2023-2024屆一輪復(fù)習新人教版 第八章第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動 學案

第3講電容器帶電粒子在電場中的運動

梳理必備知識

［填一填］回顧基礎(chǔ)

一、電容器及電容

1.電容器

(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導(dǎo)體組成。

⑵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獨

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

定義電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢差U之比

定義

C=Q

u

式

單位法拉(F)、微法(HF)、皮法(pF)。1F=10^μF=IO12pF

意義表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低

決定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，

因素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(=吊。

4nκa

二、帶電粒子在電場中的運動

1.帶電粒子在電場中的加速直線運動

22

⑴在勻強電場中,W=∩Ed=qU=∣mv-∣mv0。

(2)在非勻強電場中,W=里尸況IVqmq)2。

2.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

II

運Vo

動

h------1-------H"

情

如果帶電粒子以初速度V。垂直電場強度方向進入板間電壓為U

況

的勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖所示

處

將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿靜電力

理

方向的勻加速直線運動。根據(jù)運動的合成與分解的知識解決有關(guān)

方

問題

法

基

本

運動時間t??,加速度a=￡="6,偏轉(zhuǎn)量y=^aV=qu^,偏轉(zhuǎn)角

vmmmd22mdvz

關(guān)00

。的正切值tanθ=±=以*)

