電容器與電容帶電粒子在電場中的運動（教師版）

第三講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動[人教版必修第三冊]1.閱讀第十章第4節(jié)“電容”相關(guān)內(nèi)容，電容器所帶的電荷量與兩極板的電勢差之間有什么定量的關(guān)系？提示：同一電容器所帶的電荷量Q與兩極板的電勢差U之比是不變的。比值定義為電容C，電容是表征電容器儲存電荷特性的物理量。2.閱讀第十章第4節(jié)拓展學(xué)習(xí)部分“平行板電容器的電容”相關(guān)內(nèi)容，平行板電容器的電容是由哪些因素決定的？提示：平行板電容器的電容與兩板間距離、正對面積、以及兩板間電介質(zhì)的相對介電常數(shù)有關(guān)，電容決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)。3.閱讀第十章第5節(jié)“帶電粒子在電場中加速”相關(guān)內(nèi)容，可以運用哪些解題思路來分析帶電粒子的加速問題？提示：分析帶電粒子加速的問題，常常有兩種思路：一種是利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式來分析；另一種是利用靜電力做功結(jié)合動能定理來分析。4.閱讀第十章第5節(jié)“帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)”相關(guān)內(nèi)容，用什么方法分析處理此類曲線運動問題？提示：類比平拋運動的方法，根據(jù)受力特點，把曲線運動分解為沿電場線方向和垂直于電場線方向的兩個直線運動來處理。沿電場線方向做勻變速直線運動，垂直于電場線方向做勻速直線運動。5.閱讀第十章第4節(jié)圖3，如何根據(jù)放電的I-t圖像估算電容器釋放的電荷量？提示：I-t圖線與t坐標(biāo)軸所圍的面積表示電荷量，先算出一個小格的面積，再乘以小格數(shù)，數(shù)格時，多于半個格的算一格，少于半格的舍去。6.閱讀第十章第4節(jié)拓展學(xué)習(xí)部分“示波管的原理”相關(guān)內(nèi)容，理解示波管的工作原理。提示：帶電粒子在電場中的加速與兩個方向偏轉(zhuǎn)的疊加?？键c一平行板電容器的動態(tài)分析一、電容器及電容1.電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)電容器的充、放電①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2.電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值。(2)定義式：C＝。(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1F＝106μF＝1012pF。(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低。(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及兩極板間是否存在電壓無關(guān)。3.平行板電容器的電容(1)決定因素：正對面積，相對介電常數(shù)，兩板間的距離。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)。二、平行板電容器的動態(tài)分析1.對公式C＝的理解電容C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。2.電容器兩類問題的比較【特別提醒】在平行板電容器兩板間插入電介質(zhì)，例如云母片，相當(dāng)于εr增大；加入與極板等大的導(dǎo)體板，相當(dāng)于d減小。題型一U不變時的動態(tài)分析(2022·重慶高考)如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則()A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場強(qiáng)度不變C.極板間電場強(qiáng)度變大D.電容器電容變大A根據(jù)題意可知兩極板間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據(jù)電容的定義式C＝，可知電容器電容C變小，D錯誤；根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知極板間距d增大，極板之間存在勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，可知極板間電場強(qiáng)度E變小，B、C錯誤；極板間距d增大，由幾何關(guān)系可知，材料豎直方向尺度減小，A正確。故選：A。題型二Q不變時的動態(tài)分析(多選)如圖所示，平行板電容器帶有等量異號電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點電荷在P點的()A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不變C.θ減小，Ep增大 D.θ減小，E不變D極板移動過程中電荷量Q保持不變，靜電計指針張角變化反映板間電勢差U的變化，由C＝eq\f(εrS,4πkd)和題型三電容器的綜合動態(tài)分析(2022·湖北高考)密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為()A.q，rB.2q，rC.2q，2rD.4q，2rD油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，滿足Eq＝mg，又E＝eq\f(U,d)，m＝ρV，V＝eq\f(4,3)πr3，聯(lián)立整理得qeq\f(U,d)＝eq\f(4,3)πr3ρg；當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時，在板間能保持靜止的球狀油滴滿足q′eq\f(2U,d)＝eq\f(4,3)πr′3ρg，可得eq\f(2q′,q)＝；若r′＝r，得q′＝eq\f(q,2)；若r′＝2r，得q′＝4q，故A、B、C錯誤，D正確。故選：D。平行板電容器動態(tài)的分析思路1.(多選)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一個電源相連，其中A板接地(取大地電勢φ＝0)。