2024屆高考物理復(fù)習(xí)講義：第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動

第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握電容的定義式和平行板電容器的決定式，會分析電容器動態(tài)變

化問題。2.利用動力學(xué)、功能觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動和偏轉(zhuǎn)

問題。

夯實(shí)必備知識

充電：使電容器兩極板上帶等量型L電荷的過

k）「程.電源提供的能量儲存在電容器中

元、一

放電一放電：使電容器兩極板電荷中和的過程,電容

電器儲存的能策轉(zhuǎn)化為其他形式的能

容

器定義式：C=g,單位：法拉（F）、微法（/1F）、

遁卜皮法（pF）,1F=l（"F=l（）"pF

一平行板電容器：。=浴7r

4行kd

2.

廠勻強(qiáng)電場：W=qE（l=qU=2，nt>2~J,nv92

H加速）-

22

帶一非勻強(qiáng)電場：w=（/u=ymv-ymv?

電

粒廠運(yùn)動形式：類平拋運(yùn)動

子

在—處理方法：應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解

勻

強(qiáng)

一運(yùn)動時間：/=—

也4^)-

場

中

-加速度:龍=也

的

本

基minmd

系

運(yùn)

關(guān)

2

動

式1zqUI

-偏轉(zhuǎn)量:2

22mdvn

偏轉(zhuǎn)角。的正切值：lanf）=?=V-

1-=qUl"V（t

1.思考判斷

⑴電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。（X）

（2）電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。（義）

（3）放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。（義）

（4）帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動。（X）

（5）帶電粒子在電場中，只受靜電力時，也可以做勻速圓周運(yùn)動。（J）

2.帶電粒子沿水平方向射入豎直向下的勻強(qiáng)電場中，運(yùn)動軌跡如圖1所示，粒子

在相同的時間內(nèi)（）

A.位置變化相同

B.速度變化相同

C.速度偏轉(zhuǎn)的角度相同

D.動能變化相同

答案B

研透核心考點(diǎn)

考點(diǎn)一平行板電容器的動態(tài)分析

1.動態(tài)分析的思路

2.兩類動態(tài)分析的比較

充

也后

源一不變

與電ldt-CU~E

兩Q一S

斷開

種不變

-*E,?—Ct-U，-'E，

類

后

充電

型」，一以

源-77—Ldt-CQ

與電

一一S，一。―Q，-E不變

相連不變］不變

例1（多選）如圖2所示，是一個由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的

串聯(lián)電路，開關(guān)S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點(diǎn)不動，下列說法正確的

是（）

a,R,b

-----3------

圖2

A.若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C減小

B.若斷開S,將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢能減小

C.在S仍閉合的情況下，增大兩極板間距離的過程中，電阻R中有從人到〃的

電流

D.若斷開S,減小兩極板間的距離，則帶電液滴向下運(yùn)動

答案AB

pC

解析根據(jù)。=就可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對面積5減

小，電容器的電容C減小，故A正確；帶電液滴受到豎直向上的靜電力，電場

方向豎直向下，帶電液滴帶負(fù)電荷，若斷開S,則電容器所帶的電荷量不變，電

場強(qiáng)度不變，8板電勢為零，根據(jù)UP3=&/P3可得0=七分3,可知將8板向

下平移一小段位移，43增大，則夕點(diǎn)的電勢升高，根據(jù)Ep一/可知，帶負(fù)電荷

的液滴電勢能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，增大兩極板間的距離，

電容器的電容C減小，電容器放電，電阻R中有從。到人的電流，故C錯誤；

若斷開S,減小兩極板間的距離，電場強(qiáng)度不變，液滴受到的靜電力不變，則帶

電液滴不運(yùn)動，故D錯誤。

跟蹤訓(xùn)練

1.（2023?廣東韶關(guān)市一模）隨著生活水平的提高，電子秤已經(jīng)成為日常生活中不可

或缺的一部分，電子秤的種類也有很多，如圖3所示是用平行板電容器制成的廚

房用電子秤及其電路簡圖。稱重時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導(dǎo)致

平行板上層膜片電極下移。則放上物體后()

