資源簡介

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第21講　電容器的電容、帶電粒子在電場中的運動
目錄
[考試標準] 1
[基礎過關] 1
一、電容器 1
二、帶電粒子在電場中的運動 2
[命題點研究] 2
命題點一　平行板電容器的動態分析 2
命題點二　帶電粒子在電場中的直線運動 5
命題點三　帶電粒子在電場中的偏轉 8
[課時訓練] 10
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
電容器的電容 c 1.不要求應用平行板電容器電容的決定式進行計算． 2.示波管問題的分析與計算不涉及兩個偏轉電極同時加電壓的情形． 3.解決帶電粒子偏轉運動問題只限于垂直電場方向入射且偏轉電極加恒定電壓的情形.
帶電粒子在電場中的運動 d
[基礎過關]
一、電容器
1．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種電荷，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化為其他形式的能．
2．公式C＝和C＝的比較
(1)定義式：C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關．
(2)決定式：C＝，εr為電介質的相對介電常數，S為極板正對面積，d為板間距離．
二、帶電粒子在電場中的運動
1．加速問題
若不計粒子的重力且無其他外力作用，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的動能的增量．
(1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02.
(2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv02.
2．帶電粒子在電場中偏轉的運動規律
不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，如圖1.
圖1
(1)沿初速度方向做勻速直線運動
運動時間
(2)沿電場力方向，做勻加速直線運動
[命題點研究]
命題點一　平行板電容器的動態分析
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．
(2)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．動態分析思路
(1)U不變
①根據C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據E＝分析場強的變化．
③根據UAB＝E·d分析某點電勢變化．
(2)Q不變
①根據C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化．
②根據E＝＝分析場強變化．
（多選）（2022春 余姚市期末）如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，現使B板帶電，則下列判斷正確的是（　　）
A．增大兩極板之間的距離，指針張角變大
B．將A板稍微上移，靜電計指針張角將變大
C．若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大
D．若將A板拿走，則靜電計指針張角變為零
（2022秋 浙江期中）如圖所示為一種電容傳聲器，b是固定不動的金屬板，a是能在聲波驅動下沿水平方向振動的金屬膜片，a、b構成一個電容器，其工作原理是當聲波作用于金屬膜片時，金屬膜片發生相應的振動，于是就改變了它與固定極板b間的距離，從而使電容發生變化，而電容的變化可以轉化為電路中電信號的變化，閉合開關K，若聲源S發出聲波使a向右運動時（　　）
A．電容器的電容減小
B．a、b板之間的電場強度減小
C．電容器極板上的電荷量增加
D．流過電流表的電流方向為自右向左
（2022秋 金東區校級期中）2022年9月16日12時40分前后，臺風“梅花”（熱帶風暴）的中心在金普新區再次登陸，登陸時中心附近最大風力有9級。小李同學用所學知識設計了一個電容式風力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風力作用下向右移動，引起電容的變化，風力越大，移動距離越大（兩電極不接觸）。在受到風力作用時，下列說法正確的是（　　）
A．電容器電容變小
B．若極板上電荷量保持不變，則極板間電場強度變大
C．若電容器始終接在恒壓電源上，則極板所帶電荷量增大
D．只有保持極板電荷量不變，才能通過靜電計指針張角反映風力大小，且風力越大張角越大
（多選）（2022秋 柯橋區期中）圖甲為某廠商生產的平行板電容式電子體重秤，其內部電路簡化圖如圖乙所示，稱重時，人站在體重秤面板上，使平行板上層膜片電極在壓力作用下向下移動，則下列說法正確的是（　　）
A．上層膜片下移過程中，電流表有b到a的電流
B．電容器的電容減小，上下極板間的電壓減小
C．電容器的電容增大，所帶電荷量增大
D．上層膜片穩定后，平行板電容器上下極板均不帶電荷
命題點二　帶電粒子在電場中的直線運動
1．做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．
2．用動力學觀點分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
類型1　帶電粒子在勻強電場中的直線運動
（2023 浙江模擬）衛星在一定高度繞地心做圓周運動時，由于極其微弱的阻力等因素的影響，在若干年的運行時間中，衛星高度會發生變化（可達15km之多），利用離子推進器可以對衛星進行軌道高度、姿態的調整。離子推進器是利用電場將處在等離子狀態的“工質”加速后向后噴出而獲得前進的動力，原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中推進器獲得恒定的推力。設單位時間內飄入的正離子數目為n，離子質量為m，電荷量為q，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說法正確的是（　　）
A．正離子經加速后由B處噴出形成的等效電流大小
B．離子推進器獲得的平均推力大小
C．加速正離子束所消耗的功率P＝nqU
D．為提高能量的轉換效率，要使盡量大，可以使用比荷更大的正離子作為推進器