S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下說法正確的是()A.保持S閉合，若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有b→a的電流B.保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移(油滴仍處于兩極板之間)，則油滴仍然靜止，G中有b→a的電流C.若將S斷開，則油滴立即向下做勻加速直線運動D.若將S斷開，再將B板向下平移一小段位移，則油滴仍然保持靜止，但油滴的電勢能減小AB開始時，油滴所受重力和靜電力平衡，即mg＝qE，保持S閉合，則兩板間電壓不變，將A板上移一小段位移，兩板間距離d增大，由E＝eq\f(U,d)可知，E變小，油滴所受靜電力變小，故油滴應(yīng)向下加速運動；根據(jù)C＝、C＝eq\f(εrS,4πkd)，知Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，故電容器所儲存的電量減小，向外放電，故G中有b→a的電流，A正確。保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移，由E＝eq\f(U,d)可知，E不變，油滴仍靜止；根據(jù)Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，知電容器所儲存的電量減小，向外放電，故G中有b→a的電流，B正確。若將S斷開，電容器所儲存的電量Q不變，則兩板間場強(qiáng)不變，油滴仍靜止，故C錯誤。若將S斷開，Q不變，再將B板向下平移一小段位移，根據(jù)C＝、C＝eq\f(εrS,4πkd)、E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知場強(qiáng)E不變，則油滴仍靜止；油滴所在位置與A板的距離不變，則根據(jù)U＝Ed可知油滴所在位置與A板間的電勢差不變，又因為A板接地，則油滴所在位置的電勢不變，油滴的電勢能不變，故D錯誤。故選：AB。2.(多選)平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關(guān)S，電容器充電，穩(wěn)定后懸線偏離豎直方向夾角為θ，如圖所示．那么()A.保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大B.保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變C.開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大D.開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變AD保持開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，帶正電的A板向B板靠近，極板間距離減小，電場強(qiáng)度E增大，小球所受的靜電力變大，θ增大，故A正確，B錯誤；斷開開關(guān)S，電容器所帶的電荷量不變，由C＝，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，知d變化，E不變，小球所受靜電力不變，θ不變，故C錯誤，D正確。故選：AD。3.(多選)如圖所示，電容式麥克風(fēng)的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路。麥克風(fēng)正常工作時，振動膜隨聲波左右振動。下列說法正確的是()A.振動膜向右運動時，電容器的板間電場強(qiáng)度不變B.振動膜向右運動時，a點的電勢比b點的電勢高C.振動膜向左運動時，電阻上有從a到b的電流D.振動膜向左運動時，振動膜所帶的電荷量減小BD振動膜向右振動時電容器兩極板的距離變小，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，電容器板間的電場強(qiáng)度變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知電容增大，根據(jù)C＝，在U不變的情況下，Q增大，電容器充電，R中電流方向向下，即有從a到b的電流，a點的電勢比b點的電勢高，A錯誤，B正確；振動膜向左振動時電容器兩極板的距離變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知電容減小，根據(jù)C＝知，在U不變的情況下，Q減小，電容器放電，R中電流方向向上，即有從b到a的電流，C錯誤，D正確。故選BD。4.(多選)如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，現(xiàn)將其與二極管串聯(lián)接在電動勢為E的直流電源上，電容器下極板接地，靜電計所帶電荷量可忽略，二極管具有單向?qū)щ娦?。閉合開關(guān)S，一帶電油滴恰好靜止于兩板間的P點，則下列說法正確的是()A.在兩板間放入陶瓷片，平行板電容器的電容將變大B.在兩板間放入與極板等大的金屬片，靜電計指針張角變小C.現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，帶電油滴的電勢能將減少D.現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，油滴將向下運動AC平行板電容器的電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，當(dāng)兩板間放入陶瓷片時，εr增大，則C增大，故A正確；在兩板間放入與極板等大的金屬片，相當(dāng)于減小兩板間距離，但由于電容器始終與電源相連，電容器兩板間的電勢差不變，故靜電計指針張角不變，故B錯誤；剛開始油滴恰好靜止于兩板間的P點，則油滴帶負(fù)電，將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，兩板間距d增大，電容C減小，電容器上的電荷本該減少，但因為二極管的單向?qū)щ娦?，電容器上的電荷不能回流，所以電容器上的電荷量Q不變，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知兩極板間的電場強(qiáng)度E不變，則油滴所受電場力不變，仍保持靜止，而P點的電勢為φP＝φP－0＝UP下＝EdP下，P點到下極板的距離增大，則P點的電勢升高，因為油滴帶負(fù)電，所以油滴在P點的電勢能將減少，故C正確，D錯誤。故選：AC?？