第4講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)

如圖甲是一次心臟除顫器的模擬治療,該心臟除顫器電容器的電容為C,請思考:

(1)電容器在充電和放電過程中電容如何變化?如何確定充電完成后電容器所帶電荷

量?放電過程電流如何變化?

(2)若一正點(diǎn)電荷P在如圖乙所示的勻強(qiáng)電場中靜止釋放,如何確定點(diǎn)電荷P到達(dá)B

板的動(dòng)能?若該正點(diǎn)電荷具有與電場線垂直的初速度,它的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)及到達(dá)B板的時(shí)

間、動(dòng)能、速度等相關(guān)物理量如何確定?

1.有一電解電容器如圖所示,外殼上標(biāo)有“1000μF,10V”。下列關(guān)于該電容器的說法正確

的是()

[A]該電容器在10V電壓以下不能正常工作

[B]當(dāng)所加電壓為8V時(shí),該電容器的電容為800μF

[C]該電容器能容納的電荷量最多為1.0×10-3C

[D]當(dāng)兩極加1V電壓時(shí),該電容器的電荷量為1.0×10-3C

【答案】D

2.如圖所示,比荷相同、重力不計(jì)的a、b兩個(gè)帶電粒子,從同一位置水平射入豎直向下的

勻強(qiáng)電場中,a粒子打在B板的a′點(diǎn),b粒子打在B板的b′點(diǎn),則()

[A]a、b均帶負(fù)電

[B]a的初速度一定小于b的初速度

【答案】異種中和相等1061012

???r?

?4π??4π??

2-類平拋合成分解

mvm2

112?????????

022

22?考點(diǎn)一電容器?0平??行板2?電??0容器?的??動(dòng)0態(tài)分析

如圖,閉合開關(guān)S穩(wěn)定后斷開,電容器所帶電荷量Q保持不變,若增大電容器兩板間的距離

d,請完成以下分析:

[C]a的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定小于b的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

[D]該過程中a所受電場力做的功一定大于b的

【答案】B

(1)根據(jù)電容的決定式分析電容C大小如何變化?

(2)根據(jù)電容的定義式分析電容器兩板間電壓U大小如何變化?

(3)根據(jù)勻強(qiáng)電場電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系E=,結(jié)合(1)(2)的分析,判斷兩板間電場強(qiáng)度E

?

?

大小如何變化?

提示:(1)C=,d變大,其余量不變,故C變小。

εr?

4π??

(2)由C=可得U=,Q不變,C變小,故U變大。

??

??

(3)將C=代入U(xiǎn)=,可得U=,則E===,故E不變。

ε???4π????4π???4π??

4π???ε???ε???ε??

1.對電容定義式C=的理解

?

?

(1)一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的,與電容器的帶電情況無關(guān)。

(2)不能理解為電容C與Q成正比,與U成反比。

2.平行板電容器兩類動(dòng)態(tài)變化的特點(diǎn)比較

[例1]對電容的理解】(2024·四川綿陽階段練習(xí))自動(dòng)體外除顫器是一種便攜式的醫(yī)療設(shè)

備,如圖,它可以診斷特定的心律失常,并且給予電擊除顫,是可被非專業(yè)人員使用的用于搶

救心臟驟?；颊叩尼t(yī)療設(shè)備。某型號自動(dòng)體外除顫器的電容器電容是16μF,充電至4kV

電壓電容器在4ms時(shí)間內(nèi)完成放電,則()

[A]電容器充電后的電荷量為0.64C

[B]電容器放電的平均電流為16A

[C]電容器的擊穿電壓為4kV

[D]電容器放電完成后電容為0

【答案】B

-63.