（2022秋 余姚市校級期中）密立根通過觀測油滴的運動規律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。如圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內都勻速下落了距離h1。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續以原速度下落，B經過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內上升了距離h2（h2≠h1），隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f＝kv，其中k為比例系數，m為油滴質量，v為油滴運動速率。不計空氣浮力，重力加速度為g。求：
（1）比例系數k；
（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；
（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向。
類型2　帶電粒子在交變電場中的直線運動
（多選）（2022秋 衢州期末）如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，序號為奇數的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t＝0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應，則（　　）
A．在時奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為負值
B．由于靜電屏蔽作用，圓筒內不存在電場
C．電子運動到第n個圓筒時動能為（n﹣1）eU
D．第n個和第n+1個圓筒的長度之比為
（2022春 湖州期末）如圖甲所示，某裝置由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，序號為奇數的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。在t＝0時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值。此時位于和偶數圓筒相連的金屬圓板（序號為0）中央有一個電子由靜止開始加速。已知電子質量為m、電荷量為e、電壓絕對值為U、周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計，則（　　）
A．電子在金屬圓筒中被加速
B．電子在金屬圓筒中的運動時間為T
C．電子出第n個圓筒瞬間速度為
D．第n個圓筒長度為
（2018秋 金華期末）如圖是某款家用空氣凈化器及其原理示意圖，污濁空氣通過過濾網后塵埃帶電。圖中充電極b、d接電源正極集塵極a、c、e接電源負極（接地）。以下說法正確的是（　　）
A．通過過濾網后空氣中的塵埃帶負電
B．c、d兩個電極之間的電場方向豎直向下
C．塵埃在被吸附到集塵極e的過程中動能增大
D．塵埃被吸附到集塵極a的過程中所受電場力做負功
命題點三　帶電粒子在電場中的偏轉
1．兩個結論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．
證明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為.
2．功能關系
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：qUy＝mv2－mv02，其中Uy（2022春 平陽縣校級期中）長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個帶電量為+q、質量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上極板垂直于電場線方向進入該電場，剛好從下極板邊緣射出，射出時速度恰與下極板成30°角，如圖所示，不計粒子重力，求：
（1）粒子末速度的大小；
（2）勻強電場的場強；
（3）兩板間的距離．
（多選）（2022秋 荔灣區校級期中）如圖所示，平行板電容器充電后形成一個勻強電場，大小保持不變，讓質子（）流先、后兩次以不同初速度垂直射入電場，分別沿a、b軌跡落到極板的中央和邊緣，則質子沿b軌跡運動時（　　）
A．加速度更大
B．初速度更大
C．動能增量更大
D．電勢能增量與沿a軌跡運動時相同
（2021秋 興義市校級期中）如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出。已知板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t（不計粒子的重力），則（　　）
A．在前時間內，電場力對粒子做的功為
B．在后時間內，電場力對粒子做的功為
C．粒子的出射速度偏轉角滿足tanθ
D．粒子前和后的過程中，速度變化量之比為：1
（2020秋 鄂州期中）氫原子的三個同位素（H、H、H）在同一地點同時以相同的初速度飛入偏轉電場，出現了如圖所示的軌跡，由此可以判斷下列正確的是（　　）
A．動能的增加量c最小，a和b一樣大
B．在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上
C．動能增加量a最小，b和c一樣大
D．三個粒子（H、H、H）的軌跡分別為c、b、a
（多選）（2022秋 南崗區校級期末）電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結構簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒（重力不計），此微粒經過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉電場，再經偏轉電場后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越大打在紙上的字跡越大。現要縮小字跡，下列措施可行的是（　　）
A．增大墨汁微粒的比荷
B．增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能
C．增大偏轉極板的長度
D．增大偏轉極板間的間距
[課時訓練]
一．選擇題（共9小題）
1．（2023 西湖區校級模擬）利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流表，V為電壓表。下列說法正確的是（　　）
A．充電過程中，電流表的示數逐漸增大后趨于穩定
B．充電過程中，電壓表的示數迅速增大后趨于穩定
C．放電過程中，電流表的示數均勻減小至零
D．放電過程中，電壓表的示數均勻減小至零
