高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案物理《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第八章靜電場第講帶電粒子在電場中的運動[教材閱讀指導(dǎo)](對應(yīng)人教版必修第三冊相關(guān)內(nèi)容及問題)第十章第5節(jié)閱讀[例題1]。第十章第5節(jié)閱讀[拓展學(xué)習(xí)]“示波管的原理”。第十章第5節(jié)閱讀[科學(xué)漫步]“范德格拉夫靜電加速器”。第十章第5節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T2；T4。提示：T2：－Ume＝0－eq\f(1,2)meveq\o\al(2,m)。T4：設(shè)加速電場的電壓為U，離子離開加速電場時速度大小為v1，偏轉(zhuǎn)電場中電場強度為E，離子在偏轉(zhuǎn)電場中加速度大小為a，則有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0qE＝ma，進入偏轉(zhuǎn)電場，開始計時，當(dāng)離子在偏轉(zhuǎn)電場中，沿垂直電場強度方向的位移為x時，經(jīng)歷的時間t＝eq\f(x,v1)，此時離子在平行電場強度方向的位移y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立得y＝eq\f(Ex2,4U)，y與q、m無關(guān)，故它們不會分離為三股粒子束。必備知識梳理與回顧一、帶電粒子在勻強電場中的運動1．加速問題分析帶電粒子加速問題的兩種思路：(1)利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式來分析；適用于eq\x(\s\up1(01))勻強電場且涉及運動時間等描述運動過程的物理量的情景。(2)利用靜電力做功結(jié)合eq\x(\s\up1(02))動能定理來分析；適用于涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或eq\x(\s\up1(03))非勻強電場的情景。2．偏轉(zhuǎn)問題(1)條件分析：帶電粒子的初速度方向跟電場方向eq\x(\s\up1(04))垂直。(2)運動性質(zhì)：eq\x(\s\up1(05))類平拋運動。(3)處理方法：利用運動的合成與分解。①沿初速度方向：做eq\x(\s\up1(06))勻速直線運動。②沿電場方向：做初速度為零的eq\x(\s\up1(07))勻加速直線運動。③運動過程，如圖所示：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\x(\s\up1(08))\f(qE,m)＝\x(\s\up1(09))\f(qU,md),\a\vs4\al(運動,時間)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a.能飛出平行板：t＝\x(\s\up1(10))\f(l,v0),b.打在平行極板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)))),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\x(\s\up1(11))\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\x(\s\up1(12))\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d)))二、示波管1．構(gòu)造示波管的構(gòu)造如圖所示，它主要由eq\x(\s\up1(01))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eq\x(\s\up1(02))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eq\x(\s\up1(03))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eq\x(\s\up1(04))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eq\x(\s\up1(05))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。一、堵點疏通1．帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。()2．帶電粒子在電場中運動時，不加特別說明重力可以忽略不計；帶電微粒、帶電液滴在電場中運動時，不加特別說明重力不可以忽略不計。()答案1.×2.√二、對點激活(人教版必修第三冊·第十章第5節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T3)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與電場方向垂直。在下列兩種情況下，分別求出電子偏轉(zhuǎn)角的正切與氫核偏轉(zhuǎn)角的正切之比。(1)電子與氫核的初速度相同；(2)電子與氫核的初動能相同。答案(1)eq\f(mH,me)(2)1解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，極板長為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))。(1)若電子與氫核的初速度相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若電子與氫核的初動能相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝1。關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點一帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動拓展延伸1．帶電粒子(帶電體)在電場中運動時是否考慮重力的處理方法(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，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，除有說明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力。2．做直線運動的條件(1)帶電粒子(帶電體)所受合力F合＝0，則靜止或做勻速直線運動。(2)帶電粒子(帶電體)所受合力F合≠0，且合力與初速度方向在同一條直線上，則將做變速直線運動。3．解題思路(1)用動力學(xué)觀點分析Eq＋F其他＝ma，E＝eq\f(U,d)(勻強電場)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(勻變速直線運動)。(2)用能量觀點分析①勻強電場中：W電＝Eqd＝qU，W電＋W其他＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非勻強電場中：W電＝qU，W電＋W其他＝Ek2－Ek1?？枷?帶電粒子在電場中的直線運動例1(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。