【解析】Q=CU=16×10×4×10C=0.064C,故A錯(cuò)誤;I==-A=16A,故B正確;該電容

?0064

3

?4×10

器電壓為4kV,不高于額定電壓,擊穿電壓大于額定電壓,故C錯(cuò)誤;電容是表征電容器儲(chǔ)存

電荷本領(lǐng)大小的物理量,放電之后,電容器的電容大小是不變的,故D錯(cuò)誤。

[例2]

【帶電荷量Q不變時(shí)的動(dòng)態(tài)分析】(2024·浙江6月選考卷,6)圖示是“研究電容器兩極板間

距對電容大小的影響”實(shí)驗(yàn),保持電荷量不變,當(dāng)極板間距增大時(shí),靜電計(jì)指針張角增大,則

()

[A]極板間電勢差減小

[B]電容器的電容增大

[C]極板間電場強(qiáng)度增大

[D]電容器儲(chǔ)存能量增大

【答案】D

【解析】根據(jù)Q=CU、C=,可得當(dāng)極板間距增大時(shí)電容減小,由于電容器的帶電荷量

?r?

4π??

不變,故極板間電勢差增大,故A、B錯(cuò)誤;根據(jù)E=得E=,故電場強(qiáng)度不變,故C錯(cuò)誤;

?4π??

??r?

移動(dòng)極板的過程中要克服靜電力做功,故電容器儲(chǔ)存能量增大,故D正確。

[例3]【電壓U不變時(shí)的動(dòng)態(tài)分析】(2024·貴州遵義檢測)(多選)運(yùn)動(dòng)步數(shù)的測量是通過

手機(jī)內(nèi)電容式傳感器實(shí)現(xiàn)的。其原理如圖所示,R為定值電阻,M和N為電容器兩極板,極

板M固定,極板N與兩輕彈簧連接,極板N可動(dòng)。人行走時(shí),若M、N兩極板距離變小,則

()

[A]電容器的電容增大

[B]兩極板間的電場強(qiáng)度變小

[C]電容器的帶電量減小

[D]電流由a經(jīng)電流表流向b

【答案】AD

【解析】電容器兩極板間距變小,則根據(jù)C=可知,電容器的電容增大,故A正確;電容

?r?

4π??

器始終與電源連接,則電壓不變,電容器兩極板間距變小時(shí),由E=知電場強(qiáng)度變大,故B錯(cuò)

?

?

誤;因電容器的電容增大,而電容器兩極板間電壓不變,根據(jù)Q=CU可知電容器帶電量增大,

故C錯(cuò)誤;根據(jù)電容器帶電量增大,則電容器充電,因此電流由a向b流過電流表,故D正確。

[變式]如圖所示,在[例3]電路中電阻R和電源之間連接一個(gè)二極管,試判斷人帶著手機(jī)向

前加速運(yùn)動(dòng)階段與靜止時(shí)相比,手機(jī)上的電容器的電容、兩極板間的電壓、兩極板間的電

場強(qiáng)度,以及兩極板所帶電荷量的變化情況。

【答案】見解析

【解析】人帶著手機(jī)向前加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律可得,彈簧被壓縮,即N板向后運(yùn)動(dòng),

電容器兩極板間的距離變大,由C=得電容器的電容減小;假設(shè)電容器兩極板間電壓不

?r?

4π??

變,由C=知電荷量減小,電容器需要放電,但由于二極管的存在,電容器不能放電,故假設(shè)電

?

?

壓不變不成立,電容器兩極板帶電荷量不變,由C=得兩極板間的電壓增大,由E=得,兩

?4π??

r

極板間電場強(qiáng)度不變。???