2．（2022 浙江三模）下列四幅圖中描述電容器充電時，其電荷量Q、電壓U、電容C之間的相互關系，其中不正確的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2022 浙江模擬）如圖所示，平行板電容器充電后斷開電源，上極板接地，在板間P點處固定一個試探電荷q，現將下極板向下平移一小段距離，用F表示試探電荷在P點所受的電場力，用E表示極板間的電場強度，用φ表示P點的電勢，用Ep表示試探電荷在P點的電勢能，則下列物理量隨P與下極板的距離d的變化關系圖線中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2020 浙江模擬）近幾年有軌電車在我國多個城市開通試運營。這種電車采用超級電容器作為電能存儲設備，安全環保。給該車充電的充電樁安裝在公交站點，在乘客上下車的時間里可把電容器充滿。假設這種電車的質量（含乘客）為10t，以速度10m/s正常勻速行駛時，一次充滿可持續正常行駛5km，電車受到的平均阻力為車重的0.02倍，充電樁電能最終轉化為電車機械能的效率為75%，則（　　）
A．該電車正常勻速行駛時，電動機輸出功率為2×103W
B．連接充電樁充電時，超級電容器將電能轉化為化學能
C．連接充電樁充電時，加在超級電容器兩端的電壓應高于其額定電壓
D．若某次進站從接近沒電到充滿電，電車從充電樁所獲得的電能約為1.3×107J
5．（2023 甲卷）在一些電子顯示設備中，讓陰極發射的電子束通過適當的非勻強電場，可以使發散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其中正確的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2023 全國）如圖，兩塊大導體板水平相對放置，相距為d，電勢分別為U0和﹣U0（U0＞0 ），長為L的絕緣細繩上端固定于上板，下端與質量為m的帶正電小球連接，小球帶電量為Q。重力加速度大小為g。小球在平衡位置附近擺動的周期是（　　）
A．2π B．2π
C．2π D．2π
7．（2021 浙江模擬）如圖所示，A、B兩導體板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放（電子的重力忽略不計）。為使電子有可能在板間做往復運動，在A、B兩板間應加的電壓是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2023 浙江）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、質量為3.0×10﹣4kg的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點（未標出），則（　　）
A．MC距離為5cm
B．電勢能增加了J
C．電場強度大小為104N/C
D．減小R的阻值，MC的距離將變大
9．（2021 浙江模擬）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左邊緣射入，并沿直線從上極板右邊緣射出，油滴質量為m，帶電荷量為q。現僅將上極板上移少許，其他條件保持不變，重力加速度為g，則下列分析正確的是（　　）
A．上移后，油滴的運動軌跡是曲線
B．上移后，電場強度大小小于，方向豎直向上
C．上移后，下極板和上極板之間的電勢差為
D．上移后，油滴穿越兩板之間的電場時電勢能減少了mgd
二．解答題（共1小題）
10．（2022 杭州二模）某種質譜儀由偏轉電場和偏轉磁場組成，其示意圖如圖所示，整個裝置處于真空中。偏轉電場的極板水平放置，極板長度和間距均為L。在偏轉電場右側適當位置有一夾角為2θ的足夠大扇形區域OPQ，區域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，區域的OP邊與偏轉極板中心軸線MN垂直，扇形圓心O點與軸線MN的距離為d。現有大量正離子（單個離子質量為m、電荷量為q）連續不斷地以速度v0沿軸線MN射入偏轉電場。當偏轉電壓為0時，離子均能垂直扇形區域的OQ邊射出磁場；若在兩極板間加峰值為Um的正弦式電壓，則所有離子經過磁場偏轉后都能經過磁場外同一點（圖中未畫出）。若僅考慮極板間的電場，離子在電場中運動的時間遠小于兩極板間所加交變電壓的周期，不計離子的重力和離子間的相互作用，求：（可能用到的數學公式：sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ）
（1）偏轉磁場的磁感應強度；
（2）離子在通過偏轉電場的過程中動量變化量的最大值；
（3）離子在偏轉磁場中運動的最長時間與最短時間的差值；
（4）扇形區域的OP邊與極板右端的距離。
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第21講　電容器的電容、帶電粒子在電場中的運動
目錄
[考試標準] 1
[基礎過關] 1
一、電容器 1
二、帶電粒子在電場中的運動 2
[命題點研究] 2
命題點一　平行板電容器的動態分析 2
命題點二　帶電粒子在電場中的直線運動 6
命題點三　帶電粒子在電場中的偏轉 12
[課時訓練] 16
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
電容器的電容 c 1.不要求應用平行板電容器電容的決定式進行計算． 2.示波管問題的分析與計算不涉及兩個偏轉電極同時加電壓的情形． 3.解決帶電粒子偏轉運動問題只限于垂直電場方向入射且偏轉電極加恒定電壓的情形.
帶電粒子在電場中的運動 d
[基礎過關]
一、電容器
1．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種電荷，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化為其他形式的能．
2．公式C＝和C＝的比較
(1)定義式：C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關．
(2)決定式：C＝，εr為電介質的相對介電常數，S為極板正對面積，d為板間距離．
二、帶電粒子在電場中的運動
1．加速問題
若不計粒子的重力且無其他外力作用，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的動能的增量．
(1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02.
(2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv02.
2．帶電粒子在電場中偏轉的運動規律
不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，如圖1.