键c二帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動。(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動。2.電場中重力的處理方法(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等微觀粒子，除有說明或明確暗示外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電體：如塵埃、液滴、小球等，除有特殊說明或明確暗示外，一般都不能忽略重力。3.用動力學(xué)觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－＝2ad4.用功、能量觀點分析(1)勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。(2023·山東聊城九校聯(lián)考)如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質(zhì)量為m、電荷量為q1(q1>0)的粒子A；在負(fù)極板附近有一質(zhì)量也為m、電荷量為－q2(q2>0)的粒子B。僅在電場力的作用下兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略，不計粒子重力，則以下說法正確的是()A.電荷量q1與q2的比值為B.電荷量q1與q2的比值為C.粒子A、B通過平面Q時的速度之比為D.粒子A、B通過平面Q時的速度之比為B設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，兩粒子的運動時間相同，對正電荷A有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，對負(fù)電荷B有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，聯(lián)立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，A錯誤，B正確；由動能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，求得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，選項C、D錯誤。故選：B。(2022·北京高考)如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F；(2)求帶電粒子到達(dá)N板時的速度大小v；(3)若在帶電粒子運動eq\f(d,2)距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t。(1)qeq\f(U,d)；(2)；(3)eq\f(3d,2)(1)兩平行金屬板間的場強(qiáng)大小E＝eq\f(U,d)帶電粒子所受的靜電力的大小F＝qE聯(lián)立解得F＝qeq\f(U,d)。(2)帶電粒子從M板由靜止開始運動到N板的過程中，根據(jù)動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝。(3)設(shè)帶電粒子運動eq\f(d,2)距離時的速度大小為v′，根據(jù)動能定理有qeq\f(U,2)＝eq\f(1,2)mv′2－0帶電粒子在前eq\f(d,2)距離做勻加速直線運動，后eq\f(d,2)距離做勻速直線運動，設(shè)經(jīng)歷的時間分別為t1、t2，有eq\f(d,2)＝eq\f(v′,2)t1eq\f(d,2)＝v′t2該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2聯(lián)立解得t＝eq\f(3d,2)。帶電體在電場中直線運動的分析方法1.(多選)如圖所示，兩個相同的平行板電容器均與水平方向成θ角放置，兩極板與直流電源相連。若帶電小球分別以速度v0沿邊緣水平射入電容器，均能沿圖中所示水平直線恰好穿出電容器，穿出時的速度分別為v1和v2。下列說法正確的是()A.兩種情形下帶電小球的運動時間相等B.兩種情形下電容器所加電壓相等C.小球的速度滿足關(guān)系v0＝v1＝v2D.小球的速度滿足關(guān)系2＝＋BD靜電力的方向垂直于極板，由于兩種情形下小球均沿著水平方向運動，豎直方向所受合力均為零，因此兩種情形下帶電小球所受靜電力大小均為F＝，又因兩電容器相同，根據(jù)F＝Eq＝eq\f(Uq,d)知兩種情形下電容器所加電壓相等，B正確；分析知第一種情形小球做勻減速直線運動，第二種情形小球做勻加速直線運動，初速度相同，運動位移相同，由勻變速直線運動規(guī)律知，兩種情形帶電小球的運動時間不同，末速度也不同，A、C錯誤；兩種情形小球在水平方向上的加速度大小均為a＝＝gtanθ，第一種情形，水平方向上有：－＝2ax，第二種情形，水平方向上有：－＝2ax，兩式聯(lián)立，可得2＝＋，D正確。故選：BD。2.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A.運動到P點返回B.運動到P和P′點之間返回C.運動到P′點返回D.穿過P′點A設(shè)AB、BC間的電場強(qiáng)度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點運動到P點的過程中，據(jù)動能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場強(qiáng)度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)，BC板間的電場強(qiáng)度與板間距無關(guān)，大小不變。第二次釋放后，設(shè)電子在BC間移動的距離為x，則eE1d1－eE2x＝0－0②比較①②兩式知，x＝d2，即電子運動到P點時返回，A正確。故選：A。3.(多選)如圖甲所示，某電場中的一條電場線恰好與M、P所在直線重合，以M為坐標(biāo)原點，向右為正方向建立直線坐標(biāo)系，P點的坐標(biāo)xP＝，此電場線上各點的電場強(qiáng)度大小E隨x變化的規(guī)律如圖乙所示。若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，其電勢能減小45eV，對于此電場，以下說法正確的是()甲乙A.該電子做勻變速直線運動B.x軸上各點的電場強(qiáng)度方向都沿x軸負(fù)方向C.M點的電勢是P點電勢的eq\f(1,2)D.