考點(diǎn)二帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)

1.對帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)應(yīng)注意的問題

(1)要掌握靜電力的特點(diǎn)。靜電力的大小和方向不僅跟電場強(qiáng)度的大小和方向有關(guān),還跟帶

電粒子的電荷量和電性有關(guān)。

(2)是否考慮重力依據(jù)情況而定。

①基本粒子:如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有特殊說明或明確的暗示外,一般不考慮重

力(但不能忽略質(zhì)量)。

②帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有特殊說明或明確的暗示外,一般都不能忽

略重力。

2.分析帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)的方法

(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析(只適用于勻強(qiáng)電場)。

a=,E=,v2-=2ad。

???2

??0

(2)用功能觀點(diǎn)?分析。

①勻強(qiáng)電場中:W=qEd=qU=mv2-m。

112

22?0

②非勻強(qiáng)電場中:W=qU=Ek2-Ek1。

[例4]【帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)】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(jì)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(shí)的速度大小v;

(3)若在帶電粒子運(yùn)動(dòng)距離時(shí)撤去所加電壓,求該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t。

?

2

【答案】(1)q(2)(3)

?2??3??

??2??

【解析】(1)兩極板間的電場強(qiáng)度E=,

?

?

帶電粒子所受的靜電力F=qE=q。

?

?

(2)帶電粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)到N板的過程,

根據(jù)功能關(guān)系有qU=mv2,

1

2

解得v=。

2??

?

(3)設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)距離時(shí)的速度大小為v′,

?

2

根據(jù)功能關(guān)系有q=mv′2,

?1

22

帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動(dòng),后距離做勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)用時(shí)分別為t1、t2,有

??

22

'

=t1,=v′t2,

???

222

則該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間

t=t1+t2=。

3??

2??

[例5]【帶電體在電場中的直線運(yùn)動(dòng)】(2024·陜西安康期末)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷

量為q的小球在電場強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場中,以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)

做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。ON與水平面的夾角為30°,重力加速度為g,且mg=qE,則()

[A]電場方向豎直向上

[B]小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

[C]小球上升的最大高度為

2

?0

4?

[D]若小球在初始位置的電勢能為零,則小球電勢能的最大值為m

12

20

【答案】C?

【解析】

小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng),合力應(yīng)與速度在同一直線上,即在ON直線上,因mg=qE,電場力與

重力關(guān)于ON對稱,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得,電場強(qiáng)度方向與水平方向的夾角應(yīng)為30°,受力情況如

圖所示。合力沿NO方向向下,大小為mg,加速度大小為g,方向沿NO向下,所以小球做勻

減速直線運(yùn)動(dòng),故A、B錯(cuò)誤;小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得最大位移為xm=,

2

?0

2?

則最大高度為hm=xmsin30°=,故C正確;若小球在初始位置的電勢能為零,當(dāng)小球處于最

2

?0

4?

高點(diǎn)時(shí),則小球電勢能最大,根據(jù)能量守恒定律有m=mghm+Epm,解得小球電勢能的最

12

2?0

大值為Epm=m,故D錯(cuò)誤。

12

0

4?考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

如圖,電性相同的不同帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電

場,則從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí),帶電粒子的軌跡是重合的嗎?

22

提示:在加速電場中有qU0=m,在偏轉(zhuǎn)電場中偏移量y=at=··(),

1

1211???

2?022???0

設(shè)速度偏轉(zhuǎn)角為θ,則tanθ==,

????1?

2

?0???0

得

y=2,tanθ=,

?1??1?

4?0?2?0?

則y、θ均與m、q無關(guān),即偏移量和速度偏轉(zhuǎn)角總是相同的,所以它們的軌跡是重合的。

1.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩個(gè)重要結(jié)論

(1)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,速度偏轉(zhuǎn)角θ的正切值是位移偏轉(zhuǎn)角α正切值的2倍,即tanθ=

2tanα。

(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出時(shí),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O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為。

?

2

2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法

運(yùn)動(dòng)

的將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于電場力方向

分解的勻速直線運(yùn)動(dòng)

法

2

功能當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解:qUy=mv-m,

112

0

關(guān)系22?

其中Uy=y,指運(yùn)動(dòng)過程初、末位置兩點(diǎn)間的電勢差

?

?

