新高考新教材一輪復(fù)習(xí)人教版第七章第3講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

第3講也家器帶也拉子在也場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

必備知識(shí)新學(xué)法基礎(chǔ)落實(shí)

［主干知識(shí)?填一填］

一、電容器及電容

I.電容器

(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成.

(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值.

(3)電容器的充、放電：

①充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷,電容器中儲(chǔ)

存電場(chǎng)能.

②放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電能轉(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兩個(gè)極板間的電勢(shì)差的比值.

(2)定義式：C=g.

(3)單位：法拉(F)、微法(μF)?皮法(pF).lF=血μF=l∩2pF.

(4)意義：表示電容器容納電蒞本領(lǐng)的高低.

(5)決定因素：由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、形狀、相對(duì)位置及電介質(zhì))決定，與電容器

是否帶電及電壓無(wú)關(guān).

3.平行板電容器的電容

(1)決定因素：正對(duì)面積，相對(duì)介電常數(shù)，兩板間的距離.

,εrS

(2)決定式：C=砌

二、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1.直線運(yùn)動(dòng)

(1)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式.

(2)動(dòng)能定理：W=CtEd=qU=^ιnv2—^mvo.

2.偏轉(zhuǎn)問(wèn)題

(1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度內(nèi)垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng).

(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng).

(3)處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解.

①沿初速度方向：做勻速運(yùn)動(dòng).

②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng).

［規(guī)律結(jié)論?記一記］

1.放電過(guò)程電流隨時(shí)間變化如圖所示，陰影面積表示電容器減少的電荷量.

2.在分析電容器的動(dòng)態(tài)變化時(shí)，要先明確電容器是與電源相接還是與電源斷開(kāi)；電容

器接在電源上時(shí)，電壓不變，E=^斷開(kāi)電源時(shí)，電容器所帶電荷量不變，Ecg,改變

兩極板距離，場(chǎng)強(qiáng)不變.

3.兩個(gè)有用的結(jié)論

（1）粒子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)“速度的反向延長(zhǎng)線，通過(guò)垂直電場(chǎng)方向的位移的中點(diǎn)”.

（2）不同帶電粒子從同一電場(chǎng)加速再進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，所有粒子都從同一點(diǎn)射出，熒

光屏上只有一個(gè)亮斑.

4.帶電粒子偏轉(zhuǎn)問(wèn)題：離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量y=&P=粼^偏轉(zhuǎn)角tanO="=勒

［必刷小題?測(cè)一測(cè)］

一、易混易錯(cuò)判斷

1.電容器所帶的電荷量是指每個(gè)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.（X）

3.放電后的電容器電荷量為零，電容也為零.（X）

4.帶電粒子在電場(chǎng)中，只受電場(chǎng)力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng).（J）

5.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì).（X）

二、經(jīng)典小題速練

I.關(guān)于電容器的電容，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.電容器所帶電荷量越多，電容越大

B.電容器兩板間電壓越低，其電容越大

C.電容器不帶電時(shí)，其電容為零

D.電容器的電容只由它本身的特性決定

解析：D電容器所帶電荷量越多，板間電壓越大，但電容不變，故A錯(cuò)誤；電容器所

帶電荷量越少，兩板間電壓越低，但電容不變.故B錯(cuò)誤；電容表征電容器容納電荷本領(lǐng)

的大小，電容器不帶電時(shí)與帶電時(shí)，電容相同，其電容不為零，故C錯(cuò)誤；電容由電容器

本身的特性決定，故D正確.

2.兩平行金屬板相距為d,電勢(shì)差為U,一電子質(zhì)量為機(jī)、電荷量

絕對(duì)值為e,從。點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入電場(chǎng)，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然

后返回，如圖所示，OA間距為/7,則此電子的初動(dòng)能為（）

edhdU

B.

?-77eh

ceUh

?.D.~~d

解析：D電子從O點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)的過(guò)程中,僅在電場(chǎng)力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動(dòng)

UeUh

能定理可得一6。以=0一反，因?yàn)閁OA=5/7,所以反=7，選項(xiàng)D正確.

3.如圖所示，電子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),

并從另一側(cè)射出.已知電子質(zhì)量為加，電荷量為e,加速電場(chǎng)電壓為Uo,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看成勻

強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U,極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)板間距為".忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電

場(chǎng)時(shí)初速度。。和從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Ay分別是()

IeUoUL2

A.

m2Uod

UL2UL2

C.D.

m4Uod4tW

解析：D根據(jù)動(dòng)能定理，有eUo=5"i?,電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度OO=2eUo

m

在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間A號(hào)=L氤加速度〃eEeU偏轉(zhuǎn)距離Ay=J

mmd'

,UL2

關(guān)鍵能力新探究思維拓展;

命題點(diǎn)一平行板電容器及其動(dòng)態(tài)分析(自主學(xué)習(xí))

［核心整合］

1.平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的兩種情況

(1)電容器始終與電源相連時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差。保持不變.