A.電容器的電容變小

B.電容器的帶電荷量增大

C.極板間電場強(qiáng)度變小

D.膜片下移過程中，電流表有從。到〃的電流

答案B

pC

解析根據(jù)電容表達(dá)式。=晶，可知當(dāng)兩個極板間的距離減小時，電容器的電

容增大；再根據(jù)電容定義式c=￡,可知電容器一直和電源相連，電壓不變時，

電容增大，帶電荷量增大，即電容器被充電，電流表有從〃到。的電流，A、D

錯誤，B正確；由勻強(qiáng)電場公式后=另知，當(dāng)電壓不變，兩個極板間的距離減小

時，極板間電場強(qiáng)度變大，C錯誤。

考點(diǎn)二帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動

1.做直線運(yùn)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(yùn)動。

(2)粒子所受合外力產(chǎn)合工0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運(yùn)動或減速

直線運(yùn)動。

2.用動力學(xué)觀點(diǎn)分析

〃=誓，￡=號研-捕=2〃d。

3.用功能觀點(diǎn)分析

勻強(qiáng)電場中：W=qEd=qU=^mv2—

非勻強(qiáng)電場中：W=qU=E^~Eu

角度II帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動

例2（多選）如圖4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0、M、P點(diǎn)。由0點(diǎn)靜止釋放的一價氫離子恰好能運(yùn)動到戶

點(diǎn)，下列說法正確的是（

A.一定有UAB=-UBC

B.若從。點(diǎn)靜止釋放二價氨離子，其將以一定速度越過。點(diǎn)

C.若將C板向右平移到P點(diǎn)，則由0點(diǎn)靜止釋放的氫離子將運(yùn)動到P，點(diǎn)返回

D.若將C板向右平移到P點(diǎn)，則由0點(diǎn)靜止釋放的氫離子仍運(yùn)動到P點(diǎn)返回

答案AD

解析由O點(diǎn)靜止釋放的一價氫離子恰好能運(yùn)動到P點(diǎn),則qUAB+qUBC=O,

即由上式可知，上述過程與粒子帶電荷量無關(guān)，即若從O點(diǎn)靜止

釋放二價氨離子，則也恰好能運(yùn)動到尸點(diǎn)，選項A正確，B錯誤；若將C板向

右平移到P點(diǎn)，由于8、。帶電荷量不變，根據(jù)石=%多「［一=黑，可

ClCacro,crO

知兩板間電場強(qiáng)度不變，M、尸之間的電勢差不變，根據(jù)可知

由。點(diǎn)靜止釋放的氫離子仍運(yùn)動到P點(diǎn)返回，選項C錯誤，D正確。

角度見帶電體在電場中的直線運(yùn)動

例3如圖5所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d,上下極板開有一小

孔，四個質(zhì)量均為團(tuán)、帶電荷量均為4的帶電小球，其間用長均為弓的絕緣輕桿

相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極板小孔中，且由靜止釋放，讓

四球豎直下落。當(dāng)下端第二個小球到達(dá)下極板時，速度恰好為零。重力加速度為

g，（僅兩極板間存在電場）試求：

圖5

(1)兩極板間的電壓；

(2)小球運(yùn)動的最大速度。

答案⑴鬻5圈

解析(1)根據(jù)動能定理可得

531

4mg^d—2qU—^qU-^qU=0

解得〃=修。

(2)當(dāng)兩個小球在電場中時，

靜電力Fi=2/;=行"8V4/〃g

當(dāng)三個小球在電場中時，

靜電力乃=3夕%=,mg>4〃2g

故當(dāng)?shù)谌齻€小球剛進(jìn)入電場時速度最大，根據(jù)動能定理可得

.d

4mg?廠

解何V~\260

跟蹤訓(xùn)練

2.(2023?四川成都一診)如圖6,傾角為0的絕緣光滑斜面和斜面底端電荷量為Q

的正點(diǎn)電荷均固定，一質(zhì)量為〃?、電荷量為q的帶正電小滑塊從4點(diǎn)由靜止開始

沿斜面下滑，剛好能夠到達(dá)3點(diǎn)。己知A、B間距為3Q?q,重力加速度大小

為g。則A、5兩點(diǎn)間的電勢差等于()

A

QB

8

圖6

〃吆Lsin8*Lsin8

ALQB.