VVmdvz

系000

式

［做一做］情境自測

［教材情境］（魯科版必修第三冊第56頁第6題）指紋傳感器在一塊半

導(dǎo)體基板上有大量相同的小極板,外表面絕緣。當手指的指紋一面與

絕緣表面接觸時由于指紋凸凹不平，凸點處與凹點處分別與半導(dǎo)體基

板上的小極板形成一個個正對面積相同的電容器。

1.正誤辨析

⑴電容器的電荷量等于兩個極板所帶電荷量絕對值的和。（×）

⑵電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比,與電壓成反比。

（×）

⑶手指壓力變大時，由于手指與絕緣表面的距離變小，電容變小。

（×）

（4）手指與絕緣表面的接觸面積變大時，電容變大。（√）

2.半導(dǎo)體指紋傳感器，多用于手機、電腦、汽車等設(shè)備的安全識別，

如圖所示。傳感器半導(dǎo)體基板上有大量金屬顆粒,基板上的每一點都

是小極板,其外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于

指紋凹凸不平，凸點處與凹點處分別與半導(dǎo)體基板上的小極板形成正

對面積相同的電容器。使每個電容器的電壓保持不變,對每個電容器

的放電電流進行測量，即可采集指紋。指紋采集過程中，下列說法正確

的是（C）

A.指紋的凹點處與小極板距離遠，電容大

B.指紋的凸點處與小極板距離近，電容小

C.手指用力擠壓絕緣表面，電容器兩極板間的距離減小，電容器帶電

荷量增大

D.手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極板間的距離增大，電容器帶電

荷量增大

解析:根據(jù)電容的公式C=%可知,指紋的凹點處與小極板距離遠，電

容小,指紋的凸點處與小極板距離近，電容大,故A、B錯誤;根據(jù)電容

的定義式有C=%由題意可知，電容器的電壓不變,則手指用力擠壓絕

緣表面，電容器兩極板間的距離減小，電容變大，電容器帶電荷量增大,

手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極板間的距離增大，電容變小，電容

器帶電荷量減小,故D錯誤,C正確。

提升關(guān)鍵能力突破考點

考點一平行板電容器的動態(tài)分析

［想一想］提煉核心

1.兩類典型問題

(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不

變。

⑵電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不

變。

2.動態(tài)分析思路

⑴U不變。

①根據(jù)先分析電容的變化,再分析Q的變化。

U4π∕cd

②根據(jù)E=?分析電場強度的變化。

③根據(jù)UΛB=E-d分析某點電勢變化。

（2）Q不變。

①根據(jù)c÷?-先分析電容的變化,再分析U的變化。

U4nkd

②根據(jù)Eq=W分析電場強度變化。

aεrS

［悟一悟］典題例練

［例1］［電荷量不變時的動態(tài)分析］（2021?重慶卷,4）電容式加速傳

感器常用于觸發(fā)汽車安全氣囊等系統(tǒng),如圖所示。極板MN組成的電

容器視為平行板電容器,M固定,N可左右運動,通過測量電容器板間

電壓的變化來確定汽車的加速度。當汽車減速時,極板MN間的距離

減小,若極板上的電荷量不變,則該電容器（C）

A.電容變小

B.極板間電壓變大

C.極板間電場強度不變

D.極板間的電場強度變小

解析：由平行板電容器電容的決定式C=1?可得,d減小,C增大,選項

A錯誤；電容器所帶電荷量Q不變,C增大，由U平可得,U變小,選項B

錯誤；由勻強電場的電場強度與電勢差關(guān)系公式可得E=?4=當,E

與d無關(guān),E不變,選項C正確,D錯誤。

［例2］［電壓不變時的動態(tài)分析］（2023?天津河西區(qū)模擬）（多選）如

圖所示,兩平行金屬板水平放置,并接到電源上,一帶電微粒P位于兩

板間處于靜止狀態(tài),0,>分別為兩個金屬板的中點,現(xiàn)將兩金屬板在

極短的時間內(nèi)都分別繞垂直于0i、0?的軸在紙面內(nèi)逆時針旋轉(zhuǎn)一個角

0（0<90°）,則下列說法正確的是（AD）

。1|/3

/?/Y

P/

∕［O2__________

A.兩板間的電壓不變

B.兩板間的電壓變小

C.微粒P受到的電場力不變

D.微粒將水平向左做直線運動

解析：

電容器始終與電源連接,則兩板間的電壓不變,故A正確,B錯誤;微粒

P靜止時mg=qE=q3,兩金屬板逆時針旋轉(zhuǎn)一個角θ,電場力為F=qE'