(2)充電后與電源斷開(kāi)時(shí)，電容器所帶的電荷量。保持不變.

2.動(dòng)態(tài)分析思路

Q&S

①根據(jù)C=先分析電容的變化，再分析Q的變化.

U4πkd,

②根據(jù)E=%析場(chǎng)強(qiáng)的變化.

U不變

③根據(jù)UAB=Ed分析某點(diǎn)電勢(shì)變化.

①根據(jù)C=S=焉，先分析電容的變化，再分析。的變化.

Q不變

②根據(jù)E=%分析場(chǎng)強(qiáng)的變化.

［題組突破］

1.（與電源斷開(kāi)的情形——Q不變）研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖

所示.下列說(shuō)法正確的是（）

A.實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器”板接觸，能使電容器帶電

B.實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小

C.實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大

D.實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大

解析：A實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器。板接觸，由于靜電感應(yīng)，在6板上將感

εS

應(yīng)出異種電荷，故A正確.實(shí)驗(yàn)中，b板向上平移，正對(duì)面積S變小，由C=不方r知，電容

C變小，由C=S知，。不變，U變大，因此靜電計(jì)指針的張角變大，故B錯(cuò)誤.插入有機(jī)

玻璃板，相對(duì)介電常數(shù)&變大，由C=盤(pán)知，電容C變大，由C=名知，。不變，U變小,

因此靜電計(jì)指針的張角變小，故C錯(cuò)誤.只增加極板帶電量，電容C不變，靜電計(jì)指針的

張角變大，是由于U變大導(dǎo)致的，故D錯(cuò)誤.

2.（與電源相連的情形——U不變）一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒

壓直流電源上.若將云母介質(zhì)移出，則電容器（）

A.極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大

B.極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大

C.極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變

D.極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變

解析：D平行板電容器電容的表達(dá)式為C=意將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致

電容器的電容C變小.由于極板間電壓不變，據(jù)Q=CU知，極板上的電荷量變小.再考慮

到極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E=%,由于U、d不變，所以極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，選項(xiàng)D正確.

3.（接地電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題）（多選）如圖所示，A、B為兩塊

平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)

處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時(shí)兩極板間的電勢(shì)差為U,P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為R電勢(shì)為9P，負(fù)電荷的

電勢(shì)能為Ep,現(xiàn)將A、B兩板水平錯(cuò)開(kāi)一段距離(兩板間距不變)，下列說(shuō)法正確的是()

A.U變大，E變大

B.U變小,OP變小

C.PP變小,EP變大

D.(PP變大,EP變小

解析：AC根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當(dāng)正對(duì)面積減小時(shí)，則由C=焉

可知電容減小，由可知極板間電壓增大，由E=%可知，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故A正確；

設(shè)P與B板之間的距離為〃，P點(diǎn)的電勢(shì)為外，B板接地，SB=O,則由題可知。一夕P=E"

是增大的，則夕P一定減小，由于負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能一定較大，所以可知電勢(shì)能

EP是增大的，故C正確.

I題后反思I

解電容器問(wèn)題的兩個(gè)常用技巧

(1)在電荷量保持不變的情況下，由E=^=??=華g知，電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距離無(wú)關(guān).

(2)對(duì)平行板電容器的有關(guān)物理量Q、E、U、C進(jìn)行討論時(shí)，關(guān)鍵在于弄清哪些是變量，

哪些是不變量，在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，抓住C=漏、Q=CU和E=作進(jìn)

行判定即可.

命題點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)(師生互動(dòng))

［核心整合］

1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理

(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不

考慮重力(但并不忽略質(zhì)量).

(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不

能忽略重力.

2.解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩種思路

(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析

FAU

E=牙v2~vi=2ad.

(2)用功能觀點(diǎn)分析

勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W=Eqd=qU=^mv2-^nιvo.

非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W=qU=Ek2-Eu.

EEI如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板「AΠB

A、B,間距為d,中央分別開(kāi)有小孔。、P.現(xiàn)有甲電子以速率。0從O

[]0p[]P,?↑

點(diǎn)沿。P方向運(yùn)動(dòng)，恰能運(yùn)動(dòng)到戶點(diǎn).若僅將B板向右平移距離“，再『一

將乙電子從p點(diǎn)由靜止釋放，貝∣j()bTHn：

A.金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變

B.金屬板A、B間的電壓減小

C.甲、乙兩電子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同

D.乙電子運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的速率為2v0

解析：C兩板間距離變大，根據(jù)C=器可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的

電容C減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)。=Ca。不變，C減小，則U變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)

E=g=??=嶗，可知當(dāng)d變大時(shí)，兩板間的場(chǎng)強(qiáng)不變，則甲、乙兩電子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的

Clcp?

加速度相同，選項(xiàng)C正確；根據(jù)e?E?2d=%nHe?E-d=^mvo,可知，乙電子運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)

的速率U=也加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

I題后反思I

解決粒子在電場(chǎng)中直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩種方法

(1)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解.