[答案](1)qeq\f(U,d)(2)eq\r(\f(2qU,m))(3)eq\f(3d,2)eq\r(\f(m,qU))[解析](1)兩平行金屬板間的場強大小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＝eq\r(\f(2qU,m))。(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)eq\r(\f(m,qU))。帶電粒子在電場中運動的分析方法解決此類問題的關(guān)鍵是靈活利用動力學(xué)方法分析，可以采用受力分析和動力學(xué)公式相結(jié)合的方法進行解決，也可以采用功能的觀點進行解決，往往優(yōu)先采用動能定理。【跟進訓(xùn)練】1.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′點答案A解析設(shè)AB、BC間的電場強度分別為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?？枷?帶電體在靜電力和重力等作用下的直線運動考查角度1：靜電力和速度方向在同一直線上例2(多選)如圖所示，一中央開有正對小孔的平行板電容器，水平放置并與電源連接，電源電壓恒為U，開關(guān)閉合時，將一帶電液滴從兩小孔的正上方P點靜止釋放，液滴穿過A板的小孔a恰好能夠到達B板的小孔b處，然后沿原路返回(不計一切阻力，且液滴運動過程中電荷量保持不變)?，F(xiàn)欲使液滴能從小孔b處穿出，下列可行的辦法是()A．保持開關(guān)閉合，將A板下移一段距離B．保持開關(guān)閉合，將B板下移一段距離C．將開關(guān)斷開，將A板上移一段距離D．將開關(guān)斷開，將B板上移一段距離[答案]BD[解析]帶電液滴從P點運動到小孔b處的過程中，根據(jù)動能定理有：mghPb－qU＝Ekb－0，開關(guān)閉合時，電容器兩板之間的電壓U不變，將A板下移一段距離，hPb不變，液滴仍恰好能夠達到B板的小孔b處；將B板下移一段距離，hPb增大，根據(jù)動能定理知，液滴能夠從小孔b處穿出，A錯誤，B正確。帶電液滴從P點運動到小孔b處的過程中，根據(jù)動能定理有：mghPb－qEd＝Ekb－0，開關(guān)斷開時，極板所帶電荷量不變，極板間電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知改變兩極板間距離，場強不變，將A板上移一段距離，d增大，hPb不變，根據(jù)動能定理知，液滴不可能從小孔b處穿出；將B板上移一段距離，d減小，hPb減小，且減小量相同，又由hPb>d可知mg<qE，則結(jié)合動能定理分析可知，液滴能夠從小孔b處穿出，C錯誤，D正確。例3(2023·新課標(biāo)卷)密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、eq\f(v0,4)；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油滴很快達到相同的速率eq\f(v0,2)，均豎直向下勻速運動。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運動速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計空氣浮力和油滴間的相互作用。(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比。[答案](1)8∶1(2)油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電4∶1[解析](1)設(shè)油滴半徑為r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量m＝eq\f(4,3)πr3ρ由題意知，油滴速率為v時，所受空氣阻力大小f＝krv(k為大于零的常量)若兩板間不加電壓，當(dāng)油滴勻速豎直下落時，受力平衡，有mg＝f解得r＝eq\r(\f(3kv,4πρg))∝eq\r(v)可知eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(v0),\r(\f(1,4)v0))＝eq\f(2,1)則eq\f(ma,mb)＝eq\f(req\o\al(3,a),req\o\al(3,b))＝eq\f(8,1)。(2)兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油滴很快達到相同的速率eq\f(v0,2)，且運動方向均豎直向下，可知加上電壓后，油滴a向下做減速運動，油滴b向下做加速運動，則油滴a受到的電場力方向向上，油滴a帶負(fù)電，油滴b受到的電場力方向向下，油滴b帶正電；當(dāng)再次勻速豎直下落時，對a，由平衡條件可得|qa|E＋fa′＝mag其中fa′＝eq\f(1,2)krav0又不加電壓時有fa＝krav0＝mag對b，由平衡條件可得fb′＝|qb|E＋mbg其中fb′＝eq\f(1,2)krbv0又不加電壓時有fb＝eq\f(1,4)krbv0＝mbg聯(lián)立解得eq\f(|qa|,|qb|)＝eq\f(4,1)?？疾榻嵌?：靜電力的方向和帶電體的速度方向不在同一直線上例4(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2veq\o\al(2,0)＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2)[答案]BD[解析]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＝eq\f(mg,cosθ)，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＝eq\f(Fsinθ,m)＝gtanθ，第一種情形，水平方向上有：veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2ax，第二種情形，水平方向上有：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,0)＝2ax，兩式聯(lián)立，可得2veq\o\al(2,0)＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2)，D正確?？键c二帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)拓展延伸1.基本規(guī)律設(shè)粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，所受重力影響忽略，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d，粒子能以平行金屬板的初速度v0進入兩金屬板間且能從兩金屬板之間穿過，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在電場中的運動時間：t＝eq\f(l,v0)。(3)末速度eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d)))。2．兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場U1加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場U2射出時的偏轉(zhuǎn)角度θ和偏移量y總是相同的。