Q

"次Lsin0〃次Lsin0

1—*■

qq

答案C

解析帶正電小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿斜面下滑，受到重力和電荷Q的庫侖

力作用，從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程，由動能定理可知加gLsin9+qS8=0,解得

4、B兩點(diǎn)間的電勢差小=一嗎也C正確。

3.如圖7甲所示，A、B是兩個足夠大的平行金屬板，兩平行板間加如圖乙所示

電壓，Uo、7b為己知。質(zhì)量為〃八電荷量為q的帶正電粒子在7=0時刻從緊靠

A板位置由靜止釋放(不計重力)，粒子經(jīng)2元時間到8板。求：

2仆

甲

圖7

(1)粒子到達(dá)B板時的速度。;

(2)兩個金屬板間的距離乩

答案⑴3\弟⑵叭啜

解析(1)在。?7b時向，粒子運(yùn)動的位移為

」12qU*qUoR

dl=?md70=md

在7b?27b時間，粒子運(yùn)動的位移為

_2姓78“Uo7g_5gUo7g

c~~md2md~2md

根據(jù)動能定理得

,,d\d21

2oqu。而G+qyy9

解得。=3'/§。

(2)根據(jù)位移關(guān)系得由一"2=d

解得d=T叭陪。

考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

1.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩個重要結(jié)論

(1)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。

證明：由

_1/1曲0_丫

,〃以TuoJ

tan

U\l2cU\l

何燈麗tanO=時

可見y和tan。與粒子的外〃z無關(guān)。

(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，合速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O

為粒子水平位移的中點(diǎn)，即。到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為今

2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法

運(yùn)動的將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿靜電力方向的勻加速直線運(yùn)動和垂直靜電

分解法力方向的勻速直線運(yùn)動

當(dāng)討論帶電粒子的末速度p時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy=

功能

關(guān)系其中指運(yùn)動過程初、末位置兩點(diǎn)間的電勢差

3.計算粒子打到屏上的位置離屏中心距離的方法

(l)y=泗+L【an0{L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)。

(2))，=e+L)tan6(1為電場寬度)。

g+L

(3)根據(jù)三角形相似已二丁。

州1

2

例4(多選)(2023?四川綿陽診斷)如圖8所示，水平平行板電容器間距為c/,電源

電壓恒定。閉合開關(guān)S,板間電場穩(wěn)定后，一電子以初速度。從平行板左端水平

射入，經(jīng)過時間，離開平行板間電場時速度與水平方向夾角為仇靜電力對電子

做功為W,電子在屏上所產(chǎn)生光點(diǎn)的豎直偏移量為V若保持開關(guān)S閉合，將兩

板間距調(diào)整為2d,電子仍然以初速度。水平射入，不計電子重力，則（）

A.電子通過平行板電容器的時間是/

B.平行板間電場對電子做功是段的

C.電子離開平行板間電場時速度與水平方向夾角是與

D.電子在屏幕所產(chǎn)生的光點(diǎn)的豎直偏移量是%

答案AD

解析電子在平行板電容器中做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，設(shè)平行

板電容器的長度為3則有，=看故電子通過平行板電容器的時間是r,A正確;

設(shè)電子在平行板電容器中的加速度為。，電子在豎直方向上做勻加速運(yùn)動，可得

電子在平行板電容器間豎直偏移量為）“=%凡由牛頓第二定律和靜電力公式可

得。=誓=篙靜電力對電子做功為w=q打，聯(lián)立解得卬=3?鬻巴現(xiàn)將兩

板間距調(diào)整為2d,則可知沙=；卬，B錯誤；電子離開平行板間電場時速度與水

平方向夾角正切值tan產(chǎn)=鼻=謂，將兩板間距調(diào)整為2d,則lan夕=1tana

夕C錯誤；設(shè)電子在平行板電容器外豎直方向的位移y2=Otan0,電子在

屏幕所產(chǎn)生的光點(diǎn)的豎直偏移量是y=），i+"=嚼+Otan仇將兩板間距調(diào)整為

2d,則豎直偏移量變?yōu)榱硕?氣兇，則有y=5,D正確。

跟蹤訓(xùn)練

4.如圖9所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，

入射方向與電場線垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場時，其速度方向與電場線成30。

角。已知勻強(qiáng)電場的寬度為"，方向豎直向上，尸、Q兩點(diǎn)間的電勢差為U

（U>0）,不計粒子重力，尸點(diǎn)的電勢為零。則下列說法正確的是（）

圖9

A.粒子帶負(fù)電

B.帶電粒子在。點(diǎn)的電勢能為qU

C.P、。兩點(diǎn)間的豎直距離為,

D.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為斗乎

答案D

解析由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜電力方向豎直向

上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯誤；粒子從尸點(diǎn)運(yùn)動到。點(diǎn)，