(2)用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解.

(3)選取思路：前者適用于粒子受恒力作用時(shí)，后者適用于粒子受恒力或變力作用時(shí).這

和解決物體受重力、彈力、摩擦力等做直線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題的思路是相同的，不同的是受力分析

時(shí)，不要遺漏電場(chǎng)力.

[題組突破]

1.(僅在電場(chǎng)力作用下的直線運(yùn)動(dòng))(多選)如圖，一平行板電容器連接在I

直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒4、b所帶電荷量大小相等、符=

號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等.現(xiàn)上，.

同時(shí)釋放〃、6,它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng).在隨后的某時(shí)刻3b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)

域的同一水平面.4、人間的相互作用和重力可忽略.下列說(shuō)法正確的是()

A.。的質(zhì)量比人的大

B.在f時(shí)刻，。的動(dòng)能比〃的大

C.在，時(shí)刻，”和匕的電勢(shì)能相等

D.在f時(shí)刻，”和人的動(dòng)量大小相等

解析：BD經(jīng)時(shí)間f,服〃經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則見(jiàn)＞用，根

據(jù)x=∕T?爭(zhēng)知，maM故A錯(cuò)誤.電場(chǎng)力做功W“>W〃，由動(dòng)能定理知，a的動(dòng)

能比人的動(dòng)能大，故B正確.?,6處在同一等勢(shì)面上，根據(jù)Ep=q°,a、〃的電勢(shì)能絕對(duì)值

相等，符號(hào)相反，故C錯(cuò)誤.根據(jù)動(dòng)量定理知a、b的動(dòng)量大小相等，故D正確.

2.(在電場(chǎng)力和重力作用下的直線運(yùn)動(dòng))如圖所示，傾斜放置的平行上/

板電容器兩極板與水平面夾角為θ,極板間距為d,帶負(fù)電的微粒質(zhì)量之二“一力

ΛVo

為m、帶電荷量為q,從極板M的左邊緣A處以初速度加水平射入，

沿直線運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出，貝∣J()

A.微粒到達(dá)8點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為；,加8

B.微粒的加速度大小等于gsin6

C.兩極板的電勢(shì)差UMN=3%

D.微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程電勢(shì)能減少鬻

解析：C微粒僅受電場(chǎng)力和重力，電場(chǎng)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(dòng)，合力方向沿水平方向.由此可得，電場(chǎng)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(dòng)，微粒到達(dá)B時(shí)動(dòng)能小于3加加，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)qfsine

—ma,qEcosθ-mj>,解得α=gtan<9,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩極板的電勢(shì)差UMN=Ed=選

項(xiàng)C正確；微粒從A點(diǎn)到8點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，電勢(shì)能增加量q%N

=鬻，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

命題點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(師生互動(dòng))

［核心整合］

1.運(yùn)動(dòng)規(guī)律

(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間

①能飛出電容器：f=g.

Vo

②不能飛出電容器：)'=上尸=黑尸，，=寸普?

(2)沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

①加速度:=E=延=也

mmmd

②離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量：>=&F=或黑-

③離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tan8=京=編.

2.兩個(gè)結(jié)論

(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量

和偏轉(zhuǎn)角總是相同的.

證明：由qUo=)祝

y=2a,2=2?鬻?磁

tanf

mdvB

得：尸既

tan

。=的2Uoa

(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)。為粒子水平位移

的中點(diǎn)，即。到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為京

3.功能關(guān)系

2

當(dāng)討論帶電粒子的末速度。時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：ciUy=^fnv-^mvi,其中

4=%,指初、末位置間的電勢(shì)差.

EE(2019?全國(guó)卷∏)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d-......P

兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、Q、G的尺寸相同.G接地，——Q

P、Q的電勢(shì)均為0(9>0)?質(zhì)量為通電荷量為q(q>O)的粒子自G的左端---------Q

上方距離G為/7的位置，以速度加平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì).

(1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小;

(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為Zz的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多

少？

解析：(1)PG,QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向

下，設(shè)粒子的加速度大小為α,有E=，?

F=qE=ma?

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為反，由動(dòng)能定理有

qEh=4一J加8③

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為K粒子在水平方向的位移大小為/,

則有h=^at2(S)

l=vot@

（2）若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短.由對(duì)稱(chēng)性知，此時(shí)

金屬板的長(zhǎng)度乙為

1.（僅在電場(chǎng)力作用下的偏轉(zhuǎn)）（2021.全國(guó)乙卷）（多選）四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別

為（+q,⑼、（+q,2∕n）＞（+3q,3m）＞（一q,⑼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(chǎng)中，電場(chǎng)方向與〉軸平行，不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的

圖像中，可能正確的是（）

解析：AD分析可知帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡方

程為y=T'零（W）：由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子（+g,機(jī)）、（+3q,3%）的比荷

相同，則帶電粒子（+q,m）.（+3夕，3〃?）的運(yùn)動(dòng)軌跡重合，C錯(cuò)誤；當(dāng)電場(chǎng)方向沿y軸正方

向時(shí)，帶正電的粒子向），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,團(tuán)）、

（+3q,3m）的運(yùn)動(dòng)軌跡與粒子（一4，的運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于X軸對(duì)稱(chēng)，粒子（+4，的比荷比

粒子（+q,機(jī)）、（+3q,3加）的小,則X相同時(shí),粒子（+q,2m）沿y軸方向的偏轉(zhuǎn)量比粒子（+

q,m）、（+3q,3"?）的小，D正確；當(dāng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向時(shí)，同理可知A正確，B錯(cuò)誤.