[例6]【示波管的工作原理】(2024·山東濰坊模擬)示波管原理圖如圖甲所示。它由電子

槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,管內(nèi)抽成真空。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電

壓,電子束從電子槍射出后沿直線運(yùn)動(dòng),打在熒光屏中心,產(chǎn)生一個(gè)亮斑如圖乙所示。若板

間電勢差UXX′和UYY′隨時(shí)間變化關(guān)系圖像如丙、丁所示,則熒光屏上的圖像可能為()

[A][B]

[C][D]

【答案】A

【解析】UXX′和UYY′均為正值,電場強(qiáng)度方向由X指向X′,由Y指向Y′,電子帶負(fù)電,電場

力方向與電場強(qiáng)度方向相反,所以分別向X、Y方向偏轉(zhuǎn),可知A正確。

[例7]【帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)】如圖所示,虛線MN左側(cè)有一電場強(qiáng)度為E1=E

的勻強(qiáng)電場,在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強(qiáng)度為E2=3E的勻強(qiáng)

電場,在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行且足夠大的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量

絕對值為e,質(zhì)量為m,不計(jì)重力)無初速度地放入電場E1中的A點(diǎn),A點(diǎn)到MN的距離為,

?

2

最后電子打在右側(cè)的屏上,AO連線與屏垂直,垂足為O,求:

(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間;

(2)電子剛射出電場E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值;

(3)電子打到屏上的點(diǎn)到O點(diǎn)的距離。

【答案】(1)3(2)3(3)

??9?

??2

【解析】(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,時(shí)間為t1,

由牛頓第二定律得eE1=ma1,

由位移時(shí)間關(guān)系得=a1,

?12

22?1

電子進(jìn)入E2時(shí)的速度為v1=a1t1,

電子從進(jìn)入電場E2到打在屏上的過程,水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)此過程時(shí)間為t2,則

2L=v1t2,

電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間為t=t1+t2,

聯(lián)立解得t=3。

??

??

(2)設(shè)電子射出電場E2時(shí)平行于電場方向的速度為vy,電子進(jìn)入電場E2時(shí)的加速度為a2,

由牛頓第二定律得eE2=ma2,

vy=a2t3,

L=v1t3,

電子剛射出電場E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值為tanθ=,

??

?1

聯(lián)立解得tanθ=3。

(3)電子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,設(shè)電子打到屏上的點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x,反向延長

射出電場E2時(shí)的速度方向與AO交于O′點(diǎn),O′為電子在電場E2中垂直于電場方向位移的

中點(diǎn),

由幾何關(guān)系得tanθ=,聯(lián)立解得x=L。

?9

3

2?2

[變式]在[例7]中若讓H、H和He三種粒子的混合物由靜止開始從A點(diǎn)釋放,經(jīng)加速、

2

14

12

偏轉(zhuǎn)后打到屏上,試比較三種1粒子整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程所用時(shí)間之比和打到屏上時(shí)的動(dòng)能之比。

【答案】1∶∶1∶1∶2

22

【解析】由[例7]知所用時(shí)間t=3,故所用時(shí)間之比為1∶∶。

??

??22

由[例7]知H、H和He三種粒子由靜止經(jīng)同一電場加速,然后穿過同一偏轉(zhuǎn)電場后運(yùn)

2

14

12

1

動(dòng)軌跡重合,根據(jù)功能關(guān)系有qU=mv2,易得動(dòng)能之比為1∶1∶2。

1

2

計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心距離的方法

(1)y=y0+Ltanθ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)。

(2)y=(+L)tanθ(l為偏轉(zhuǎn)電場寬度)。

?

2

(3)根據(jù)三角形相似=?。

?2+?

?

?0

[例8]2

【帶電粒子在電場和重力場中的偏轉(zhuǎn)】(2024·廣西南寧一模)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(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同初速度先后發(fā)射兩個(gè)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(diǎn)發(fā)射時(shí)的初速度大小為v0,

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

?