靜電力做正功，為則粒子的電勢能減少了qU,。點(diǎn)的電勢為零，可知

帶電粒子在。點(diǎn)的電勢能為一4U,故B錯誤；0點(diǎn)速度的反向延長線過水平位

d

移的中點(diǎn)，則丁=而焉=多，電場強(qiáng)度大小為驊，故D正確，C

錯誤。

5.如圖10,平行板電容器板間電壓為U,板間距為乩兩板間為勻強(qiáng)電場，讓質(zhì)

子流以初速度。。垂直電場射入，沿。軌跡落到下板的中央?，F(xiàn)只改變其中一條

件，使質(zhì)子沿人軌跡落到下板邊緣，則可以將（忽略重力影響）（）

。---

IS

也”I1.也

圖10

A.開關(guān)S斷開

B.初速度變?yōu)?uo

C.板間電壓變瑤

D.上板豎直移動，使板間距變?yōu)?d

答案C

解析斷開開關(guān)，極板上的電壓不變，兩板間電場強(qiáng)度不變，故質(zhì)子的運(yùn)動軌跡

不變，A錯誤；根據(jù)a=端,），=%?,可得y=藤^，從下板邊緣射出

時，豎直位移y不變，水平位移x變?yōu)樵瓉淼膬杀?，故可采取的措施是初速度?/p>

為2g，或板間電壓變?yōu)楣?，或上板上移使板間距變?yōu)?/B、D錯誤，C正確。

提升素養(yǎng)能力

（限時：40分鐘）

A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練

對點(diǎn)練1平行板電容器的動態(tài)分析

1.（多選X2023?遼寧鐵嶺市六校高三聯(lián)考）計算機(jī)鍵盤每個鍵下都連有一塊小金屬

片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成

一個可變的平行板電容器，如圖1所示。當(dāng)鍵被按下，此電容器的電容發(fā)生變化,

與之相連的電子線路就能檢測到這個鍵被按下，從而給出相應(yīng)的信號。已知金屬

片的正對面積為50mm2,鍵未被按下時兩金屬片的距離為0.6mm,當(dāng)鍵被按下

時兩金屬片的距離為0.3mm,假設(shè)金屬片的正對面積及兩端的電壓始終保持不

變，則鍵被按下后（）

圖1

A.金屬片間的電場強(qiáng)度保持不變

B.金屬片間的電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍

C.金屬片上的電荷量變?yōu)樵瓉淼囊话?/p>

D.金屬片上的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍

答案BD

解析根據(jù)E=%，電壓不變，距離減小為原來的一半，則電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?/p>