2.（在電場(chǎng)力和重力作用下的偏轉(zhuǎn)）（2019?全國(guó)卷O）空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電

場(chǎng)，。、戶是電場(chǎng)中的兩點(diǎn).從。點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為根的小球

A、B.A不帶電，B的電荷量為式q＞0）?A從。點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為加，到達(dá)尸點(diǎn)所用

時(shí)間為f；B從。點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為今重力加速度為g,求：

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;

（2）B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能.

解析：（1）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為α根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)

學(xué)公式和題給條件，有

mg+qE=ma?

%s=耳②

解得E=臂③

（2）設(shè)B從。點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為0,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek,0、P兩點(diǎn)的高度差為〃,

根據(jù)動(dòng)能定理有

mgh+qEh=Ek—產(chǎn)。，④

且有Vl^—Vot?

〃=家⑥

聯(lián)立③?⑤⑥式得Ek=2m（vi+g2t2）.

答案:⑴誓（2）2皿虎+g2F）

Cl

三至送莖三歪核心素養(yǎng)新導(dǎo)向?qū)W科培優(yōu)

素養(yǎng)培優(yōu)22現(xiàn)代科技中的四類(lèi)靜電場(chǎng)問(wèn)題

問(wèn)題一靜電噴涂

典例1靜電噴涂是利用高壓靜電電場(chǎng)使帶負(fù)電的涂料微粒沿著與電場(chǎng)相反的方向

定向運(yùn)動(dòng)，并將涂料微粒吸附在工件表面上的一種噴涂方法，其工作原理如圖所示.忽略運(yùn)

動(dòng)中涂料微粒間的相互作用和涂料微粒的重力.下列說(shuō)法中正確的是（）

被噴涂國(guó)濠工B爨;魯鬻

^?∣避

涂媼微粒r∩

里溫,源

A.當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時(shí)，在運(yùn)動(dòng)中的涂料微粒所受電場(chǎng)力增

大

B.涂料微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡僅由被噴涂工件與靜電噴涂機(jī)之間所接的高壓電源決定

C.在靜電噴涂機(jī)水平向左移動(dòng)的過(guò)程中，有兩個(gè)帶有相同電荷量的微粒先后經(jīng)過(guò)被噴

涂工件右側(cè)P點(diǎn)（相對(duì)工件的距離不變）處，先經(jīng)過(guò)的微粒電勢(shì)能較大

D.涂料微粒在向被噴涂工件運(yùn)動(dòng)的軌跡中，在直線軌跡上電勢(shì)升高最快

解析：D當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時(shí)，由于靜電噴涂機(jī)與被噴涂工

件之間電壓恒定，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故電場(chǎng)力減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；軌跡與初速度和受力情況

均有關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；工件接地，電勢(shì)為零，P處電勢(shì)為負(fù)值，噴涂機(jī)左移會(huì)使空間場(chǎng)強(qiáng)變

大，P點(diǎn)電勢(shì)變低，因微粒帶負(fù)電，先經(jīng)過(guò)的微粒電勢(shì)能小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；涂料微粒在向被

噴涂工件運(yùn)動(dòng)的軌跡中，直線的距離最小，結(jié)合公式U=&/,在直線軌跡上電勢(shì)升高最快,

故選項(xiàng)D正確.

問(wèn)題二超級(jí)電容儲(chǔ)存式現(xiàn)代電車(chē)

典例2（2022?湖南長(zhǎng)沙期末）如圖所示是中國(guó)寧波公交使用的

全球首創(chuàng)超級(jí)電容儲(chǔ)存式現(xiàn)代電車(chē)，該電車(chē)沒(méi)有傳統(tǒng)無(wú)軌電車(chē)的“辮