2

(1)O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)的高度差;

(2)B小球的加速度大小和電場強(qiáng)度的大小;

(3)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。

【答案】(1)gt2(2)4g

13??

2?

(3)2m(+g2t2)

2

0

【解析?】(1)小球A在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),因此高度差為h=gt2。

1

2

(2)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,小球B運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a。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,

a()2=gt2,

1?1

222

解得a=4g,E=。

3??

?

(3)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的初速度為v1,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek,根據(jù)動(dòng)能定理有

mgh+qEh=Ek-m,

12

2?1

且有v1=v0t,

?

2

h=gt2,

1

222

聯(lián)立解得Ek=2m(+gt)。

2

?0

(滿分:60分)

對點(diǎn)1.電容器平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析

1.(4分)(2024·江蘇南京期末)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)兩極板間的電勢差為U,P點(diǎn)場強(qiáng)大小為E,

電勢為φP,現(xiàn)將A、B兩板水平錯(cuò)開一段距離(兩板間距不變),則()

[A]U變大,E變小[B]U變小,E不變

[C]E變大,φP變小[D]E變小,φP變大

【答案】C

【解析】C=,將A、B兩板水平錯(cuò)開一段距離,則極板正對面積S減小,電容C減小;C=,

?r??

4π???

由于電荷量Q不變,則兩極板間的電勢差U變大;根據(jù)E=,可知板間場強(qiáng)E變大,則P點(diǎn)與

?

?

B板間的電勢差變大,由于B板接地電勢不變,且B板帶正電,所以P點(diǎn)電勢φP變小。

2.(4分)(2024·黑吉遼卷,5)某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)εr與濃度Cm的關(guān)系曲線如圖甲

所示,將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中,并與恒壓電源、電流表等構(gòu)成如圖乙所

示的電路,閉合開關(guān)S后,若降低溶液濃度,則()

[A]電容器的電容減小

[B]電容器所帶的電荷量增大

[C]電容器兩極板之間的電勢差增大

[D]溶液濃度降低過程中電流方向?yàn)镸→N

【答案】B

【解析】由題圖甲可知,降低溶液濃度,不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)εr增大,根據(jù)電容的決

定式C=可知,電容器的電容增大,故A錯(cuò)誤;溶液不導(dǎo)電,沒有形成閉合回路,電容器兩

?r?

4π??

端的電勢差不變,結(jié)合Q=CU分析可知,電容器所帶的電荷量增大,故電容器正在充電,結(jié)合

題圖乙可知,電路中電流方向?yàn)镹→M,故B正確,C、D錯(cuò)誤。

對點(diǎn)2.帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)

3.(4分)(2024·江蘇南京期末)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(diǎn),由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),現(xiàn)將C板

向左平移到P′點(diǎn),則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()

[A]運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回

[B]運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回

[C]運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回

[D]穿過P′點(diǎn)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)

【答案】D

【解析】由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),表明電子在薄板A、B之間做加速

運(yùn)動(dòng),電場力做正功,電場方向向左,在薄板B、C之間做減速運(yùn)動(dòng),電場力做負(fù)功,電場方向

向右,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度恰好為0,根據(jù)動(dòng)能定理有-eUOM-eUMP=0,解得UMP=-UOM=UMO,當(dāng)C

板向左平移到P′點(diǎn),B、C間距減小,由電容的決定式C=知,電容增大,由C=、電荷量

?r??

4π???