a

=R=嗯，可知靜電力變大。由上式可知mg=Fcosθ，那么合力就等

acosθcosθ

于F在水平方向的分力，水平向左，故微粒向左做勻加速直線運動。故

C錯誤,D正確。

［例3］［電容器的綜合分析］（2022?北京海淀區(qū)模擬）如圖所示,一

平行板電容器充電后與電源斷開,負極板接地,兩板間的P點固定一

個帶正電的檢驗電荷。用C表示電容器的電容,E表示兩板間的電場

強度的大小，°表示P點的電勢,EP表示正電荷在P點的電勢能。若正

極板保持不動,將負極板緩慢向左平移一小段距離Io,上述各物理量

與負極板移動距離X的關(guān)系圖像中正確的是（C）

解析:根據(jù)e?,負極板緩慢向左平移一小段距離,兩板間距d增大,

4πkd

電容隨兩板間距減小,但不是線性關(guān)系，故A錯誤;根據(jù)C=*電容器充

電后與電源斷開，電荷量保持不變,可知兩板間電勢差增大,根據(jù)E=。

聯(lián)立上式得E=當可知，電場強度保持不變,故B錯誤;P點與負極板

εrS

間距離X增大,則P點與負極板間電勢差為UP=EX=夕P-O=0P可知,P點電

勢升高,故C正確；正電荷在P點的電勢能為Ep=q°p可知,正電荷在P

點的電勢能增大，故D錯誤。

Γ方法點撥

動態(tài)分析的思路

電容器保持與電源相連,u不變；電

容器充電后與電源斷開,Q不變

由決定式C=2??確定電容器電容

的變化_______________________

由定義式C=號判斷電容器所帶電

荷量Q或兩極板間電壓U的變化

由E=半分析電容器兩極板間電場

強度的變化

考點二帶電粒子(體)在電場中的直線運動

［想一想］提煉核心

1.做直線運動的條件

⑴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.用動力學觀點分析

22

a=^?,E=-,v-v0=2ado

md

3.用功能觀點分析

勻強電場中：W=Eqd=qU=∣mv2-∣mvθ2,

非勻強電場中：W=qU=Ek2-Eki。

［悟一悟］典題例練

［例4］［帶電粒子在勻強電場中的直線運動］（2022?河北承德模

擬）（多選）如圖甲所示,在X軸上有0、A、B、C、D五點,坐標分別為

0、X0>2x0>3xo、4xo,靜電場的電場強度方向與X軸平行，電勢夕隨X

的分布如圖乙所示。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子，以初速度VO

從。點沿X軸正方向進入電場,不計粒子所受重力，下列說法正確的是

（CD）

A.若粒子能運動到A處,V。至少為％

?m

B.若粒子能運動到A處,粒子一定能運動到D處

C.若粒子能運動到B處,粒子在A、B間做勻速直線運動

D.若粒子能運動到C處,粒子在C處的速度為

解析:從。到A根據(jù)動能定理q（0-夕。）=OTnI%2,解得V。=居^,故a錯

誤;粒子從0到A做減速運動,若粒子運動到A點速度剛好為零,則該

粒子不能運動到D處,故B錯誤;若粒子能運動到B處，因為A、B為等

勢面,所以粒子在A、B間運動時靜電力不做功，即粒子在A、B間做勻

速直線運動，故C正確;從O到C根據(jù)動能定理F金。告）=加2_1幾2,

2

解得V=L0---故D正確。

\m

［例5］［帶電粒子在非勻強電場中的直線運動］（2022?山東泰安模

擬）如圖所示,真空中的MN為兩個等大的均勻帶電細圓環(huán),其圓心分

別為A、C,帶電荷量分別為+Q、-Q,將它們平行放置,A、C連線垂直于

圓環(huán)平面,B為AC的中點?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（重

力不計）從A點沿A、C連線方向射入,在A點時速度大小VA=Im∕s,

到B點時速度大小VB=3m/s。下列判斷可能正確的是（D）

A.粒子將以B為中心做往返運動

B.粒子從B到C做勻減速運動

C.粒子到達C點時的速度大小為5m/s

D.粒子越過C點運動到無窮遠處的速度大小為3m/s

解析:根據(jù)題意，由題圖可知,A、C連線上的電場方向為AfC,則帶正

電的粒子由A到C的過程,一直做加速運動,故A、B錯誤;根據(jù)題意，

由對稱性可知,粒子從A到B和粒子從B到C靜電力做功相等，由動能

定理有加丹2一,%2=$股2一,為2,代入數(shù)據(jù)解得vc=√17m/s,故C錯

誤;過B做垂直AC的線,根據(jù)題意可知,此線為等勢線,則B點電勢與

無窮遠處電勢相等為零,粒子越過C點運動到無窮遠處時電勢為零，

根據(jù)能量守恒定律可知,粒子在B點的動能與在無窮遠處的動能相等,

則粒子在無窮遠處的速度大小等于在B點的速度大小為3m/s,故D

正確。

考點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

［想一想］提煉核心

1.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的一般規(guī)律

2

%=qlhl?U2I_‰

偏轉(zhuǎn)角：tanθ=

vomdυ^2U↑dI

2

側(cè)移距離：，。=坐與U2I

2mavQ4U↑d

+z,tan

y=y00=g+")tanθ

2.兩個重要推論

(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

場射出時的偏轉(zhuǎn)角、偏移量總是相同的。

(2)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0

為粒子水平位移的中點,若電場寬度為1,0到電場邊緣的距離為(

3.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法

(1)運動的分解法:一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分

解為沿靜電力方向上的勻加速直線運動和垂直靜電力方向上的勻速

直線運動。

(2)功能關(guān)系：當討論帶電粒子的末速度V時也可以從能量的角度進

行求解:qU、=；mv2-；m%2,其中指初、末位置間的電勢差。

22a

［悟一悟］典題例練

［例6］［帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)］如圖所示,一個電子由靜止

開始經(jīng)加速電場加速后，又沿中心軸線從O點垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,并