子”，沒(méi)有尾氣排放，乘客上下車(chē)的30秒內(nèi)可充滿電并行駛5公里以

上，剎車(chē)時(shí)可把80%以上的動(dòng)能轉(zhuǎn)化成電能回收儲(chǔ)存再使用.這種電車(chē)的核心元器件是

“3匕120OF”石墨烯納米混合型超級(jí)電容器，該電容器能反復(fù)充放電100萬(wàn)次，使用壽

命長(zhǎng)達(dá)十年，被譽(yù)為“21世紀(jì)的綠色交通”.下列說(shuō)法正確的是（）

A.電容器放電的過(guò)程中，電量逐漸減少，電容也逐漸減小

B.電容器充電的過(guò)程中，電量逐漸增加，電容保持不變

C.電容器放電的過(guò)程中，電量逐漸減少，電容器兩極板間的電壓不變

D.若標(biāo)有“3匕12000F”的電容器從電量為零到充滿電用時(shí)30s,則充電平均電流

為3600A

解析：B電容器的電容由本身結(jié)構(gòu)決定，與充放電無(wú)關(guān)，與電荷量的多少無(wú)關(guān)，故放

電過(guò)程中，電量減少，電容不變，充電過(guò)程中，電量增加，電容不變，故A錯(cuò)誤，B正確.根

據(jù)U=K可知，放電過(guò)程中，電量。減少，兩極板間的電壓減小，電容不變，故C錯(cuò)誤.標(biāo)

有“3V,12000F”的電容器從電量為零到充滿電，儲(chǔ)存的電荷量Q=CU=36000C,根據(jù)

電荷量定義可知，/=號(hào)=嘴2A=1200A,故充電平均電流為1200A,故D錯(cuò)誤.

問(wèn)題三高壓電場(chǎng)干燥技術(shù)

典例3（2022?甘肅天水模擬）如圖所示是高壓電場(chǎng)干燥中藥技術(shù)基本原理圖，在一個(gè)

很大的導(dǎo)體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間

產(chǎn)生較強(qiáng)的電場(chǎng).水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量負(fù)

電.水分子在電場(chǎng)力的作用下會(huì)加速?gòu)闹兴幉闹蟹蛛x出去，被鼓風(fēng)機(jī)送出水平微風(fēng)裹挾著飛

離電場(chǎng)區(qū)域.圖中虛線。是某一水分子從A處由靜止開(kāi)始的運(yùn)動(dòng)軌跡.下列說(shuō)法正確

的

匙

A.水分子運(yùn)動(dòng)中受到的電場(chǎng)力越來(lái)越小

B.沿著曲線ABC。方向電勢(shì)越來(lái)越低

C.水分子運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能越來(lái)越少

D.水分子的軌跡ABCO是一條拋物線

解析：C根據(jù)電場(chǎng)線疏密可以判斷電場(chǎng)強(qiáng)弱，所以。點(diǎn)電場(chǎng)線最密，電場(chǎng)強(qiáng)度最強(qiáng)，

所以。點(diǎn)受電場(chǎng)力最大，電場(chǎng)力越來(lái)越大，A錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低，所以A

點(diǎn)電勢(shì)最低，沿著曲線ABCD方向電勢(shì)越來(lái)越高，B錯(cuò)誤；水分子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力

做正功，電勢(shì)能減小，C正確；因?yàn)殡妶?chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，所以水分子受力方向一直在變，所

以不是類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡不是拋物線，D錯(cuò)誤.

問(wèn)題四反射式速調(diào)管

典例4反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來(lái)產(chǎn)生

微波，其振蕩原理與下述過(guò)程類(lèi)似.如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)

勻強(qiáng)電場(chǎng),一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始,在電場(chǎng)力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng).已

知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是田X103N∕C和E2Xl(PN∕C,方向如圖所示.帶電微粒質(zhì)量機(jī)義10

-20kg,電荷量qXl()-9c、A點(diǎn)距虛線MN的距離&cm,不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對(duì)

論效應(yīng).求：

M

一4」必

III

III

Ai------------Mβ

EIY--------------------；-----?

≡--------^E2

W

(I)B點(diǎn)到虛線MN的距離J2:

(2)帶電微粒從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t.

解析：(1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到8的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

?q?E?d?—?q?E2d2=-0,EIdI=E2d2,

解得?cm.

(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為0、a2,

由牛頓第二定律有

?q?E?=ma?,

?q?E2=ma2,

設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為“、t2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

,1,,1,

(i\"22"2的?

又t-tl+t2,

解得fX10「8s.

答案：(I)Cm(2)X1(Γ8

限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練

［基礎(chǔ)鞏固］

1.如圖所示為一只“極距變化型電容式傳感器”的部分構(gòu)件示意

圖.當(dāng)動(dòng)極板和定極板之間的距離”變化時(shí)，電容C便發(fā)生變化，通

過(guò)測(cè)量電容C的變化就可知道兩極板之間距離d的變化情況.選項(xiàng)圖

中能正確反映C與d之間變化規(guī)律的圖像是（）

解析：A由電容決定式C=而知，C與d成反比，能正確反映C與“之間變化規(guī)律

的圖像是A.