圖像中的E0的數(shù)值為BD由題圖可知電子從M點運動到P點過程中，電場強(qiáng)度逐漸減小，所以該電場不是勻強(qiáng)電場，即電子受到的電場力不是恒定的，所以該電子不做勻變速直線運動，故A錯誤；若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，電勢能減小，則電場力做正功，由功能關(guān)系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而電場線由高電勢指向低電勢，可知x軸上各點的電場強(qiáng)度方向都沿x軸負(fù)方向，故B正確；電勢零點未知，所以無法確定兩點的電勢數(shù)值關(guān)系，故C錯誤；由題可知WMP＝45eV，E-x圖像與橫軸圍成圖形的面積表示對應(yīng)距離的電勢差，可得WMP＝＝45eV，解得E0＝1200V/m，即圖像中E0的數(shù)值為，故D正確。故選：BD。4.(2020·天津等級考)多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強(qiáng)電場加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和長為l的漂移管(無場區(qū)域)構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當(dāng)離子第一次進(jìn)入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場，其電場強(qiáng)度足夠大，使得進(jìn)入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進(jìn)入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間。設(shè)實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力。(1)求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；(2)反射區(qū)加上電場，電場強(qiáng)度大小為E，求離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離x；(3)已知質(zhì)量為m0的離子總飛行時間為t0，待測離子的總飛行時間為t1，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量m1。(1)eq\r(\f(ml2,2qU))；(2)eq\f(U,E)；(3)m0(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，根據(jù)動能定理，有qU＝mv2①離子在漂移管中做勻速直線運動，則T1＝eq\f(l,v)②聯(lián)立①②式，得T1＝eq\r(\f(ml2,2qU))。③(2)根據(jù)動能定理，有qU－qEx＝0④得x＝eq\f(U,E)。⑤(3)離子在加速電場中運動和反射區(qū)電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設(shè)其為，有＝eq\f(v,2)⑥通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總路程相等，設(shè)為L1，在無場區(qū)的總路程設(shè)為L2。根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v，設(shè)離子的總飛行時間為t總，有t總＝eq\f(L1,v)＋eq\f(L2,v)⑦聯(lián)立①⑥⑦式，得t總＝(2L1＋L2)eq\r(\f(m,2qU))⑧可見，離子從A到B的總飛行時間與eq\r(m)成正比。依題意可得eq\f(t1,t0)＝eq\r(\f(m1,m0))可得m1＝m0。⑨考點三帶電粒子(帶電體)在電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的基本規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動，t＝eq\f(l,v0)(如圖)(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)②離開電場時的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)2.帶電粒子在電場中的“加速＋偏轉(zhuǎn)＋射屏”基本規(guī)律3.幾個重要結(jié)論(1)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時，O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。也可以理解為速度偏轉(zhuǎn)角θ的正切值等于位移偏轉(zhuǎn)角α的正切值的2倍，即tanθ＝2tanα。(2)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。(3)以相同的初速度進(jìn)入同一個偏轉(zhuǎn)電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要比荷eq\f(q,m)相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同。(4)若以相同的初動能Ek0進(jìn)入同一個偏轉(zhuǎn)電場，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同。4.功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差。二、示波管1.構(gòu)造示波管的構(gòu)造如圖所示，它主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。2.工作原理(1)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′之間和偏轉(zhuǎn)電極YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。(2)示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待測的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作掃描電壓。