證明：由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qU2l,mveq\o\al(2,0)d)，得tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)。由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及y＝eq\f(qU2l2,2mveq\o\al(2,0)d)，得y＝eq\f(U2l2,4U1d)。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)射出后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O1為粒子在初速度方向分位移的中點，即O1到極板邊緣在初速度方向的距離為eq\f(l,2)。3．在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。(1)確定最終偏移距離思路一：思路二：(2)確定偏轉(zhuǎn)后的動能(或速度)思路一：思路二：考向1帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動例5(2021·全國乙卷)(多選)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()[答案]AD[解析]帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a＝eq\f(qE,m)，由類平拋運動規(guī)律可知，垂直于電場方向有x＝v0t，平行于電場方向有y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立得y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))。因為四個帶電粒子的初速度v0相同，所以沿x軸方向運動相同距離時，沿y軸方向運動的距離與比荷成正比，再結(jié)合粒子所帶電荷的電性，分析可知，粒子(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)向一側(cè)偏轉(zhuǎn)，粒子(－q，m)向另一側(cè)偏轉(zhuǎn)，且比荷相同的粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)的偏轉(zhuǎn)程度相同，比荷較小的粒子(＋q，2m)的偏轉(zhuǎn)程度較小，故A、D可能正確，B、C錯誤。例6(多選)如圖所示，三個同樣的帶電粒子a、b、c(不計重力)同時從同一位置沿同一方向垂直于電場線射入平行板電容器間的勻強電場，它們的運動軌跡如圖，不考慮帶電粒子間的相互作用，下列說法中正確的是()A．當(dāng)b飛離電場的同時，a剛好打在下極板上B．b和c同時飛離電場C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小D．在電場中運動過程中，c的動能增加量最小，a、b的動能增加量相同[答案]ACD[解析]三個粒子相同，故進入電場后，受到的靜電力相等，即加速度相等，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，偏移量y＝eq\f(1,2)at2，所以ta＝tb＞tc，故B錯誤，A正確；粒子在水平方向上做勻速直線運動，故有v0＝eq\f(x,t)，因為xb＝xc＞xa，ta＝tb＞tc，所以有vc＞vb＞va，故C正確；根據(jù)動能定理有qU＝Eqy＝ΔEk，知c的動能增加量最小，a、b的動能增加量相同，故D正確。例7(2023·湖北高考)(多選)一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計重力。下列說法正確的是()A．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶1C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變[答案]BD[解析]微粒在電容器中沿水平方向做勻速直線運動，沿豎直方向做勻變速直線運動，設(shè)微粒射入電容器時的速度為v0，則水平方向和豎直方向的分速度大小分別為v0x＝v0cosα，v0y＝v0sinα，其中α＝45°，微粒從射入電容器到運動到最高點，設(shè)運動時間為t1，則有2L＝v0xt1，d＝eq\f(0＋v0y,2)t1，聯(lián)立可得L∶d＝1∶1，A錯誤；在電容器中運動過程，由牛頓第二定律可得微粒的加速度大小a＝eq\f(F,m)，微粒所受電場力大小F＝qE，兩極板間的電場強度大小E＝eq\f(U2,2d)，從射入電容器到運動到最高點，由運動學(xué)公式知veq\o\al(2,0y)＝2ad，微粒經(jīng)電壓U1加速過程，由動能定理可得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得U1∶U2＝1∶1，B正確；微粒從最高點到穿出電容器，設(shè)運動時間為t2，則有L＝v0xt2，穿出電容器時沿豎直方向的分速度大小vy＝at2，從射入電容器到最高點有v0y＝at1，且2L＝v0xt1，解得vy＝eq\f(v0y,2)＝eq\f(v0x,2)，設(shè)微粒射出電容器時速度與水平方向的夾角為β，則tanβ＝eq\f(vy,v0x)＝eq\f(1,2)，因此微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan(α＋β)＝eq\f(\a\vs4\al(tanα＋tanβ),1－tanαtanβ)＝3，C錯誤；微粒射入電容器后，經(jīng)時間t，水平方向的位移為x＝v0xt，豎直方向的位移為y＝v0yt－eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得y＝x－eq\f(U2x2,4dU1)，即微粒在電容器中的運動軌跡與微粒的電荷數(shù)量、質(zhì)量無關(guān)，D正確。帶電粒子在勻強電場中偏轉(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。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?？枷?帶電體在靜電力和重力等作用下的類平拋運動例8(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，已知重力加速度為g，下列結(jié)論正確的是()A．兩極板間電場強度大小為eq\f(mg,q)B．兩極板間電壓為eq\f(2mgd,q)C．整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加eq\f(3mg2L2,2veq\o\al(2,0))D．若僅增大兩極板間距，該質(zhì)點仍能垂直打在M上[答案]BD[解析]據(jù)題分析可知，質(zhì)點在平行板間的軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，質(zhì)點的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，則兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE－mg＝mg，解得：E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed可知兩極板間電壓為：U＝eq\f(2mgd,q)，故A錯誤，B正確；質(zhì)點在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離為：y＝eq\f(1,2)at2，而a＝eq\f(qE－mg,m)＝g，t＝eq\f(L,v0)，解得：y＝eq\f(gL2,2veq\o\al(2,0))，故質(zhì)點打在屏上的位置與P點的距離為：s＝2y＝eq\f(gL2,veq\o\al(2,0))，整個過程質(zhì)點重力勢能的增加量為：Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,veq\o\al(2,0))，故C錯誤；因兩極板上所帶電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，若僅增大兩極板間的距離，可知板間場強不變，質(zhì)點在電場中的受力情況不變，則運動情況不變，故質(zhì)點仍能垂直打在M上，D正確。