2.（2022.杭州模擬）如圖為某一機(jī)器人上的電容式位移傳感器工作時(shí)的簡(jiǎn)化模型圖.當(dāng)

被測(cè)物體在左右方向發(fā)生位移時(shí)，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動(dòng)，連接電容器的靜

電計(jì)會(huì)顯示電容器電壓的變化，進(jìn)而能測(cè)出電容的變化，最后就能探測(cè)到物體位移的變化，

若靜電計(jì)上的指針偏角為仇則被測(cè)物體（）

士電介質(zhì)板被測(cè)物體

A.向左移動(dòng)時(shí)，，增大B.向右移動(dòng)時(shí)，。增加

C.向左移動(dòng)時(shí)，。不變D.向右移動(dòng)時(shí)，6減少

解析：B當(dāng)被測(cè)物體向左移動(dòng)時(shí)，電容器極板間的電介質(zhì)增多，則電容會(huì)增大，由于

電荷量不變，則電容器極板間的電壓減小，即6減少，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)被測(cè)物體向右移動(dòng)

時(shí)，電容器極板間的電介質(zhì)減少，則電容會(huì)減小，由于電荷量不變，則電容器極板間的電壓

增大，即。增加，故B正確，D錯(cuò)誤.

3.（2019?浙江卷）當(dāng)今醫(yī)學(xué)上對(duì)某些腫瘤采用質(zhì)子療法進(jìn)行治療，該療

法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細(xì)胞.現(xiàn)用一直線加速器來(lái)加速質(zhì)

子，X107m∕s.Xl（ΓN∕c,質(zhì)子的質(zhì)量為Xlθ^kg,Xlo-19c,則下列說(shuō)

法正確的是（）

A.加速過(guò)程中質(zhì)子電勢(shì)能增加

B.質(zhì)子所受到的電場(chǎng)力約為2X10-5N

C.質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為8X106s

D.加速器加速的直線長(zhǎng)度約為4m

解析：D加速過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)子做正功，則質(zhì)子電勢(shì)能減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；質(zhì)子所

受到的電場(chǎng)力約為F=Eq=X105××10~l9N=2×IO14N,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；加速度”=上

1m

2XIO*4V

=X1027m∕s2≈×10l3m∕s2,則質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為I=N=錯(cuò)誤！sX107s,選項(xiàng)C

7；

錯(cuò)誤；加速器加速的直線長(zhǎng)度約為X=]/=錯(cuò)誤！×義10-7rnp4m,選項(xiàng)D正確.

4.(2022?太原模擬)(多選)電子束熔煉是指高真空下,將高速電子束的燈絲在陰極

動(dòng)能轉(zhuǎn)換為熱能作為熱源來(lái)進(jìn)行金屬熔煉的一種熔煉方法.如圖所示，[了Kntu

4

陰極燈絲被加熱后產(chǎn)生初速度為0的電子，在3XIOV加速電壓的作用∏t∣??∣Λ2

下，以極高的速度向陽(yáng)極運(yùn)動(dòng)；穿過(guò)陽(yáng)極后，在金屬電極4、4間1義103||

物料?o?

V電壓形成的聚焦電場(chǎng)作用下，轟擊到物料上，其動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換為熱能，7

使物料不斷熔煉.已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OP。'所示，P是軌跡上的一點(diǎn)，

聚焦電場(chǎng)過(guò)尸點(diǎn)的一條電場(chǎng)線如圖中弧線所示，則()

A.電極Al的電勢(shì)高于電極4的電勢(shì)

B.電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場(chǎng)強(qiáng)度方向夾角大于90°

C.聚焦電場(chǎng)只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小

D.電子轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能大于3X1()4eM

解析：ABD由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與力的關(guān)系可知電子在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力斜向左下方，

電子帶負(fù)電，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向與電子受到的電場(chǎng)力方向相反，斜向右上方，即電極4的

電勢(shì)高于電極A;的電勢(shì)，故A正確；電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場(chǎng)強(qiáng)度方向夾角大于

90°,故B正確；聚焦電場(chǎng)不僅改變電子速度的方向，也改變電子速度的大小，故C錯(cuò)誤；

由動(dòng)能定理，電子到達(dá)聚焦電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能已經(jīng)為3X104eV,再經(jīng)過(guò)聚焦電場(chǎng)加速，可知電子

轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能大于3X1()4eV,故D正確.

5.如圖所示，一個(gè)電子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，又沿偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板間的中心軸

線從O點(diǎn)垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點(diǎn)，。，點(diǎn)為熒光屏與偏轉(zhuǎn)

電場(chǎng)的中心軸線的交點(diǎn).已知電子質(zhì)量機(jī)XloFkg,電荷量eXl(Γ∣9c,加速電場(chǎng)電壓Uo

=2500V,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓U=200V,極板的長(zhǎng)度Ll=cm,板間距離dem,極板的末端到

熒光屏的距離L2cm(忽略電子所受重力，結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字).求：

(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度

(2)電子打在熒光屏上的P點(diǎn)到。，點(diǎn)的距離/?；

(3)電子經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它所做的功W.

解析：⑴根據(jù)動(dòng)能定理有eUo=^mvi

解得×IO7m∕s.