從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點,0'點為熒光屏的中心。已知電子

質(zhì)量m=9.OXlO31kg,電荷量e=L6×10'9C,加速電場電壓0=2500V,

偏轉(zhuǎn)電場電壓U=200V,極板的長度U=6.0cm,板間距離d=2.0cm,

極板的末端到熒光屏的距離L2=3.0cm(忽略電子所受重力，結(jié)果保留

2位有效數(shù)字)。求：

(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度V。大??；

⑵電子打在熒光屏上的P點到0'的距離h;

⑶電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中靜電力對它所做的功Wo

2

解析：(1)根據(jù)動能定理有eU0=∣mv0,

得V0=呼

7m

代入數(shù)據(jù)得Vo^i3.OX10'm/so

(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t,電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直

方向上的位移為y,電子在水平方向做勻速直線運動,L1=v0t,

電子在豎直方向上做勻加速直線運動,y?t2,

根據(jù)牛頓第二定律有9=ma,聯(lián)立得y=察,代入數(shù)據(jù)得y=0?36cm。

a4CIUQ

電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點M,由幾何

(3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中，靜電力對它做的功

W=eEy=e-y^5.8×10^'8J

d0

答案：(1)3.OXI?！痬/s(2)0.72cm

(3)5.8×1018J

［例7］［帶電粒子在非勻強電場中的偏轉(zhuǎn)］(2022?全國乙卷,21)(多

選)一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形

帶電導(dǎo)體極板(半徑分別為R和R+d)和探測器組成,其橫截面如圖a

所示,點0為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到0點

的距離成反比,方向指向。點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過,

到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為0、半徑

分別為r,>r2(R<rι<r2<R+d);粒子3從距。點Q的位置入射并從距0

點r,的位置出射;粒子4從距0點n的位置入射并從距0點r2的位置

出射,軌跡如圖b中虛線所示。貝∣J(BD)

一一

粒子探測器

圖a

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大

B.粒子4入射時的動能比它出射時的大

C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能

D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能

解析:在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反

比,則有Er=k,帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周

運動，貝IJ有qE,=m^,qE=^,可得;?w/=等吟之即粒子1、2入射

2mI=

時的動能相等,故選項C錯誤;粒子3從距O點Q的位置入射并從距O

點r,的位置出射,做向心運動,靜電力做正功,則粒子3入射時的動能

比它出射時的小,故選項A錯誤;粒子4從距O點rl的位置入射并從距

O點m的位置出射,做離心運動,靜電力做負功，則粒子4入射時的動

能比它出射時的大,故選項B正確;粒子3入射后的一小段時間做向心

22

運動,有qE2>m^,可得?3<^=∣mv1,則粒子1入射時的動能大

于粒子3入射時的動能,故選項D正確。

T舉一反三

在［例7］中，粒子1入射時的動能和粒子4入射時的動能哪個大？

提示:粒子4做離心運動,有qEKm里,可得jm%?〉吟Q=；m/2,粒子ι

入射時的動能小于粒子4入射時的動能。

訓(xùn)練學科素養(yǎng)限時鞏固----

L基礎(chǔ)題組夯基

1.（2022?廣東中山期末）心臟除顫器是目前臨床上廣泛使用的搶救

設(shè)備之一,如圖甲所示。心臟除顫器通過接觸皮膚的電極板使電容器

放電,實施電擊治療,如圖乙。已知某款心臟除顫器,在短于一分鐘內(nèi)