考向3帶電粒子在組合場中的運動例9如圖所示，一真空示波管的電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計)，經(jīng)燈絲與A板間的加速電場加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，偏轉(zhuǎn)電場的右端到熒光屏的距離為l，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力。(1)求電子穿過A板時的速度大小v0；(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y；(3)求OP的距離Y；(4)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y和偏轉(zhuǎn)電壓U2的比叫作示波器的靈敏度，分析說明可采用哪些方法提高示波器的靈敏度。[答案](1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4dU1)(3)eq\f(U2L,2U1d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋l))(4)增加L或者減小d以及減小U1均可增加靈敏度[解析](1)粒子在加速電場中加速，由動能定理可知：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，垂直電場方向：L＝v0t則沿電場方向：eeq\f(U2,d)＝ma側(cè)移量：y＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得：y＝eq\f(U2L2,4dU1)。(3)由幾何關(guān)系可知：eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋l)＝eq\f(y,Y)得：Y＝eq\f(U2L,2U1d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋l))。(4)該示波器的靈敏度D＝eq\f(y,U2)解得：D＝eq\f(L2,4dU1)則增加L或者減小d以及減小U1均可增加靈敏度。例10如圖是示波管的原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成。管內(nèi)抽成真空，給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點，在那里產(chǎn)生一個亮斑。下列說法不正確的是()A．要想讓亮斑沿OY向上移動，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加電壓，且Y′比Y電勢高B．要想讓亮斑移到熒光屏的左下方，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′上加電壓，且X比X′電勢低、Y比Y′電勢低C．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條豎直亮線，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加特定的周期性變化的電壓D．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條正弦曲線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加適當(dāng)頻率的掃描電壓、在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加按正弦規(guī)律變化的電壓[答案]A[解析]要想讓亮斑沿OY向上移動，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加電壓，使電子受向上的電場力，則要使Y比Y′電勢高，A錯誤；要想讓亮斑移到熒光屏的左下方，則要使電子受到OX′以及OY′方向的電場力，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′上加電壓，且X比X′電勢低、Y比Y′電勢低，B正確；由示波管的原理可知，要想在熒光屏上出現(xiàn)一條豎直亮線，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加特定的周期性變化的電壓，C正確；要想在熒光屏上出現(xiàn)一條正弦曲線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加適當(dāng)頻率的掃描電壓、在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加按正弦規(guī)律變化的電壓，D正確。本題選說法不正確的，故選A?？键c三帶電粒子在交變電場中的運動方法技巧1.帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形。當(dāng)粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。2．研究帶電粒子在交變電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用動力學(xué)規(guī)律正確地判斷粒子的運動情況，根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。3．帶電粒子在交變電場中運動的分析要點(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。(2)注意從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。4．對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認(rèn)為是在勻強電場中運動。例11如圖a所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖b所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)[答案]B[解析]設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度時而為負(fù)，時而為正，最終打在A板上時位移為負(fù)，速度為負(fù)。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各選項可知只有B正確?！靖M訓(xùn)練】2.