圖1
(1)沿初速度方向做勻速直線運動
運動時間
(2)沿電場力方向，做勻加速直線運動
[命題點研究]
命題點一　平行板電容器的動態分析
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．
(2)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．動態分析思路
(1)U不變
①根據C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據E＝分析場強的變化．
③根據UAB＝E·d分析某點電勢變化．
(2)Q不變
①根據C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化．
②根據E＝＝分析場強變化．
（多選）（2022春 余姚市期末）如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，現使B板帶電，則下列判斷正確的是（　　）
A．增大兩極板之間的距離，指針張角變大
B．將A板稍微上移，靜電計指針張角將變大
C．若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大
D．若將A板拿走，則靜電計指針張角變為零
【解答】解：
A、增大兩極板之間的距離，由電容的決定式C可知，電容減小，電容器的電量不變，由C分析可知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大。故A正確。
B、將A板稍微上移時，正對面積減小，由電容的決定式C可知，電容減小，電量不變，由C分析可知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大。故B正確。
C、將玻璃板插入兩板之間，電容的決定式C可知，電容增大，電量不變，由C分析可知，板間電壓減小，靜電計指針張角變小。故C錯誤。
D、若將A板拿走，B板上帶電量不變，靜電計相當于驗電器，指針張角不為零。故D錯誤。
故選：AB。
（2022秋 浙江期中）如圖所示為一種電容傳聲器，b是固定不動的金屬板，a是能在聲波驅動下沿水平方向振動的金屬膜片，a、b構成一個電容器，其工作原理是當聲波作用于金屬膜片時，金屬膜片發生相應的振動，于是就改變了它與固定極板b間的距離，從而使電容發生變化，而電容的變化可以轉化為電路中電信號的變化，閉合開關K，若聲源S發出聲波使a向右運動時（　　）
A．電容器的電容減小
B．a、b板之間的電場強度減小
C．電容器極板上的電荷量增加
D．流過電流表的電流方向為自右向左
【解答】解：A、聲源S發出聲波使a向右運動時，電容器板間距離減小，根據電容的決定式C可知，電容器的電容增大，故A錯誤；
B、開關K閉合，電容器兩極板間的電壓不變，板間距離減小，由E分析可知a、b板之間電場強度增大，故B錯誤；
CD、根據電容的定義式C得Q＝CU，C增大，U不變，則Q增加，電容器充電，電流流向電容器正極板，即b極板，電流流出負極板，即a極板，流過電流表的方向為自左向右，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2022秋 金東區校級期中）2022年9月16日12時40分前后，臺風“梅花”（熱帶風暴）的中心在金普新區再次登陸，登陸時中心附近最大風力有9級。小李同學用所學知識設計了一個電容式風力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風力作用下向右移動，引起電容的變化，風力越大，移動距離越大（兩電極不接觸）。在受到風力作用時，下列說法正確的是（　　）
A．電容器電容變小
B．若極板上電荷量保持不變，則極板間電場強度變大
C．若電容器始終接在恒壓電源上，則極板所帶電荷量增大
D．只有保持極板電荷量不變，才能通過靜電計指針張角反映風力大小，且風力越大張角越大
【解答】解：A、根據在受到風力作用時，d減小，則電容器電容變大，故A錯誤；
B、根據、Q＝CU和，可得極板間電場強度，故極板上電荷量保持不變，極板間電場強度不變，故B錯誤；
C、由Q＝CU可知，當電容器始終接在恒壓電源上時，電容增大，則電荷量也增大。故C正確；
D、根據和Q＝CU風力越大，d越小，則極板間電壓越小，靜電計指針張角越小，故D錯誤。
故選：C。
（多選）（2022秋 柯橋區期中）圖甲為某廠商生產的平行板電容式電子體重秤，其內部電路簡化圖如圖乙所示，稱重時，人站在體重秤面板上，使平行板上層膜片電極在壓力作用下向下移動，則下列說法正確的是（　　）
A．上層膜片下移過程中，電流表有b到a的電流
B．電容器的電容減小，上下極板間的電壓減小
C．電容器的電容增大，所帶電荷量增大
D．上層膜片穩定后，平行板電容器上下極板均不帶電荷
【解答】解：ABC、電容器與電源相連，兩板間電壓不變。上層膜片下移過程中，兩極板間距離d減小，根據得，電容器電容C增大，根據Q＝CU得，電容器所帶電荷量Q增大，電容器充電，電流表有b到a的電流，故AC正確，B錯誤；
D、上層膜片穩定后，平行板電容器上下極板帶等量異種電荷，故D錯誤；
故選：AC。
命題點二　帶電粒子在電場中的直線運動
1．做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．
2．用動力學觀點分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
類型1　帶電粒子在勻強電場中的直線運動
（2023 浙江模擬）衛星在一定高度繞地心做圓周運動時，由于極其微弱的阻力等因素的影響，在若干年的運行時間中，衛星高度會發生變化（可達15km之多），利用離子推進器可以對衛星進行軌道高度、姿態的調整。離子推進器是利用電場將處在等離子狀態的“工質”加速后向后噴出而獲得前進的動力，原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中推進器獲得恒定的推力。設單位時間內飄入的正離子數目為n，離子質量為m，電荷量為q，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說法正確的是（　　）
A．正離子經加速后由B處噴出形成的等效電流大小
B．離子推進器獲得的平均推力大小
C．加速正離子束所消耗的功率P＝nqU
D．為提高能量的轉換效率，要使盡量大，可以使用比荷更大的正離子作為推進器
【解答】解：A、已知單位時間內飄入的正離子數目為n，離子電荷量為q，則正離子經加速后由B處噴出形成的等效電流大小為，故A錯誤；
B、電場對離子加速，由動能定理有
取向右為正方向，對n個正離子，根據動量定理有m0v0＝Ft