使40UF電容器充電到4000V,存儲320J能量。搶救病人時,一

部分能量在4ms的脈沖時間內(nèi)通過電極板放電進入身體,此脈沖電流

的平均功率為64kW。下列說法正確的是（C）

A.電容器放電過程中電流恒定

B.電容器充電至2000V時，電容為20μF

C.電容器充電至4000V時，電荷量為0.16C

D.一個脈沖時間內(nèi)通過電極板放電進入人身體的能量是320J

解析：電容器放電過程中，電荷量減少，電壓減小，電流減小,A錯誤；電

容不隨電壓、電荷量的變化而變化，即電容保持不變,B錯誤;根據(jù)C=%

可得Q=CU=40XIO,X4000C=O.16C,C正確；一個脈沖時間內(nèi)通過電

極板放電進入人身體的能量為E=Pt=64×103×4×103J=256J,D

錯誤。

2.（2022?湖南衡陽一模）人體的細胞膜模型圖如圖a所示，由磷脂雙

分子層組成,雙分子層之間存在電壓（醫(yī)學上稱為膜電位），現(xiàn)研究某

小塊均勻的細胞膜,厚度為d,膜內(nèi)的電場可看作勻強電場,簡化模型

如圖b所示,初速度可視為零的一價正鈉離子僅在靜電力的作用下,

從圖中的A點運動到B點，下列說法正確的是（D）

A

≡M≡B

A.A點電勢等于B點電勢

B.鈉離子的電勢能增大

C.若膜電位不變,鈉離子進入細胞內(nèi)的速度更大

D.若膜電位增大,鈉離子進入細胞內(nèi)的速度更大

解析:初速度可視為零的一價正鈉離子僅在靜電力的作用下,從圖中

的A點運動到B點,則電場線從A到B,沿電場線電勢降低,所以A點

電勢大于B點電勢,A錯誤;鈉離子運動中靜電力做正功,所以鈉離子

的電勢能減小,B錯誤；由動能定理可知qUgmv：若膜電位不變時，即

電壓U不變時,鈉離子進入細胞內(nèi)的速度不變；電壓U增加時,速度增

大,C錯誤,D正確。

［備用］

（2022?廣東汕頭三模）（多選）興趣小組利用圖示器材探究平行板電

容器,保持正對面積S不變,緩慢增大兩極板間距離d,描繪出電容器

兩端電壓U、電容器電容C、極板帶電荷量Q、板間電場強度E與d

的關(guān)系圖像,下列描述可能正確的是（ACD）

0d0?

CD

解析：因為電容器負極板接地,正極板與靜電計的金屬球相連,二者之

間保持開路狀態(tài),不會使電容器發(fā)生充放電,所以Q不變,故C正確;

根據(jù)平行板電容器的電容決定式C"?可知C隨d的增大而減小,且

滿足反比例關(guān)系，即C-d圖像為雙曲線的一支，故B錯誤;兩極板間電

場強度為E=看多苴邛,因為Q和S均不變,所以E不變,故D正確;根

據(jù)U=Ed可知U隨d的增大而線性增大,故A正確。

3.（2023?天津南開區(qū)模擬）（多選）如圖所示,兩塊較大的金屬板A、B

平行放置并與一電源相連,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狀態(tài)。下列說法正確的是（AC）

A

IJE

B?--

-----L——

S

A.若將A板向上平移一小段位移,則油滴向下加速運動

B.若將S斷開,則油滴立即做自由落體運動

C.若將A板向左平移一小段位移,則油滴仍然靜止

D.若將S斷開,再將A板向下平移一小段位移,則油滴向上加速運動

解析：電容器兩板間帶電油滴恰好處于靜止狀態(tài),則有重力與靜電力

平衡,則有mg=qE,若將A板向上平移一小段位移,兩板間距d增大，電

容器兩板間的電壓U不變，由E=T可知,兩板間的電場強度減小,油滴

受靜電力減小,重力大于靜電力，則油滴向下加速運動,A正確;若將?S

斷開，電容器所帶電荷量Q不變，電容C不變，由電容的定義式Cq可

知,兩板間的電壓不變，電場強度不變,則油滴仍處于靜止狀態(tài),B錯誤;