如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O2為中軸線，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時，某一帶負(fù)電的粒子從O1點以速度v0沿O1O2方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計。(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，從t＝0開始，前eq\f(T,3)時間內(nèi)UMN＝2U，后eq\f(2T,3)時間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O2方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。(不計帶電粒子之間的相互作用)答案(1)eq\f(4d2veq\o\al(2,0),U0L2)(2)eq\f(3U0,8)解析(1)設(shè)粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點沿極板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直極板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,0)式中粒子的加速度大小a0＝eq\f(qE0,m)電場強度大小E0＝eq\f(U0,d)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2veq\o\al(2,0),U0L2)。(2)粒子通過兩板間的時間t＝eq\f(L,v0)＝T從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運動時，每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)如圖所示為從不同時刻射入電場的粒子在垂直極板方向的分速度與時間的關(guān)系圖像，根據(jù)題意和圖像分析可知，從t＝nT(n＝0，1，2，…)或t＝eq\f(T,3)＋nT(n＝0，1，2，…)時刻入射的粒子恰好不打在極板上，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×T×vym，式中vym＝a1×eq\f(T,3)解得U＝eq\f(3U0,8)。課時作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1.(2023·河北省保定市高三下二模)一對平行正對的金屬板C、D接入如圖所示的電路中，電源電動勢為E，C板固定，D板可左右平行移動，閉合開關(guān)，一段時間后再斷開開關(guān)，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，已知A到D板的距離是板間距離的三分之一，電子質(zhì)量為m，電荷量為－e，忽略電子的重力，則()A．設(shè)定C板電勢為0，電子在A點的電勢能為－eq\f(2,3)eEB．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置C．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向右平移至某位置D．若要讓電子能夠到達D板，可閉合開關(guān)，再將D板向右平移至某位置答案B解析由題圖可知，金屬板間的電場線方向由C指向D，C、D兩板間的電勢差UCD＝φC－φD＝E，設(shè)C、D兩極板間距離為d，兩極板間電場強度E′＝eq\f(E,d)，沿著電場線電勢逐漸降低，設(shè)定C板電勢為0，即φC＝0，又UCA＝φC－φA＝E′·eq\f(2,3)d，解得φA＝－eq\f(2,3)E，電子在A點的電勢能為EpA＝－eφA＝eq\f(2,3)eE，故A錯誤；閉合開關(guān)，一段時間后再斷開開關(guān)，則金屬板電容器極板上的電荷量Q不變，根據(jù)電容的定義式和決定式C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)，及平行板電容器間電場強度E′＝eq\f(U,d)可知，E′＝eq\f(4πkQ,εrS)，即E′與板間距離無關(guān)，由題意并結(jié)合動能定理可知，若將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置，電子能夠到達D板，若將D板向右平移至某位置，電子無法到達D板，B正確，C錯誤；當(dāng)閉合開關(guān)時，兩極板間電勢差UCD＝E保持不變，根據(jù)動能定理可知，D板無論向左移動還是向右移動，電子都無法到達D板，D錯誤。2.(2022·浙江6月選考)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng))。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D．粒子從N板下端射出的時間t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)答案C解析由于不知道兩粒子或M、N所帶電荷的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，A錯誤；根據(jù)題意，垂直M板向右運動的粒子，到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小，則平行M板向下的粒子到達N板下端過程電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；設(shè)兩板間距離為d，平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，則在電場中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－veq\o\al(2,0)＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，故C正確，D錯誤。3.(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eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°答案C解析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(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B錯誤；由幾何關(guān)系可知，粒子到達MN連線上的某點時，與P點的距離為L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，故C正確；粒子到達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。4.如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍然保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動答案D解析兩極板平行時帶電油滴處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當(dāng)下極板右端向下移動一小段距離時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故油滴向右下方運動，D正確。5.