Q不變知B、C之間電壓減小,則有UMP=UMO>UMP′,結(jié)合上述有-eUOM-eUMP′>0,可知電子

減速運(yùn)動(dòng)到P′的速度不等于0,即電子穿過P′點(diǎn)后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)。故選D。

4.(6分)(2024·貴州六盤水期末)(多選)如圖所示,在帶電荷量為Q的平行板電容器A、B間,

在M點(diǎn)靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),恰好能沿水平虛線從

M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn),下列說法正確的是()

[A]A板電勢高于B板電勢

[B]小球向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

[C]小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能增加

[D]將A板沿垂直于極板方向向上平移少許距離,小球?qū)⒆銮€運(yùn)動(dòng)

【答案】BC

【解析】小球帶正電,受力分析如圖所示,合力方向從M指向N,小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng),

上極板帶負(fù)電,A板電勢低于B板電勢,所以A錯(cuò)誤,B正確;電場力做正功,機(jī)械能增加,C

正確;將A板沿垂直于極板方向向上平移少許距離后,根據(jù)E===可知,電場強(qiáng)度大

??4π??

????r?

小不會(huì)發(fā)生改變,小球受力情況不變,所以仍將做直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

5.(6分)(2024·吉林模擬)(多選)如圖所示,A、B為水平放置的兩平行正對金屬板,在板中央

分別開有小孔M、N。小孔對平行板之間的電場無影響,其中R為滑動(dòng)變阻器,電源內(nèi)阻不

可忽略。閉合開關(guān)S,待電路穩(wěn)定后,將一帶負(fù)電的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從小孔M、N正上方

的P點(diǎn)由靜止釋放,小球恰好能運(yùn)動(dòng)至小孔N處,每次都將小球從P點(diǎn)由靜止釋放,忽略板

外電場對小球運(yùn)動(dòng)的影響,不計(jì)空氣阻力,下列說法正確的是()

[A]若僅將A板上移少許,則帶電小球?qū)o法運(yùn)動(dòng)至B板的小孔N處

[B]若僅將B板上移少許,則帶電小球?qū)o法運(yùn)動(dòng)至B板的小孔N處

[C]若僅將R的滑片上移,則帶電小球能從B板的小孔N處穿出

[D]若僅將R的滑片下移,則帶電小球能從B板的小孔N處穿出

【答案】BC

【解析】小球從小孔M、N正上方的P點(diǎn)由靜止釋放,小球恰好能運(yùn)動(dòng)至小孔N處,由動(dòng)

能定理知mgh-qU=0,則有mgh=qU,由于開關(guān)閉合,電容器兩極板的電壓不變,所以若僅將A

板上移少許,則帶電小球仍將恰好運(yùn)動(dòng)至B板的小孔N處,故A錯(cuò)誤;若僅將B板上移少許,

則h減小,帶電小球?qū)o法運(yùn)動(dòng)至B板的小孔N處,故B正確;若僅將R的滑片上移,R兩端

的電壓減小,則帶電小球能從B板的小孔N處穿出,故C正確;若僅將R的滑片下移,R兩端

的電壓增大,則帶電小球不能到達(dá)B板的小孔N處,故D錯(cuò)誤。

對點(diǎn)3.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

6.(4分)(2025·安徽滁州測試)如圖,帶電荷量之比為qa∶qb=1∶3的帶電粒子a、b以相等

的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā),沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中,分別打在C、D

點(diǎn),若OC=CD,忽略粒子重力的影響,則()

[A]a和b運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為1∶4

[B]a和b的質(zhì)量之比為3∶4

[C]a和b在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2

[D]a和b的位移大小之比為1∶2

【答案】C

【解析】粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),在水平方向有x=v0t,又由于初速度相等,所以t∝x,

由題意知,a和b在電場中運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為1∶2,則a和b在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比

為1∶2。又因?yàn)榱Ｗ釉谪Q直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),在豎直方向有y=at2,

1

2

由題意知,y相同,則a與t2成反比,則a和b運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1,故A錯(cuò)誤,C正

確。由牛頓第二定律得Eq=ma,則粒子的質(zhì)量m=∝,由題意知qa∶qb=1∶3,又因?yàn)閍和

???