其中m0＝nmt，Q＝nqt
由牛頓第三定律知離子推進器獲得的平均推力大小F′＝F
聯立解得離子推進器獲得的平均推力大小F′＝n，故B錯誤；
C、加速正離子束所消耗的功率，故C正確；
D、根據以上分析可得，要使盡量大，可以用質量大、帶電量小即比荷更小的離子作為推進器，故D錯誤。
故選：C。
（2022秋 余姚市校級期中）密立根通過觀測油滴的運動規律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。如圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內都勻速下落了距離h1。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續以原速度下落，B經過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內上升了距離h2（h2≠h1），隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f＝kv，其中k為比例系數，m為油滴質量，v為油滴運動速率。不計空氣浮力，重力加速度為g。求：
（1）比例系數k；
（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；
（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向。
【解答】解：（1）因為兩個油滴在未加電壓時均做勻速直線運動，對A油滴進行分析，根據運動學公式得：
根據平衡狀態得：m0g＝f
結合空氣阻力的表達式f＝kv
聯立解得：k
（2）因為加電壓后A油滴的速度不變，所以A油滴不帶電；B油滴最終向上做勻速運動，由此可知，B油滴受到的電場力應向上，故B油滴帶負電。
B油滴向上做勻速直線運動時，根據運動學公式得：
其受到的空氣阻力向下，根據平衡狀態得：
解得：q
根據功能關系得：
ΔEp＝﹣W電
聯立解得：ΔEp
（3）油滴相遇時，質量為2m0，電荷量等于B油滴的電荷量，則新油滴受到的電場力為
此時要對電場力進行分類討論
①若F＞2m0g，即h2＞h1，新油滴最終向上勻速運動，設達到平衡時速度為v'，則有
2m0g+k 2v'＝F
解得：v'
②若F＜2m0g，即h1＞h2，新油滴最終向下勻速運動，設達到平衡時速度為v''，則有
2m0g＝F+k
解得：v′'
答：（1）比例系數為；
（2）油滴A不帶電，油滴B帶負電，電荷量為；B上升距離h2電勢能的變化量為；
（3）①若h2＞h1，則新油滴的速度大小為，方向豎直向上；②若h1＞h2，則新油滴的速度大小為，方向豎直向下。
類型2　帶電粒子在交變電場中的直線運動
（多選）（2022秋 衢州期末）如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，序號為奇數的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t＝0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應，則（　　）
A．在時奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為負值
B．由于靜電屏蔽作用，圓筒內不存在電場
C．電子運動到第n個圓筒時動能為（n﹣1）eU
D．第n個和第n+1個圓筒的長度之比為
【解答】解：A．根據題意可知，時圓筒1相對圓板的電勢差為正值，同理，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，故A錯誤；
B．因為靜電屏蔽作用，所以圓筒內不存在電場，故B正確；
C．電子每經過一個間隙，電場力做功eU，根據動能定理可得：
neU＝Ek﹣0
由上式可知電子運動到第n個圓筒時動能為neU，故C錯誤；
D．根據動能定理得
第n個和第n+1個圓筒的長度之比為Ln：Ln+1＝vn：vn+1
解得，故D正確。
故選：BD。
（2022春 湖州期末）如圖甲所示，某裝置由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，序號為奇數的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。在t＝0時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值。此時位于和偶數圓筒相連的金屬圓板（序號為0）中央有一個電子由靜止開始加速。已知電子質量為m、電荷量為e、電壓絕對值為U、周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計，則（　　）
A．電子在金屬圓筒中被加速
B．電子在金屬圓筒中的運動時間為T
C．電子出第n個圓筒瞬間速度為
D．第n個圓筒長度為
【解答】解：A、金屬圓筒中電場為零，電子不受電場力，做勻速直線運動，故A錯誤；
B、只有電子在每個圓筒內做勻速直線運動的時間為時，才能保證每次在縫隙中被電場加速，故B錯誤；
CD、電子進入第n個圓筒時，經過n次加速，根據動能定理得：neU0，解得電子出第n個圓筒瞬間速度為vn
由于不計電子通過圓筒間隙的時間，則電子在圓筒內做勻速直線運動的時間恰好是，則第n個圓筒長度為Ln＝vn ，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2018秋 金華期末）如圖是某款家用空氣凈化器及其原理示意圖，污濁空氣通過過濾網后塵埃帶電。圖中充電極b、d接電源正極集塵極a、c、e接電源負極（接地）。以下說法正確的是（　　）
A．通過過濾網后空氣中的塵埃帶負電
B．c、d兩個電極之間的電場方向豎直向下
C．塵埃在被吸附到集塵極e的過程中動能增大
D．塵埃被吸附到集塵極a的過程中所受電場力做負功
【解答】解：A、塵埃經過過濾網后背負極吸引，所以塵埃帶正電，故A錯誤。
B、電場線從正極板指向負極板，d是正極板，c是負極板，所以電場線方向由d指向c，方向向上，故B錯誤。
C、塵埃帶正電，被吸引到集塵極e的過程中電場力做正功，動能增大，故C正確。
D、塵埃帶正電受力方向與電場線方向相同，故吸附到集塵極a的過程中所受電場力做正功，故D錯誤。
故選：C。
命題點三　帶電粒子在電場中的偏轉
1．兩個結論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．
證明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為.
