法正确的是(AD)A．一定有UAB＝－UBCB．若从O点静止释放二价氦离子，其将以一定速度越过P点C．若将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的氢离子将运动到P′点返回D．若将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的氢离子仍运动到P点返回解析设一价氢离子的电荷量为q，由O点静止释放的一价氢离子恰好能运动到P点，则qUAB＋qUBC＝0，即一定有UAB＝－UBC，由上式可知，上述过程与粒子带电荷量无关，即若从O点静止释放二价氦离子，则也恰好能运动到P点，选项A正确，B错误；若将C板向右平移到P′点，由于B、C板带电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知两板间电场强度不变，M、P之间的电势差不变，根据qUOM＋qUMP＝0，可知由O点静止释放的氢离子仍运动到P点返回，选项C错误，D正确。【例5】如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为(A)A．3∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶1解析设两极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,M)t2；对电荷量为－q的粒子有am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，联立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故选A。考点三带电粒子在匀强电场中的偏转1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝eq\f(l,v0)(如图)。(2)沿电场力方向做匀加速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md)。,离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))。,离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。))2．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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。3．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场U0加速后再从同一偏转电场U1射出时，偏移量和偏转角总是相同的。证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可见y和tanθ与粒子的q、m无关。(2)粒子经电场偏转后射出，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，即点O到偏转电场边缘的距离为eq\f(l,2)。【例6】(2025·福建南平阶段预测)如图，一对金属板水平放置，间距足够大，极板间的电压为U，在金属板右侧有一竖直屏。一不计重力的带电粒子从两板中央以水平速度v0入射，入射方向的延长线与屏的交点为O点，粒子打在屏上的位置与O点的距离为y。将U变为0.5U，v0变为0.5v0，保持其他条件不变，粒子打在屏上的位置与O点的距离将变为(B)A．4y B．2yC．y D．0.5y解析带电粒子离开电场时速度v与进入电场时的速度v0夹角的正切值为tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))，根据类平抛运动的推论知，速度的反向延长线交于水平位移的中点，得偏离O的距离为y＝(eq\f(L,2)＋s)tanθ＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))(eq\f(L,2)＋s)，当U变为0.5U，v0变为0.5v0，其他条件保持不变时，y变为原来的2倍。故选B。【例7】(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，一个带电粒子电荷量为q，以一定的水平初速度由P点射入匀强电场，当粒子从Q点射出电场时，其速度方向与竖直方向成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计粒子重力，设Q点的电势为零。则下列说法正确的是(AD)A．带电粒子在P点的电势能为UqB．带电粒子带负电C．匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)U,3d)D．匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(2\r(3)U,3d)解析粒子的运动轨迹向上，则所受的静电力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，粒子从P到Q，静电力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，Q点的电势为零，则带电粒子在P点的电势能为Uq，故A正确，B错误；设带电粒子在P点时的速度为v0，以垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由类平抛运动的规律和几何知识可得在Q点时粒子在y轴方向的分速度为vy＝eq\r(3)v0，粒子在y轴方向上的平均速度为eq\x\to(v)y＝eq\f(\r(3)v0,2)，设粒子在y轴方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝eq\x\to(v)yt＝eq\f(\r(3)v0t,2)，水平方向有d＝v0t，可得y0＝eq\f(\r(3)d,2)，所以匀强电场的电场强度为E＝eq\f(U,y0)，联立解得E＝eq\f(2U,\r(3)d)＝eq\f(2\r(3)U,3d)，故C错误，D正确。【例8】(2023·浙江1月选考)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(D)A．在XX′极板间的加速度大小为eq\f(eU,m)B．打在荧光屏时，动能大小为11eUC．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为eq\r(2meU)D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切值tanα＝eq\f(l,20d)解析由牛顿第二定律可得，电子在XX′极板间的加速度大小ax＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，A错误；电子在电极XX′间运动时，有vx＝axt，t＝eq\f(l,vx)，电子离开电极XX′时的动能为Ek＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,z)＋veq\o\al(2,x))＝eU(10＋eq\f(l2,40d2))，电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10＋eq\f(l2,40d2))，B错误；电子在XX′极板间受到电场力的冲量大小Ix＝mvx＝eq\f(l,d)eq\r(\f(meU,20))，C错误；电子打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切值tanα＝eq\f(vx,vz)＝eq\f(l,20d)，D正确。课时作业对应学生用书P401[基础过关]1．(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是(BC)A．根据C＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两极板间的电压成正比C．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与两极板间电压的比值都恒定不变D．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍解析电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量和两极板间的电压无关，故A、D错误；根据Q＝CU，对于确定的电容器，其所带电荷量与两极板间的电压成正比，故B正确；根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器所带的电荷量与两极板间电压的比值是电容，故C正确。2．