2倍，A錯誤，B正確；根據(jù)。=￡,。=懸，解得。=器，電壓不變，距離

減小為原來的一半，金屬片上的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯誤，D正確。

2.（2023?江蘇無錫市高三期末）如圖2所示，平行板電容器通過一滑動變阻器R與

直流電源連接，G為一零刻度在表盤中央的電流計，閉合開關(guān)S后，下列說法中

正確的是（）

圖2

A.若在兩板間插入電介質(zhì)，電容器的電容變小

B.若在兩板間插入一導(dǎo)體板，電容器的帶電荷最變小

C.若將滑動變阻器的滑片P向上移動，電容器的帶電荷量變大

D.若將電容器下極板向下移動一小段距離，此過程電流計中有從。到b方向的電

流

答案C

解析根據(jù)公式。=鑒，在兩板間插入電介質(zhì)，&增加，所以電容器的電容變

大，故A錯誤；同理，在兩板間插入一導(dǎo)體板，由于導(dǎo)體板的靜電感應(yīng)，致使

電容器兩板間距d減小，電容器的電容增加，由公式C=￡可知，極板間電壓不

變時，帶電荷量變大，故B錯誤；將滑動變阻器的滑片尸向上移動，電容器極

板間電壓變大，電容器帶電荷量變大，故C正確；將電容器下極板向下移動一

小段距離，電容器的電容減小，電容器將放電，此過程電流計中有從〃到。方向

的電流，故D錯誤。

3.（2023?安徽五校聯(lián)盟高三聯(lián)考）如圖3所示，D是一只理想二極管，電流只能從

〃流向江而不能從b流向平行板電容器的A、8兩極板間有一帶電油滴，電

荷量為我電荷量很小不會影響兩板間電場的分布），帶電油滴在P點(diǎn)處于靜止?fàn)?/p>

態(tài)。以Q表示電容器儲存的電荷量，U表示兩極板間電壓，”表示。點(diǎn)的電勢，

EP表示帶電油滴在P點(diǎn)的電勢能。若保持極板A不動，將極板3稍向下平移，

則下列說法中正確的是（）

圖3

A.。減小B.U減小

C.9P減小D.Ep減小

答案D

解析保持極板A不動，將極板8稍向下平移，板間距離d增大，根據(jù)電容的

決定式C=W焉知，電容。減?。浑娙萜鞯碾妷翰蛔儠r，則電容器所帶電荷量將

要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電荷不能流回電源，所以電容器的電荷?/p>

。保持不變；由于電容C減小，由電容的定義式C=￡,可知兩極板間電壓U變

大；根據(jù)C=黑？C埒E=?,可得E=￥￥，板間電場強(qiáng)度E不變，P點(diǎn)、

4TJLKCZCyCl上rJ

與8板間電勢差UPB增大,根據(jù)UpB=9p一”可知P點(diǎn)的電勢增大，

根據(jù)平衡條件可知帶電油滴帶負(fù)電，根據(jù)Ep=q9可知油滴在P點(diǎn)的電勢能EP

減小，故A、B、C錯誤，D正確。

對點(diǎn)練2帶電粒子（帶電體）在電場中的直線運(yùn)動

4.靜電火箭是利用電場加速工作介質(zhì)形成高速射流而產(chǎn)生推力的。工作過程簡化

圖如圖4所示，離子源發(fā)射的離子經(jīng)過加速區(qū)加速，進(jìn)入中和區(qū)與該區(qū)域里面的

電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產(chǎn)生推力。根據(jù)題目信息可知（）

______『加歲區(qū)j.高淳射流

離子源］I?中和心

L_J........?

MN

圖4

A.M板電勢低于N板電勢

B.進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與離子帶電荷量無關(guān)

C.增大加速區(qū)MN極板的距離，可以增大射流速度而獲得更大的推力

D.增大極板間的電壓，可以增大射流速度而獲得更大的推力

答案D

解析由于加速后的得子在中和區(qū)與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加

速器極板〃電勢高，A錯誤；由動能定理知綺2,解得。所以

進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與比荷、加速電壓有關(guān)，與極板距離無關(guān)，電壓增大，速

度增大，故D正確，E、C錯誤。

5.如圖5所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距/,在正極板附近有一質(zhì)

量為/〃、電荷量為小（qi＞（））的粒子A;在負(fù)極板附近有一質(zhì)量也為加、電荷量為

一夕2（力＞（））的粒子僅在靜電力的作用下兩粒子同時從靜止開始運(yùn)動。已知兩

粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距會的平面Q,兩粒子間相互作用力可忽

略，不計重力，則以下說法正確的是（）

I.......Li

IQ

iIj_

圖5

A.電荷量印與『的比值為3：7

B.電荷量/與［2的比值為3：4

C.粒子4、8通過平面Q時的速度之比為9：16

D.粒子A、8通過平面。時的速度之比為3：7

答案B

解析設(shè)電場強(qiáng)度大小為已兩粒子的運(yùn)動時間相同，對粒子A,有小=喏，

1/=^|/2,對粒子B,有。2=誓，$=52巴聯(lián)立解得缶=1，選項A錯誤，B

正確；由動能定理得曲=品;2—0,解得選項c、D錯誤。

6.如圖6所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為仇極板間走為

d,帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為加、帶電荷量大小為小從極板M的左邊緣A處以初速

度。。水平射入，沿直線運(yùn)動并從極板N的右邊緣3處射出，重力加速度為g,

則（）

圖6

A微粒到達(dá)B點(diǎn)時動能為前流

B/散粒的加速度大小等于gsin0

C.兩極板的電勢差U，WN=3%

D微粒從A點(diǎn)到8點(diǎn)的過程，電勢能減少鬻

答案c

解析微粒僅受靜電力和重力，靜電力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，

微粒做直線運(yùn)動，合力方向沿水平方向，由此可知，靜電力方向垂直于極板斜向

左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運(yùn)動，微粒到達(dá)3點(diǎn)時動能小于57涕,

選項A錯誤；根據(jù)（/Esine=ma,qEcos解得E=^cos儼〃=gtan選

項B錯誤；兩極板的電勢差僵，選項C正確；微粒從A點(diǎn)到3

點(diǎn)的過程，靜電力做攵功，電勢能增加，電勢能僧加量為鬻，選項D錯誤。

LUAC/

對點(diǎn)練3帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

7.（2023?吉林長春質(zhì)檢）如圖7所示，空間存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場，一個質(zhì)量