2．功能關系
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：qUy＝mv2－mv02，其中Uy（2022春 平陽縣校級期中）長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個帶電量為+q、質量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上極板垂直于電場線方向進入該電場，剛好從下極板邊緣射出，射出時速度恰與下極板成30°角，如圖所示，不計粒子重力，求：
（1）粒子末速度的大小；
（2）勻強電場的場強；
（3）兩板間的距離．
【解答】解：（1）粒子離開電場時，合速度與水平夾角30度，
由速度關系得合速度：，
（2）粒子在勻強電場中為類平拋運動，
在水平方向上：L＝v0t，
在豎直方向上：vy＝at，
由牛頓第二定律得：qE＝ma
解得：；
（3）粒子做類平拋運動，
在豎直方向上：，
解得：；
答：（1）粒子末速度的大小；（2）勻強電場的場強；（3）兩板間的距離：．
（多選）（2022秋 荔灣區校級期中）如圖所示，平行板電容器充電后形成一個勻強電場，大小保持不變，讓質子（）流先、后兩次以不同初速度垂直射入電場，分別沿a、b軌跡落到極板的中央和邊緣，則質子沿b軌跡運動時（　　）
A．加速度更大
B．初速度更大
C．動能增量更大
D．電勢能增量與沿a軌跡運動時相同
【解答】解：A、加速度為 a，質子的質量m和電量q不變，場強E相同，則加速度相同。故A錯誤。
B、質子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則偏轉距離 y ，x是水平位移，由圖看出，y相同，則知，v0越大時，x越大，故質子沿b軌跡運動時初速度v0更大。故B正確。
CD、電場力做功為W＝qEy，可見，電場力做功相同，由能量守恒得知，兩次的電勢能增量相同。故C錯誤，D正確。
故選：BD。
（2021秋 興義市校級期中）如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出。已知板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t（不計粒子的重力），則（　　）
A．在前時間內，電場力對粒子做的功為
B．在后時間內，電場力對粒子做的功為
C．粒子的出射速度偏轉角滿足tanθ
D．粒子前和后的過程中，速度變化量之比為：1
【解答】解：AB．粒子在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，因為在t時刻末恰好沿下板的邊緣飛出，則
在前內
粒子電勢降落為
所以電場力對粒子做功為
后內
電場力對粒子做功為
故AB錯誤；
C．粒子的出射速度偏轉角正切為
故C正確；
D．根據初速度為零的勻加速直線運動連續相等位移所用時間之比的推論可知，粒子前和后的過程中，運動時間之比為，而加速度恒定，故速度變化量之比為，故D錯誤。
故選：C。
（2020秋 鄂州期中）氫原子的三個同位素（H、H、H）在同一地點同時以相同的初速度飛入偏轉電場，出現了如圖所示的軌跡，由此可以判斷下列正確的是（　　）
A．動能的增加量c最小，a和b一樣大
B．在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上
C．動能增加量a最小，b和c一樣大
D．三個粒子（H、H、H）的軌跡分別為c、b、a
【解答】解：AC、根據動能定理知，w＝qEy＝△Ek，三個電荷豎直方向的偏移量y，ya＝yb＞yc，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等。c電荷電場力做功最少，動能增加量最小，故A正確，C錯誤；
B、因為三個粒子沿板方向做勻速直線運動，由圖可知，a沿板的位移小于bc的位移，故a打在板上的時間小于b飛離電場所用的時間，故B錯誤；
D、由牛頓第二定律得加速度為：a，同一偏轉電場電勢差U相同，三個粒子的加速度取決于粒子的比荷，由比荷越大，加速度越大，在相等時間內，在豎直方向上的偏移量越大，故三個粒子（H，H，H）的軌跡分別為a、b、c，故D錯誤；
故選：A。
（多選）（2022秋 南崗區校級期末）電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結構簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒（重力不計），此微粒經過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉電場，再經偏轉電場后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越大打在紙上的字跡越大。現要縮小字跡，下列措施可行的是（　　）
A．增大墨汁微粒的比荷
B．增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能
C．增大偏轉極板的長度
D．增大偏轉極板間的間距
【解答】解：微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場后做類平拋運動，則
水平方向：L＝v0t
豎直方向：yat2