(2022·廣東省深圳市高三下一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)兩個帶電小油滴a、b在勻強電場E中分別以速度v1、v2做勻速直線運動，不計空氣阻力及兩油滴之間的庫侖力，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b帶異種電荷 B．a(chǎn)比b的比荷大C．a(chǎn)的電勢能減小，b的電勢能增加D．沿v1方向電勢增加，沿v2方向電勢減小答案C解析由于兩油滴均做勻速直線運動，則所受電場力與重力平衡，電場力都豎直向上，因此a、b均帶正電荷，A錯誤；根據(jù)qE＝mg得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，因此a、b的比荷相同，B錯誤；a向上運動，電場力做正功，電勢能減小，b向下運動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，C正確；沿電場線方向，電勢減小，因此沿v1方向電勢減小，沿v2方向電勢增加，D錯誤。6.(多選)如圖所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強電場，一帶正電的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出，油滴質(zhì)量為m，電荷量為q，現(xiàn)僅將上極板上移些許，其他條件保持不變，則下列分析正確的是()A．上移后油滴的運動軌跡仍然是直線B．上移后電場強度大小為eq\f(mg,q)，方向豎直向上C．上移后下板和上板之間的電勢差為eq\f(mgd,q)D．上移后油滴穿越兩板之間的電場電勢能減少了mgd答案ABD解析由于油滴沿直線從上極板邊緣射出，可知油滴在極板間一定做勻速直線運動，有qE＝mg，可得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知，當(dāng)上極板向上移動時，E不變，方向仍然豎直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的運動軌跡仍然是直線，A、B正確；綜上分析，由于E不變，根據(jù)U＝Ed，當(dāng)上極板向上移動些許時，上、下兩極板間的電勢差U變大，不再是eq\f(mgd,q)，C錯誤；當(dāng)上極板向上移動后，E不變，所以油滴射出電場時的位置也不變，重力做功－mgd，則靜電力做功mgd，根據(jù)功能關(guān)系可知，油滴的電勢能減少了mgd，D正確。[B組綜合提升練]7.(2022·全國乙卷)(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O為圓心。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，方向指向O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O、半徑分別為r1、r2(R<r1<r2<R＋d)；粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射；粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，軌跡如圖b中虛線所示。則()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入射時的動能答案BD解析粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射，電場力做正功，則動能增大，即粒子3入射時的動能比它出射時的小，同理可知，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故A錯誤，B正確；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，可設(shè)為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，有qE1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，qE2＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(qE1r1,2)＝eq\f(kq,2)，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(kq,2)，即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；粒子3入射后做近心運動，有qE2>meq\f(veq\o\al(2,3),r2)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)<eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確。8.(2022·湖南省永州市高三下高考第三次適應(yīng)性考試)如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(即電子)。若極板長為L，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時(忽略邊緣效應(yīng)及重力影響)，只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C與兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為()A.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m)) B.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,2m))C.eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（L2＋d2）,m)) D.eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（L2－d2）,m))答案C解析從細(xì)管C發(fā)射出的β粒子的末速度方向沿水平方向，則其逆運動為該β粒子從細(xì)管C水平進入電場，最后落到O，做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律，有L＝v0t，eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2，vy＝at，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，根據(jù)牛頓第二定律有ma＝eeq\f(U,d)，聯(lián)立解得從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為v＝eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（L2＋d2）,m))，故選C。9．(2023·浙江1月選考)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eq\f(eU,m)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eq\r(2meU)D．