若將A板向左平移一小段位移，電容器兩板相對面積S減小，電容器兩

板間的電壓U不變，電場強度不變,則油滴仍處于平衡狀態(tài),油滴仍然

靜止,C正確;若將S斷開，電容器所帶電荷量Q不變,再將A板向下平

移一小段位移,d減小,S不變，由平行板電容器的電容決定式C=F冬、

4π∕cd

電容的定義式C哼和電場強度公式E吟聯(lián)立解得E=當,可知電場強

UaεrS

度E與電容器兩板間距d無關(guān)，電場強度不變,則油滴仍處于靜止狀

態(tài),D錯誤。

4.（2022?海南海口一模）如圖所示,M、N是平行板電容器的兩個極

板,R為滑動變阻器,用絕緣細線將一帶負電的小球懸于電容器內(nèi)部。

閉合開關(guān)S,給電容器充電后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ,下列說

法正確的是（D）

A.保持S閉合,將滑動變阻器的滑片向b端滑動，則θ減小

B.保持S閉合,將M板向N板靠近,則θ不變

C.斷開S,在靠近M板內(nèi)側(cè)插入一定厚度的陶瓷片，則θ增大

D.斷開S,將N板向上移動少許,則。增大

解析:小球平衡時,由平衡條件知qE=mgtanθ,保持S閉合，電容器兩

極板間的電勢差等于電源的電動勢,保持不變,將滑動變阻器的滑片

向b端滑動，則θ不會變,A錯誤;保持S閉合，電容器兩極板間的電勢

差等于電源的電動勢,保持不變,根據(jù)公式EH可知,將M板向N板靠

近時,電場強度變大,靜電力變大，故θ增大,B錯誤;斷開S,電容器帶

電荷量不變,根據(jù)電容定義式C=*平行板電容器的電容決定式C=M

U4kττd

電壓與電場強度公式U=Ed,可得E=竺器,在靠近M板內(nèi)側(cè)插入一定厚

度的陶瓷片，則?r變大，電場強度減小，故θ減小,C錯誤;斷開S,電容

器帶電荷量不變,根據(jù)E=竺器,斷開S,將N板向上移動少許,S減小，

電場強度增大,靜電力增大,則θ增大,D正確。

5.如圖所示，電子以某一初速度沿兩塊平行板的中線方向射入偏轉(zhuǎn)電

場中，已知極板長度1,間距d,電子質(zhì)量m,電荷量eo若電子恰好從極

板邊緣射出電場，由以上條件可以求出的是（B）

_+++++

4......................