又a
聯立解得：y
要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉電場的偏轉量y，由上式分析可知，采用的方法有：減小比荷、增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能Ek0、減小極板的長度L、減小偏轉極板間的電壓U，故BD正確，AC錯誤。
故選：BD。
[課時訓練]
一．選擇題（共9小題）
1．（2023 西湖區校級模擬）利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流表，V為電壓表。下列說法正確的是（　　）
A．充電過程中，電流表的示數逐漸增大后趨于穩定
B．充電過程中，電壓表的示數迅速增大后趨于穩定
C．放電過程中，電流表的示數均勻減小至零
D．放電過程中，電壓表的示數均勻減小至零
【解答】解：A、充電過程中，由于電容器兩端的電壓越來越高，電源與電容器間的電勢差越來越小，電流表的示數逐漸減小，故A錯誤；
B、充電過程中，電流減小的，且減小的越來越慢，電容器的電荷量增加的越來越慢，電容器的電壓即電壓表的示數增大的也越來越慢，故電壓表的示數先迅速增大，后慢慢增大趨于穩定，故B正確；
C、放電過程，電流表的示數是逐漸變小的，但不是均勻減小的，如圖所示：
故C錯誤；
D、放電過程，電壓表的示數是逐漸變小的，但不是均勻減小的，故D錯誤。
故選：B。
2．（2022 浙江三模）下列四幅圖中描述電容器充電時，其電荷量Q、電壓U、電容C之間的相互關系，其中不正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、根據C可知，Q＝UC，由于電容不變，故電量Q和電壓U成正比，故A正確；
BCD、C是電容的定義式，電容器電容的大小與電容的帶電量Q以及電容器兩極板之間的電壓無關，故在C﹣U以及C﹣Q圖象中均為平行橫坐標的直線，故BC正確，D錯誤。
本題選錯誤的，
故選：D。
3．（2022 浙江模擬）如圖所示，平行板電容器充電后斷開電源，上極板接地，在板間P點處固定一個試探電荷q，現將下極板向下平移一小段距離，用F表示試探電荷在P點所受的電場力，用E表示極板間的電場強度，用φ表示P點的電勢，用Ep表示試探電荷在P點的電勢能，則下列物理量隨P與下極板的距離d的變化關系圖線中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：下極板下移，d變大，由可知，C變小，由可知，U變大，由可知，E不變，則由F＝qE知F不變；上極板電勢為零，上極板與P點的距離不變，則P點的電勢、電勢能都不變，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
4．（2020 浙江模擬）近幾年有軌電車在我國多個城市開通試運營。這種電車采用超級電容器作為電能存儲設備，安全環保。給該車充電的充電樁安裝在公交站點，在乘客上下車的時間里可把電容器充滿。假設這種電車的質量（含乘客）為10t，以速度10m/s正常勻速行駛時，一次充滿可持續正常行駛5km，電車受到的平均阻力為車重的0.02倍，充電樁電能最終轉化為電車機械能的效率為75%，則（　　）
A．該電車正常勻速行駛時，電動機輸出功率為2×103W
B．連接充電樁充電時，超級電容器將電能轉化為化學能
C．連接充電樁充電時，加在超級電容器兩端的電壓應高于其額定電壓
D．若某次進站從接近沒電到充滿電，電車從充電樁所獲得的電能約為1.3×107J
【解答】解：A、電車的重力：G＝mg＝10×103kg×10N/kg＝1×105N，
所受阻力：f＝0.02G＝0.02×1×105N＝2000N，
電車勻速行駛，則牽引力F＝f＝2000N，
電車正常勻速行駛時的功率：P行＝Fv＝2000N×10m/s＝2.0×104W，故A錯誤；
B、超級電容器直接儲存電荷和電能裝置，故B錯誤；
C、連接充電樁充電時，加在超級電容器兩端的電壓應小于等于其額定電壓，故C錯誤；
D、電車每次充滿電后持續正常行駛5km，電車做功：W＝Fs＝2×103N×5×103m＝1×107J，充電樁輸出的能量約為：E1.3×107J，故D正確。
故選：D。
5．（2023 甲卷）在一些電子顯示設備中，讓陰極發射的電子束通過適當的非勻強電場，可以使發散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其中正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：電子在電場中只受電場力，電場力沿電場線的切線方向，與電場線方向相反，指向電子運動軌跡的凹側。
B：選項中電子在圖1E處受力指向凸測，故B錯誤；
C：選項中電子在圖2F處受力指向凸測，故C錯誤；
D：選項中電子在圖3G處受力指向凸測，故D錯誤；
A：選項電子各處的運動軌跡和受的電場力相符合，故A正確。
故選：A。
6．（2023 全國）如圖，兩塊大導體板水平相對放置，相距為d，電勢分別為U0和﹣U0（U0＞0 ），長為L的絕緣細繩上端固定于上板，下端與質量為m的帶正電小球連接，小球帶電量為Q。重力加速度大小為g。小球在平衡位置附近擺動的周期是（　　）
A．2π B．2π
C．2π D．2π
【解答】解：若上下導體板電勢均為零時，由單擺周期公式可得，小球在平衡位置附近擺動的周期為