(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為r,電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量為

電子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有Li-Vot

電子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有y=%r2

根據(jù)牛頓第二定律，有平=〃也

解得產(chǎn)=cm

電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的中

點(diǎn)，

Li

V2

由幾何關(guān)系知*=7-------，

H

?+L2

解得力cm.

(3)電子經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功為

W=erjy^Xlθ^?8J.

答案：(I)XOmZs(2)cm(3)×10^18J

［能力提升］

6.如圖所示，電路中二極管為理想二極管，正向電阻為零，反向電

阻無(wú)窮大，電源內(nèi)阻不能忽略，閉合開(kāi)關(guān)S,電路穩(wěn)定后，只改變下列

一個(gè)條件能增大平行板電容器兩板間場(chǎng)強(qiáng)的是()

A.增大平行板電容器兩板間距離

B.減小平行板電容器的正對(duì)面積

C.將滑動(dòng)變阻器的滑片向。端移動(dòng)

D.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S

解析：C只增大兩板間的距離時(shí)，電容器的電容減小，因電壓不變，故電容器應(yīng)放電,

但由于二極管有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，所以電容器所帶電荷量不變，增大板間距離

時(shí)，根據(jù)E=嶗可知，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，故A錯(cuò)誤；減小平行板電容器的正對(duì)面積，電容

器的電容減小，因電壓不變，故電容器應(yīng)放電，但由于二極管有單向?qū)щ娦?，電容器不能?/p>

電，所以電容器帶電荷量不變，電壓不變，板間距不變，板間場(chǎng)強(qiáng)E=月不變，故B錯(cuò)誤；

將滑動(dòng)變阻器的滑片向匕端移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器電阻增大，分壓變大，電容器的電壓變大，板

間場(chǎng)強(qiáng)變大，故C正確；只斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,電容器不能放電，電容器的帶電荷量不變，故兩板

間的電壓不變，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，故D錯(cuò)誤.

7.一位同學(xué)用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來(lái)測(cè)定瓶?jī)?nèi)

溶液深度的變化,如圖所示,瓶的外壁涂有一層導(dǎo)電涂層和瓶?jī)?nèi)導(dǎo)電溶液構(gòu)成電容器的兩極,

它們通過(guò)探針和導(dǎo)線與電源、電流計(jì)、開(kāi)關(guān)相連，中間的一層塑料為絕緣電介質(zhì)，其厚度為

d,相對(duì)介電常數(shù)為即若發(fā)現(xiàn)在某一小段時(shí)間t內(nèi)有大小為/的電流從下向上流過(guò)電流計(jì)，

設(shè)電源電壓恒定為U,則下列說(shuō)法中正確的是（）

r'x0~I1------

（G）r<H->∣z探針

/絕緣介質(zhì)

導(dǎo)電深層

導(dǎo)電溶液』閥門(mén)

A.瓶?jī)?nèi)液面降低了泮?

B.瓶?jī)?nèi)液面升高了泮

C.瓶?jī)?nèi)液面升高了冷

UtγΓ"

D.瓶?jī)?nèi)液面降低了第

UErr

解析：A由題圖可知，液體與瓶的外壁涂的導(dǎo)電涂層構(gòu)成了電容器，由題目圖可知，

￡q

兩板間距離不變；液面高度變化時(shí)只有正對(duì)面積發(fā)生變化；則由C=病可知，當(dāng)液面升高

時(shí)，正對(duì)面積S增大，則電容增大，當(dāng)液面降低時(shí)，正對(duì)面積S減小，則電容減小.由于電

流從下向上流過(guò)電流計(jì)，可知該時(shí)間內(nèi)電容器上的電荷量減小，由于電勢(shì)差不變，那么電容

器的電量減??；瓶?jī)?nèi)液面降低./時(shí)間內(nèi)減少的電量：q=〃，依據(jù)C=習(xí)，可得：q=U?XC,

液面的高度為力時(shí)的正對(duì)面積：S=2?！?lián)立解得…e涕，故A正確，B、C、D

錯(cuò)誤.

8.（多選）如圖，某電容器由兩水平放置的半圓形金屬板組成，板間

為真空.兩金屬板分別與電源兩極相連，下極板固定，上極板可以繞Γ入1

過(guò)圓心且垂直于半圓面的軸轉(zhuǎn)動(dòng).起初兩極板邊緣對(duì)齊，然后上極板v?>?yg

轉(zhuǎn)過(guò)10。，并使兩極板間距減小到原來(lái)的一半.假設(shè)變化前后均有一電子由靜止從上極板運(yùn)

動(dòng)到下極板.忽略邊緣效應(yīng)，則下列說(shuō)法正確的是（)