??

b運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1,則a和b的質(zhì)量之比為1∶12,故B錯(cuò)誤。因a、b的水

平位移之比為1∶2,豎直位移相等,則a、b的位移大小之比不等于1∶2,故D錯(cuò)誤。

7.(14分)(2024·重慶一模)某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進(jìn)行治療。在這種療法中,質(zhì)子先被

加速到具有較高的能量,然后被引導(dǎo)轟擊腫瘤,如圖。來自質(zhì)子源的質(zhì)子(初速度為零)經(jīng)加

速電場加速后,沿圖中四分之一圓弧虛線通過輻向電場,再從P點(diǎn)豎直向上進(jìn)入存在水平

向右的勻強(qiáng)電場的圓形區(qū)域,最終轟擊處在圓上Q點(diǎn)的腫瘤細(xì)胞。已知四分之一圓弧虛線

處的場強(qiáng)大小為E0,方向沿半徑指向圓心O,圓O′與OP相切于P點(diǎn),OP=R0,圓形區(qū)域的半

徑為R,Q點(diǎn)位于OP上方處,質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為e。不計(jì)質(zhì)子重力和質(zhì)子間相互作

?

2

用,求:

(1)質(zhì)子在P點(diǎn)處的速度大小v;

(2)加速電場的加速電壓U;

(3)圓形區(qū)域中勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E。

【答案】(1)(2)E0R0

??0?01

?2

(3)

43?0?0

【解析?】(1)質(zhì)子在輻向電場中做圓周運(yùn)動(dòng),所受電場力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,有

解得。

eE0=m2,v=

???0?0

?0?

(2)在加速電場中根據(jù)動(dòng)能定理有eU=mv2,

1

2

解得U=E0R0。

1

2

(3)質(zhì)子進(jìn)入圓形電場中,其在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),有=vt,水平方向做勻加速直線運(yùn)

?

2

動(dòng),由牛頓第二定律有eE=ma,設(shè)O′Q與O′P的夾角為θ,有=R-Rcosθ,

?

2

質(zhì)子在水平方向有Rsinθ=at2,

1

2

聯(lián)立解得E=。

43?0?0

?

8.(4分)(2024·陜西西安二模)在如圖所示的電路中,E為電源電動(dòng)勢,r為電源內(nèi)阻,R1為定值

電阻,R為滑動(dòng)變阻器。MN、PQ為水平放置的兩個(gè)平行金屬板,二者之間的電場可以視為

勻強(qiáng)電場,虛線OO′平行于金屬板。當(dāng)R的滑片在中點(diǎn)時(shí),閉合開關(guān)S,帶電小球以v0從O

點(diǎn)沿OO′飛入,剛好從O′點(diǎn)飛出。若在以下選項(xiàng)條件下,帶電小球都能夠從平行金屬板右

側(cè)飛出,下列說法正確的是()

[A]若金屬板MN平行上移一小段距離,帶電小球仍以v0從O點(diǎn)沿OO′飛入,則小球?qū)⒃贠′

點(diǎn)飛出

[B]若金屬板MN平行下移一小段距離仍在OO′上方,帶電小球仍以v0從O點(diǎn)沿OO′飛入,

則小球?qū)⒃贠′點(diǎn)飛出

[C]若滑動(dòng)變阻器R的滑片向左移動(dòng)一段距離后不動(dòng),帶電小球仍以v0從O點(diǎn)沿OO′飛入,

則飛出點(diǎn)在O′點(diǎn)上方

[D]若滑動(dòng)變阻器R的滑片向右移動(dòng)一段距離后不動(dòng),帶電小球仍以v0從O點(diǎn)沿OO′飛

入,則飛出點(diǎn)在O′點(diǎn)下方

【答案】A

【解析】若金屬板MN平行上移一小段距離,電容器電容變小,電容器電壓不變,所以電容

器電荷量減小,但由于二極管的單向?qū)щ娦?電容器電荷量無法減小,其電荷量不變,由

C=,C=,E=,可得E=,可知場強(qiáng)E不變,帶電小球受到向上的電場力不變,帶電小球

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