A.偏轉(zhuǎn)電壓B.偏轉(zhuǎn)的角度

C.射出電場速度D.電場中運動的時間

解析:根據(jù)推論,粒子速度方向的反向延長線過其水平位移的中點，即

tanα喂與因此電子射出電場的偏轉(zhuǎn)角度可求,選項B正確；電子

在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,水平方向有l(wèi)=v°t,豎直方向有翳at；

vy=at,且a=鳥,由于電子的初速度未知,則電子在電場中的運動時間

不可求出，偏轉(zhuǎn)電壓及射出電場速度均不可求出，選項A、C、D錯誤。

6.（2022?廣東惠州一模）如圖為示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電

壓lλ加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h,兩平行板間

的距離為d,電勢差為U2,板長為Lo為了提高示波管的靈敏度（每單位

電壓引起的偏轉(zhuǎn)量卷）可采用的方法是（D）

A.增大兩板間的電勢差U2

B.盡可能使板長L短些

C.使加速電壓Ul升高些

D.盡可能使板間距離d小些

解析：電子在加速電場,根據(jù)動能定理eU∣=∣mv2,電子在偏轉(zhuǎn)電場中做

類平拋運動L=vt,h=?t2,a=號,聯(lián)立上式得A=?,為了提高示波管

的靈敏度，應(yīng)盡可能使板長L長些,使加速電壓Ui降低些,使板間距

離d小些。故A、B、C錯誤,D正確。

［備用］

（2022?廣東揭陽模擬）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有方向平行于紙面的勻

強電場,其半徑為R,AB為圓的直徑。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電

粒子自A點由靜止釋放,粒子從圓周上的C點以速率V。穿出電場,AC

與AB的夾角9=60?！，F(xiàn)將該種粒子在紙面內(nèi)從A點先后以不同的速

率垂直于電場線方向射入電場，只考慮靜電力的作用。為使粒子從B

點離開電場,粒子進入電場時的速率V應(yīng)是多大?

2

解析:A運動到C,由動能定理有qE?2Rcos60°=∣mvo-0,

解得E=駕,方向從A指向C。

2qR

依題意可知粒子在電場中做類平拋運動,設(shè)粒子從A運動到B所用時

間為t,粒子在垂直電場方向的位移x=2RSin60o=vt,

平行電場方向的位移y=2Rcos60o=∣at2,

由牛頓第二定律有qE=ma,

聯(lián)立方程,解得V=^Voo

答案:?v。

.創(chuàng)新題組提能

7.（2022?湖北襄陽模擬）圖甲為示波管的原理圖。電子槍源源不斷發(fā)

射的電子經(jīng)前面的加速電壓加速之后已經(jīng)獲得了極大的速度,如果在

電極XX'之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化,在電極YY'之間

所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化,則在熒光屏上會看到的圖形可能

為（B）

解析：若同時在兩個偏轉(zhuǎn)電極上分別加Ux=Um?sinωt和Uy=U.,

cosωt兩個電壓，由偏轉(zhuǎn)位移AS=Iat2可知,t相同,a正比于偏轉(zhuǎn)電

壓,則△s正比于偏轉(zhuǎn)電壓，電子在XXz方向上的最大偏轉(zhuǎn)位移與在

YY'方向上的最大偏轉(zhuǎn)位移大小相等,設(shè)為r,則任意時一刻，電子打在

熒光屏上的位置坐標都是x=rsinωt,y=rcosat,聯(lián)立可得χ2+y2=/,

所以電子在熒光屏上的落點組成了以0為圓心的圓，故B正確,A、C、

D錯誤。

8.（2022?廣東廣州模擬）如圖所示,正方形ABCD區(qū)域內(nèi)存在豎直向

上的勻強電場,質(zhì)子CH）和α粒子CHe）從A點垂直射入勻強電場,粒

子所受重力不計,質(zhì)子從BC邊中點射出，則（D）

A.若初速度相同，ɑ粒子從CD邊離開

B.若初速度相同，質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的過程中速度增量之比為

1：2

C.若初動能相同，質(zhì)子和a粒子經(jīng)過電場的時間相同

D.若初動能相同,質(zhì)子和ɑ粒子經(jīng)過電場的過程中動能增量之比為

1：4

解析:對任一粒子,設(shè)其電荷量為q,質(zhì)量為m0粒子在電場中做類平拋

運動，水平方向有X=Vot,豎直方向有y?t2=?,,?,若初速度相同,

水平位移X相同時，由于a粒子的比荷比質(zhì)子的小，則a粒子的偏轉(zhuǎn)

距離y較小,所以，a粒子從BC邊離開,故A錯誤;若初速度相同，由

t—,知兩個粒子在電場中的運動時間相等，由△v=at=-1,知AvocJ

V0mm

則質(zhì)子和a粒子經(jīng)過電場的過程中速度增量之比為2：1,故B錯誤；

粒子經(jīng)過電場的時間為t??若初動能相同,質(zhì)子的初速度較大,則質(zhì)

子的運動時間較短，故C錯誤；由y=；?翌?二=察知若初動能相同,X

2mV04Eko

相同，則y-q,根據(jù)動能定理知，經(jīng)過電場的過程中動能增量?Ek