為例、電荷量為式g>0）的帶電粒子以水平方向的初速度。。由O點(diǎn)射入，剛好通

過豎直平面內(nèi)的尸點(diǎn)，己知連線。P與初速度方向的夾角為。=45。，不計粒子的

重力，則。、P兩點(diǎn)間的電勢差公?為（）

圖7

mvi"尿八2團(tuán)捕5mvi

A?'"^B.一rD.^—

2qq2q

答案C

解析粒子所帶電荷量為正，則其所受的靜電力方向豎直向下，設(shè)OP長度為L,

分析可知，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，在豎直方向有

iaE

Lsin產(chǎn),水平方向有Leos9=ooZ,由牛頓第二定律有g(shù)E=〃z〃，即Q=匕，

則0尸兩點(diǎn)間的電勢差U”=ELsinO,聯(lián)立解得UOP=等，C正確。

8.（多選）如圖8所示，氣核、笊核、瓶核三種粒子從同一位置無初速度地進(jìn)入水

平向右的加速電場昂，之后進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)電場及發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏

上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）

圖8

A.偏轉(zhuǎn)電場及對三種粒子做功一樣多

B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大

C.三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間相同

D.三種粒子一定打到屏上的同一位置

答案AD

解析帶電粒子在電場Ei中加速，由動能定理有夕石展=3加2,解得。

進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)電場及中做類平拋運(yùn)動，由L=s,》=上產(chǎn)，qEi=nub聯(lián)

立解得）'=偏轉(zhuǎn)電場及對三種粒子做功卬=夕良丁=嚼，與粒子質(zhì)量無

關(guān)，所以偏轉(zhuǎn)電場反對三種粒子做功一樣多，A正確；設(shè)粒子打到屏上時的速

度大小為以，由動能定理得W=%?"2一前"，可知/J卷:與+4學(xué),三種

乙乙\1XLLI//IClfil

粒子質(zhì)量不相等，B錯誤；三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間心=①+/勺=7肅+三

=\偌+/焉（1+/），故所用時間不相同，c錯誤；由于）=黑，與粒子

質(zhì)量無關(guān)，三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的水平位移相等，側(cè)移量相同，則出射角相同，

所以三種粒子一定打到屏上的同一位置，D正確。

B級綜合提升練

9.（多選）（2023?山東濰坊市模擬）坐標(biāo)系xOy所在的豎直平面內(nèi)存在著范圍足夠大

且方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，犬軸沿水平方向，一帶負(fù)電小球以初速度。o從坐標(biāo)

原點(diǎn)0水平射出，一段時間后小球通過第四象限產(chǎn)（乙一”點(diǎn)（圖9中沒有標(biāo)出）。

已知小球質(zhì)量為相，重力加速度為g,則小球（）

y

圖9

A.從。到P的運(yùn)動過程，運(yùn)動時間為《

B.到達(dá)P點(diǎn)時動能為%加

C.到達(dá)P點(diǎn)時速度偏向角正切值為tan0=\

D.所受靜電力大小為竿+〃zg

答案AB

解析從。到P的運(yùn)動過程，小球在水平方向上做勻速運(yùn)動，則運(yùn)動時間為/

=靠選項A正確;小球在豎直方向做勻加速運(yùn)動，則L=?t,即vy=2vof到

達(dá)/點(diǎn)時速度為0P=、福+/=小加,動能反=/樣=*加8,選項B正確；到

7;v

達(dá)尸點(diǎn)時速度偏向角正切值為tan0=藐=2,選項C錯誤；由動能定理有〃密￡一

FL^mvp—^mvi,所受靜電力大小為f^vig一節(jié)型，選項D錯誤。

乙乙L

10.（多選）（2021?全國乙卷，20）四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（十小〃2）、

(+g,2m)>(+3q,3m)、(—4,〃z),它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)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(yùn)動軌跡的圖像中，可能正確的是()

答案AD

解析分析可知帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類邛拋運(yùn)動，則帶電粒子的運(yùn)動軌跡力

2

程為?甯J,由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子(+%機(jī))、(+3夕，3〃。

的比荷相同，則帶電粒子(+小機(jī))、(+3夕，3m)的運(yùn)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(+夕，次)、(+34,3〃。的運(yùn)動軌跡與粒子(一外加)的運(yùn)動軌

跡關(guān)于x軸對稱,粒子(+4，2M的比荷比粒子(+“，⑼、(+3g,3⑼的小，貝

相同時，粒子(+q,2〃z)沿y軸方向的偏轉(zhuǎn)量比粒子(