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα＝eq\f(l,20d)答案D解析在XX′極板間的電場強度大小為Ex＝eq\f(U,d)，電子在該電場中所受電場力大小為Fx＝eEx，由牛頓第二定律可得Fx＝max，聯(lián)立得電子在XX′極板間的加速度大小為ax＝eq\f(eU,md)，A錯誤；設(shè)電子經(jīng)加速電場加速后速度大小為vz，由動能定理有10Ue＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,z)，設(shè)電子在XX′極板間運動的時間為t，離開XX′極板間時在垂直O(jiān)O′方向的分速度大小為vx，有l(wèi)＝vzt，vx＝axt，電子離開XX′極板后做勻速直線運動，所以打在熒光屏?xí)r，動能大小為Ek＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,z)＋veq\o\al(2,x))，聯(lián)立得Ek＝eUeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(l2,40d2)))，B錯誤；電子在XX′極板間受到電場力的沖量大小為Ix＝Fxt，聯(lián)立得Ix＝eq\f(l,d)eq\r(\f(meU,20))，C錯誤；打在熒光屏?xí)r，電子速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα＝eq\f(vx,vz)，聯(lián)立得tanα＝eq\f(l,20d)，D正確。10．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長L＝10cm，極板間距d＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢差隨時間變化的圖像如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求：(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的位置到O點的距離；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度。答案(1)13.5cm(2)30cm解析(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)電容器間偏轉(zhuǎn)電場的場強為E，則有：E＝eq\f(U,d)②設(shè)電子經(jīng)時間t通過偏轉(zhuǎn)電場，偏離軸線的側(cè)向位移為y，則：沿中心軸線方向有：t＝eq\f(L,v0)③垂直中心軸線方向有：a＝eq\f(eE,m)④聯(lián)立①②③④得y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eUL2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4U0d)⑤設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場時有：vy＝at⑥tanθ＝eq\f(vy,v0)⑦則電子在熒光屏上偏離O點的距離為Y＝y(tǒng)＋Ltanθ＝eq\f(3UL2,4U0d)⑧由題圖乙知t＝0.06s時刻U＝1.8U0，解得Y＝13.5cm。(2)由題知電子偏轉(zhuǎn)量y的最大值為eq\f(d,2)，根據(jù)y＝eq\f(UL2,4U0d)可得，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了。代入⑧式得：Ymax＝eq\f(3L,2)⑨所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長度為：2Ymax＝3L＝30cm。第八章核心素養(yǎng)提升[科學(xué)思維提煉]1．守恒思想：電荷守恒定律。2．轉(zhuǎn)換法：(1)利用驗電器兩金屬箔片張開的角度大小顯示帶電體帶電量的多少；(2)利用靜電計指針偏角顯示電容器極板間電壓大小。3．放大法、轉(zhuǎn)換法：(1)庫侖扭秤實驗；(2)密立根油滴實驗——電子電荷量的測定。4．控制變量法：(1)探究影響電荷間相互作用的力的演示實驗；(2)研究影響平行板電容器電容因素的演示實驗。5．比例法定義物理量：(1)電場強度的定義；(2)電勢的定義；(3)電容的定義。6．作圖法：(1)用電場線、等勢線(等勢面)形象描述電場的性質(zhì)；(2)根據(jù)平行板電容器充放電時電流大小隨時間的變化圖像，求解電容器所帶的電荷量。7．類比法：(1)等勢線與等高線的類比；(2)電容物理意義的理解；(3)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動——類平拋運動。8．微元法：推導(dǎo)靜電力做功特點的過程。9．反證法：分析靜電平衡狀態(tài)導(dǎo)體內(nèi)電場特點的思路。10．等分法：確定電場線及電勢高低的一種方法。11．等效法：分析帶電物體在勻強電場與重力場作用下運動的模型——等效重力場法：等效重力加速度、等效最高點、等效最低點。[素養(yǎng)提升集訓(xùn)]一、選擇題(本題共7小題)1．(2023·廣東省佛山市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測(二))(多選)某種駐極體自身總帶有定量的電荷，且所帶電荷無法自由移動，利用駐極體可實現(xiàn)力電轉(zhuǎn)換，進而解決可穿戴電子設(shè)備的供電難題。下圖為某種可發(fā)生彈性形變的駐極體，其內(nèi)部帶有負(fù)電荷，閉合開關(guān)，按壓駐極體，下方金屬板上的自由電子在靜電力作用下發(fā)生如右圖所示的移動。下列說法正確的是()A．若閉合開關(guān)S，在向下按壓駐極體的過程中，電流自左向右流經(jīng)電阻RB．若閉合開關(guān)S，在向下按壓駐極體的過程中，機械能轉(zhuǎn)化為電能C．若閉合開關(guān)S，周期性按壓駐極體，有交變電流流經(jīng)電阻RD．若斷開開關(guān)S，按壓駐極體，則下方金屬板上的P點電勢升高答案BC解析若閉合開關(guān)S，由按壓狀態(tài)圖可知，電子自左向右流經(jīng)電阻R，故電流自右向左流經(jīng)電阻R，故A錯誤；若閉合開關(guān)S，由題目描述可知，在向下按壓駐極體的過程中，機械能轉(zhuǎn)化為電路的電能，故B正確；若閉合開關(guān)S，向下按壓駐極體時金屬板上的自由電子自左向右流經(jīng)電阻R進入大地，可知當(dāng)停止按壓，駐極體恢復(fù)為原狀，自由電子從大地經(jīng)電阻R流回金屬板，所以若周期性按壓駐極體，則有交變電流流經(jīng)電阻R，故C正確；開關(guān)閉合，沒有按壓駐極體時無電流，說明金屬板上P點電勢等于大地的電勢，按壓駐極體時，電流方向自右向左，說明大地電勢高于此時P點電勢，所以若斷開開關(guān)S，按壓駐極體，會使P點電勢降低，故D錯誤。2.(2021·江蘇高考)一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA＝OB，現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則()A．O、C兩點電勢相等B．A點的電場強度大于B點C．沿直線從A到B電勢先升高后降低D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大答案A解析在均勻帶正電的完整球面中，球內(nèi)場強處處為零，則O、C兩點電勢相等；由對稱性可知，左、右半球面在O點的電勢相等，在C點的電勢也相等，則題中O、C兩點電勢相等，故A正確。