心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。如图，某型号AED模拟治疗仪器内有一电容为15μF的电容器，某次使用过程中，该电容器在10s内充电至5000V电压，之后在3ms时间内完成放电，则(D)A．电容器充电后所带的电荷量为75CB．电容器充电过程中电容一直增大C．电容器放电过程中放电电流一直增大D．电容器放电过程中平均电流为25A解析电容器充电后所带的电荷量为Q＝CU＝15×10-6×5000C＝0.075C，A错误；电容器的电容由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电无关，故电容器充电过程中电容保持不变，B错误；电容器放电过程中，放电电流逐渐减小，C错误；电容器放电过程中的平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(Q,t)＝eq\f(0.075,3×10-3)A＝25A，D正确。3．如图所示，A、B为平行金属板，两极板相距为d，分别与电源两极连接。两板的中央各有一小孔M、N。今有一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止下落，不计空气阻力，到达两板中点时的速度恰好为零，然后沿原路返回。则带电质点的重力与它在电场中所受静电力的大小之比为(B)A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1解析带电质点从P点由静止开始下落到两极板中点时，先加速后减速。根据动能定理，有mg·eq\f(3,2)d＝qE·eq\f(d,2)，重力与静电力的大小之比为1∶3，故B正确。4．如图所示的电路，电介质板与被测量的物体A相连，当电介质向左或向右移动时，通过相关参量的变化可以将A定位。开始单刀双掷开关接1，然后将单刀双掷开关接2。则下列说法正确的是(C)A．开关接1时，x增大，平行板电容器的电荷量增大B．开关接1时，x增大，电路中的电流沿顺时针方向C．开关接2时，x减小，静电计的指针偏角减小D．开关接2时，x减小，平行板间的电场强度不变解析开关接1时，平行板间的电压不变，x增大，相对介电常数减小，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容器的电容减小，又由Q＝CU知，平行板电容器的电荷量减小，电容器放电，由题图可知，电路中的电流沿逆时针方向，A、B错误；开关接2时，电容器所带的电荷量保持不变，x减小，电容器的电容增大，由公式C＝eq\f(Q,U)，可知两极板的电势差减小，则静电计的指针偏角减小，由E＝eq\f(U,d)可知平行板间的电场强度减小，C正确，D错误。5．(多选)(2024·辽宁葫芦岛高三检测)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平地面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是(AD)A．如果A球带电，则A球一定带负电B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加C．如果B球带电，则B球一定带负电D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加解析两球水平抛出时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A球在上方，竖直位移较大，由h＝eq\f(1,2)at2可知，A球下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A球受到向下的静电力，一定带负电，静电力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；如果B球带电，由于B球的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B球受到的静电力向上，应带正电，静电力对B球做负功，电势能增加，故C错误，D正确。6．(多选)电流传感器反应非常灵敏，与计算机相连接，能立即描绘出电流随时间变化的图像。如图甲所示，在观察充电、放电现象的实验中，用直流8V的电源，电容器的电容是几十微法。先使开关S掷向1，电源向电容器充电，这个过程瞬间完成。然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示。下列说法正确的是(BC)A．S接1时，电容器充电，带电荷量Q增加，板间电压U增大，板间场强E减小B．S接2时，电容器放电，带电荷量Q减少，板间电压U减小，板间场强E减小C．在I-t图像中图线与横轴所围的面积表示电荷量D．根据以上数据和信息不能估算出电容的大小解析S接1时，电容器充电，板间场强E增大，故A错误；S接2时，电容器放电，带电荷量Q减少，板间电压U减小，板间场强E减小，故B正确；在I-t图像中，由q＝It可知，图线与横轴所围的面积表示放电的电荷量，故C正确；由C项分析及充电后电容器的电压是8V可知，根据C＝eq\f(Q,U)可估算出电容的大小，故D错误。[能力提升]7．示波管的结构如图所示，Y、Y′接输入电压信号，X、X′接扫描电压信号，若扫描电压信号的周期和输入电压信号的周期相同，且可以在荧光屏上得到输入电压信号周期变化的图像，则下列扫描电压信号的图像可能正确的是(A)解析若扫描电压信号如B、C、D选项所示，则在半个周期内，粒子沿XX′方向偏转距离相同，荧光屏上在YY′方向呈现一条直线，无法显示输入电压信号随时间周期性变化的具体情况，若扫描电压信号如A选项所示，则粒子打在荧光屏上的位置沿XX′方向随时间均匀分布，又扫描电压信号周期与输入电压信号周期相同，可得到输入电压信号周期变化的图像。故A正确。8．(2023·浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足(A)A．eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1) B．eq\f(E1,E2)＝eq\f(Req\o\al(2,1),Req\o\al(2,2))C．eq\f(E1,E2)＝eq\f(R1,R2) D．eq\f(E1,E2)＝eq\f(Req\o\al(2,2),Req\o\al(2,1))解析因为带电粒子在等势线上运动，则带电粒子的速度大小保持不变，带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律则有qE1＝meq\f(v2,R1)，qE2＝meq\f(v2,R2)，联立可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1)，故选A。9．(多选)平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示。那么(AD)A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变解析保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的静电力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，当d变化时，E不变，故小球所受静电力不变，θ不变，故C错误，D正确。10．如图所示，两平行金属板A、B长L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一个不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10-10C、质量m＝10-20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后，可进入界面MN和光屏PS间的无电场的真空区域，最后打在光屏PS上的D点(未画出)。已知界面MN与光屏PS相距12cm，O是中心线RO与光屏PS的交点。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离；答案0.03m解析带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)水平方向有L＝v0t竖直方向有y＝eq\f(1,2)at2联立解得y＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))代入数据解得y＝0.03m。(2)粒子射出平行板电容器时的偏转角；答案37°解析设粒子射出平行板电容器时的偏转角为θ则有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(3,4)，故偏转角为37°。(3)O、D两点之间的距离。答案0.12m解析带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点，设两界面MN、PS相距为L′，由相似三角形得eq