如果信號電壓是周期性的，并且掃描電壓與信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(wěn)定圖像。題型一帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(多選)(2021·全國乙卷)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()ABCDAD分析可知帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，則帶電粒子的運動軌跡方程為y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)，由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，則帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡重合，C錯誤；當(dāng)電場方向沿y軸正方向時，帶正電的粒子向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的粒子向y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡與粒子(－q，m)的運動軌跡關(guān)于x軸對稱，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，則x相同時，粒子(＋q，2m)沿y軸方向的偏轉(zhuǎn)量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正確；當(dāng)電場方向沿y軸負(fù)方向時，同理可知A正確，B錯誤。故選：AD。(2020·浙江7月選考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點時()A.所用時間為eq\f(mv0,qE)B.速度大小為3v0C.與P點的距離為D.速度方向與豎直方向的夾角為30°C粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向上有x＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)t2，當(dāng)粒子到達(dá)MN連線上的某點時，有eq\f(y,x)＝tan45°，聯(lián)立可得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A錯誤；當(dāng)粒子到達(dá)MN連線上的某點時，有vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故此時粒子的速度大小為v＝＝eq\r(5)v0，故B錯誤；由幾何關(guān)系可知，粒子到達(dá)MN連線上的某點時，與P點的距離為L＝eq\r(2)v0t＝，故C正確；粒子到達(dá)MN連線上的某點時，速度方向與豎直方向的夾角的正切值為tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)<tan30°，可知此時的速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤。故選：C。題型二、帶電體在電場中的偏轉(zhuǎn)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達(dá)P點所用時間為t；B從O點到達(dá)P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強(qiáng)度的大?。?2)B運動到P點時的動能。(1)eq\f(3mg,q)；(2)Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)(1)mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)。③(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達(dá)P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)m④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(＋g2t2)。帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩種求解思路：(1)動力學(xué)觀點動力學(xué)觀點是指用牛頓運動定律和運動學(xué)公式來解決實際問題，一般有兩種情況：①帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運動。②帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運動(類平拋運動)。當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，一般要采取類似平拋運動的解決方法。(2)能量觀點：首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計算。①若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中動能的增量。②若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。1.(2023高考·浙江卷·一月)如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子()A.在XX′極板間的加速度大小為B.打在熒光屏?xí)r，動能大小為11eUC.在XX′極板間受到電場力的沖量大小為D.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切D由牛頓第二定律可得，在XX′極板間的加速度大小，A錯誤；電子電極XX′間運動時，有vx=axt，，電子離開電極XX′時的動能為，電子離開電極XX′后做勻速直線運動，所以打在熒光屏?xí)r，動能大小為，B錯誤；在XX′極板間受到電場力的沖量大小，C錯誤；打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切，D正確。故選：D。2.示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子(帶電荷量為e，質(zhì)量為m)被加速后從金屬板的