在均勻帶正電的完整球面中，設(shè)左、右半球面在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則知E1＝E2，根據(jù)對稱性，左、右半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E2和E1，且E1＝E2；在圖示電場中，A點的電場強度大小為E2，B點的電場強度大小為E1，所以A點的電場強度與B點的電場強度大小相等，沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大，故B、D錯誤。對于均勻帶正電的右半球面，由電場疊加可知，AO直線處場強方向向左；同理可知完整球面的左半球面在OB處場強方向向右，又因在完整球面內(nèi)部場強處處為零，可知右半球面在OB處場強方向向左；故題中右半球面在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢逐漸升高，故C錯誤。3．(2022·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高三下教學(xué)情況調(diào)研二)足夠大的帶電金屬平板其附近的電場可看作勻強電場，平行板電容器內(nèi)部電場是兩個極板電荷的疊加場。某平行板電容器的帶電量為Q，內(nèi)部場強為E，不計電容器的邊緣效應(yīng)，其兩極板間的吸引力為()A．QE B.eq\f(QE,2)C．2QE D．4QE答案B解析將電容器的一個極板上的電荷看作是場源電荷，另一個極板上的電荷看作檢驗電荷，由題意可知電容器內(nèi)部電場是兩個極板電荷產(chǎn)生的勻強電場的疊加場，則場源電荷產(chǎn)生的電場場強大小為eq\f(E,2)，因此兩極板相互間的靜電力為F＝eq\f(E,2)·Q＝eq\f(QE,2)，故B正確，A、C、D錯誤。4．(2023·遼寧省葫蘆島市高三下第二次模擬)(多選)為了測定某平行于紙面的勻強電場的場強，某同學(xué)進行了如下操作：取電場內(nèi)某一位置O點為坐標(biāo)原點建立x軸，選取x軸上到O點距離為r的P點(圖中未標(biāo)出)，以O(shè)為圓心、r為半徑作圓。如圖甲所示，從P點起逆時針沿圓周測量圓上各點的電勢和轉(zhuǎn)過的角度θ，當(dāng)半徑r分別取r0、2r0、3r0時，繪制的φ-θ圖像對應(yīng)乙圖中③、②、①，它們的電勢均在θ＝θ0時達到最大值，最大值分別為2φ0、3φ0、4φ0。下列說法正確的是()A．O點為電勢零點B．場強的大小為eq\f(φ0,r0)C．場強方向與x軸正方向的夾角為θ0D．曲線①、②、③的交點M和N在同一等勢線上答案BD解析電勢降低最快的方向是電場方向，則以O(shè)為圓心、r為半徑的圓周上過電勢最高點的電場線一定過圓心O，且方向為從電勢最高點指向O點，結(jié)合題圖乙知，電場方向與x軸負(fù)方向夾角為θ0，故C錯誤；由上述分析，根據(jù)勻強電場中電勢差與場強的關(guān)系U＝Ed，結(jié)合題意和題圖乙可知，場強大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(φ1max－φ3max,3r0－r0)＝eq\f(φ0,r0)，B正確；根據(jù)U＝Δφ＝Ed可知，O點電勢φO＝2φ0－Er0＝φ0，A錯誤；曲線①、②、③交于M、N兩點，則半徑r分別取3r0、2r0、r0的圓周上的點在θ＝θM和θ＝θN時電勢分別相等，根據(jù)勻強電場場強方向與等勢線的關(guān)系可知，θ＝θM和θ＝θN時，對應(yīng)的半徑均垂直于場強方向，故M和N在過O點的同一等勢線上，故D正確。5.(2023·福建省三明市高三下質(zhì)量檢測)(多選)如圖，水平放置的A、B板和M、N板分別組成平行板電容器C1和C2，A板通過一理想二極管與M板相連接，B板和N板都接地。M、N兩板之間插有電介質(zhì)，A板和B板正中均有一小孔，兩孔在同一豎直線上。現(xiàn)讓A板帶正電，穩(wěn)定后，一帶電液滴從小孔正上方由靜止開始下落，穿過小孔到達B板處速度恰為零?？諝庾枇雎圆挥嫞瑯O板間電場視為勻強電場。下列說法正確的是()A．僅將A板向下移動一小段距離后，A板電勢升高B．僅將N板向右移動一小段距離時，C1、C2均不充、放電C．僅在M、N板間更換相對介電常數(shù)更大的電介質(zhì)時，C1充電、C2放電D．M板向下移動一小段距離時，液滴能穿過B板小孔答案BD解析開始各板均不帶電，各板電勢均為0，讓A板帶正電后，A板電勢大于0，二極管導(dǎo)通，有電流從A板到M板，M板帶上正電，直到A、M板電勢相同后達到穩(wěn)定。僅將A板向下移動一小段距離后，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器C1的電容增大，設(shè)A板電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)可知A板電勢降低，所以M板要給A板充電，但是二極管反向無法接通，所以不能充電，故A板電荷量不變，電勢降低，故A錯誤；僅將N板向右移動一小段距離時，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器C2的電容減小，設(shè)M板電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)可知M板電勢升高，M板要給A板充電，但是二極管反向無法接通，所以不能充電，故M板電荷量不變，A板電荷量不變，C1、C2均不充、放電，故B正確；僅在M、N板間更換相對介電常數(shù)更大的電介質(zhì)時，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器C2的電容增大，設(shè)M板電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)可知M板電勢降低，A板要給M板充電，二極管正向?qū)?，所以能充電，則C1放電、C2充電，故C錯誤；M板向下移動一小段距離時，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器C2的電容增大，由C項分析同理可知C1放電、C2充電，則A、B板間電勢差減小，電場強度減小，帶電液滴在A、B板間克服電場力做功減小，由動能定理可知液滴能穿過B板小孔，故D正確。6.(2023·浙江6月選考)AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為1.0×10－8C、質(zhì)量為3.0×10－4kg的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點。閉合開關(guān)S，小球靜止時，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運動到CD板上的M點(未標(biāo)出)，重力加速度g取10m/s2，則()A．MC距離為5eq\r(3)cmB．電勢能增加了eq\f(3,4)eq\r(3)×10－4JC．電場強度大小為eq\r(3)×104N/CD．減小R的阻值，MC的距離將變大答案B解析閉合開關(guān)、剪斷細(xì)線前對小球受力分析如圖1所示，根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，水平方向有Tcos60°＝qEcos60°，豎直方向有Tsin60°＋qEsin60°＝mg，聯(lián)立解得T＝eq\r(3)×10－3N，電場強度的大小E＝eq\r(3)×105N/C，C錯誤；剪斷細(xì)線，小球所受合力沿細(xì)線拉力T的反方向，大小為F合＝T＝eq\r(3)×10－3N，則小球沿原細(xì)線方向向