A.變化前后電容器電容之比為9：17

B.變化前后電容器所帶電荷量之比為16:9

C.變化前后電子到達(dá)下極板的速度之比為√2：1

D.變化前后電子運(yùn)動(dòng)到下極板所用時(shí)間之比為2：1

解析：AD由平行板電容器電容公式C=焉可知，變化前后電容器電容之比為會(huì)=

d

電容器兩端電壓不變，變化前后電容器所帶電荷量之比為軟=會(huì)=卷,

得

故A正確，B錯(cuò)誤；電子由靜止從上極板運(yùn)動(dòng)到下極板過(guò)程，由動(dòng)能定理有eU=3"θ2,解

得電子到達(dá)下極板的速度V=\管，電容器兩端電壓不變，變化前后電子到達(dá)下極板的

Γ

速度之比為I：I,故C錯(cuò)誤；電子由靜止從上極板運(yùn)動(dòng)到下極板過(guò)程，電子的加速度〃=e等

=盥，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，=變化前后電子運(yùn)動(dòng)到下極板所用時(shí)

間之比為故D正確.

12U2d1

2

9.（2020?天津卷）多反射飛行時(shí)間質(zhì)譜儀是一種測(cè)量離子質(zhì)量的新型實(shí)驗(yàn)儀器，其基本

原理如圖所示，從離子源4處飄出的離子初速度不計(jì)，經(jīng)電壓為。的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后射入

質(zhì)量分析器.質(zhì)量分析器由兩個(gè)反射區(qū)和長(zhǎng)為/的漂移管（無(wú)場(chǎng)區(qū)域）構(gòu)成，開(kāi)始時(shí)反射區(qū)1、

2均未加電場(chǎng)，當(dāng)離子第一次進(jìn)入漂移管時(shí)，兩反射區(qū)開(kāi)始加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相

反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)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(shí)，撤去反射區(qū)的電場(chǎng)，離子打在熒光屏B上被探

測(cè)到，可測(cè)得離子從A到B的總飛行時(shí)間.設(shè)實(shí)驗(yàn)所用離子的電荷量均為q,不計(jì)離子重力.

卜/T熒扣屏

I昌……-…-…:...........一昌8

離子源加速星射H——漂移管（無(wú)場(chǎng)區(qū)域）——反射區(qū)2

電場(chǎng)FLL------------質(zhì)量分析器-------------I

（1）求質(zhì)量為機(jī)的離子第一次通過(guò)漂移管所用的時(shí)間/；

（2）反射區(qū)加上電場(chǎng)，電場(chǎng)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)量為次）的離子總飛行時(shí)間為to,待測(cè)離子的總飛行時(shí)間為H,兩種離子在質(zhì)

量分析器中反射相同次數(shù)，求待測(cè)離子質(zhì)量〃小

解析：（1）設(shè)離子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小為。，根據(jù)動(dòng)能定理，

有qU=2>nv2?

離子在漂移管中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則A=拒）

聯(lián)立①②式，得Tl=、匿.③

（2）根據(jù)動(dòng)能定理，有qU—qEx=O④

得X=］⑤

（3）離子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)和反射區(qū)電場(chǎng)中每次單向運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速

度大小均相等，設(shè)其為。，有。=翔

通過(guò)⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)路程是與離子本身無(wú)關(guān)的，所以不同離子在

電場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的總路程相等，設(shè)為乙，在無(wú)場(chǎng)區(qū)的總路程設(shè)為b根據(jù)題目條件可知，離子在

無(wú)場(chǎng)區(qū)速度大小恒為0,設(shè)離子的總飛行時(shí)間為f忌，

有”等+奧

聯(lián)立①⑥⑦式，得小=（2心+心）

可見(jiàn)，離子從A到B的總飛行時(shí)間與W成正比.

依題意可得卜√s

可得〃〃=（￡）m0.@

答案:⑴(2)E⑶E)U

［熱點(diǎn)加練］

IO.如圖所示，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子以初速度加由尸

點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直.粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其

速度方向與電場(chǎng)線成30。角.已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d,不計(jì)重力作用.則

勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E大小是（）

t

A?qdfB?qa

3,加83小根虎

C.2qdIqd

解析：B帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解得到：4=肅》=

√3υo.水平方向上有d=θof,豎直方向上有Oy=攀工聯(lián)立方程得：E=1艱的,故B正確.

11.（多選）如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平面上有A、B

兩個(gè)滑塊（均可視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊A帶正電，電荷量為q,滑塊B不帶電.圖中虛線內(nèi)存在水

平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,寬度為d,其余空間內(nèi)不存在電場(chǎng).滑塊A剛好位

于電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場(chǎng)區(qū)域的右側(cè).現(xiàn)將滑塊A無(wú)初速度釋放，滑

塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短，碰撞過(guò)程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，

經(jīng)過(guò)一段時(shí)間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為XO=*/,則下列判斷正確的是（）

A.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為詈=J

機(jī)B4

B.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為管=1

C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞

D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞

解析：AD對(duì)滑塊A在碰撞前根據(jù)動(dòng)能定理有qEd=^ιn^,依題意知，碰撞后滑塊A、

B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為V