T0＝2π
由于上下導體板間有電勢差，帶電小球處于重力場和電場的雙重作用中，故上述周期公式中的重力加速度g實際應為重力場和電場作用下的等效重力加速度g′
上下導體板間有電勢差為U＝U0﹣（﹣U0）＝2U0
上下導體板間的電場強度為E
按照力的獨立性原則，小球在重力場和電場共同作用下，產生的等效重力加速度g′應滿足
g′＝g
聯立各式解得
g′
代入單擺周期公式，可得小球在平衡位置附近擺動的周期為
T＝2π
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
7．（2021 浙江模擬）如圖所示，A、B兩導體板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放（電子的重力忽略不計）。為使電子有可能在板間做往復運動，在A、B兩板間應加的電壓是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、加A圖電壓，電子從A板開始向B板做勻加速直線運動。故A錯誤；
B、加B圖所示電壓電子先勻加速直線運動時間，后做勻減速直線運動時間，至速度為0，再反向勻加速直線運動時間，再勻減速直線運動時間，至速度為0，只要在半個周期沒到達B板，就做往復運動，故B正確；
C、加C圖電壓，電子一直向前運動；故C錯誤；
D、加D圖電壓，可以知道電子在一個周期內速度的方向不變，一直向前運動。故D錯誤。
故選：B。
8．（2023 浙江）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、質量為3.0×10﹣4kg的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點（未標出），則（　　）
A．MC距離為5cm
B．電勢能增加了J
C．電場強度大小為104N/C
D．減小R的阻值，MC的距離將變大
【解答】解：A、剪斷細線，小球沿直線運動到M點，如圖所示：
根據幾何關系可得：MCcm＝10cm，故A錯誤；
B、根據幾何關系可得電場力F和細線拉力T夾角為60°，在三個力所在的三角形中，根據正弦定理可得：
可得電場力大小為：Fmg3.0×10﹣4×10N10﹣3N
逆電場線方向的位移：x＝d﹣Lsin30°，其中：d＝10cm＝0.1m，L＝5cm＝0.05m
解得：x＝0.075m
克服電場力做的功為：W電＝Fx10﹣3×0.075JJ，所以電勢能增加了J，故B正確；
C、電場強度的大小為：E，解得：E105N/C，故C錯誤；
D、電阻兩端電壓為零，電容器兩板間的電壓等于電源電動勢，減小R的阻值，平行板間電壓不變、電場強度不變，受力情況不變，運動情況不變，則MC的距離不變，故D錯誤。
故選：B。
9．（2021 浙江模擬）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左邊緣射入，并沿直線從上極板右邊緣射出，油滴質量為m，帶電荷量為q。現僅將上極板上移少許，其他條件保持不變，重力加速度為g，則下列分析正確的是（　　）
A．上移后，油滴的運動軌跡是曲線
B．上移后，電場強度大小小于，方向豎直向上
C．上移后，下極板和上極板之間的電勢差為
D．上移后，油滴穿越兩板之間的電場時電勢能減少了mgd
【解答】解：AB、由于油滴沿直線在極板間運動，可知油滴一定做勻速直線運動，可得qE＝mg，則電場強度大小為，根據公式，，可得，則當上極板向上移動時，E不變，方向豎直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的運動軌跡仍然是直線，故AB錯誤；
C、綜上分析，由于E不變，根據U＝Ed，當上極板向上移動少許，d變大，所以U變大，兩極板間的電勢差不再是，故C錯誤；
D、當上極板向上移動少許，E不變，所以油滴射出電場時的位置也不變，重力做的負功為﹣mgd，則電場力做的正功為mgd，根據功能關系可知，油滴的電勢能減少了mgd，故D正確。
故選：D。
二．解答題（共1小題）
10．（2022 杭州二模）某種質譜儀由偏轉電場和偏轉磁場組成，其示意圖如圖所示，整個裝置處于真空中。偏轉電場的極板水平放置，極板長度和間距均為L。在偏轉電場右側適當位置有一夾角為2θ的足夠大扇形區域OPQ，區域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，區域的OP邊與偏轉極板中心軸線MN垂直，扇形圓心O點與軸線MN的距離為d。現有大量正離子（單個離子質量為m、電荷量為q）連續不斷地以速度v0沿軸線MN射入偏轉電場。當偏轉電壓為0時，離子均能垂直扇形區域的OQ邊射出磁場；若在兩極板間加峰值為Um的正弦式電壓，則所有離子經過磁場偏轉后都能經過磁場外同一點（圖中未畫出）。若僅考慮極板間的電場，離子在電場中運動的時間遠小于兩極板間所加交變電壓的周期，不計離子的重力和離子間的相互作用，求：（可能用到的數學公式：sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ）
（1）偏轉磁場的磁感應強度；
（2）離子在通過偏轉電場的過程中動量變化量的最大值；
（3）離子在偏轉磁場中運動的最長時間與最短時間的差值；
（4）扇形區域的OP邊與極板右端的距離。
【解答】解：（1）不加偏轉電壓時，離子束能垂直磁場的邊界OQ出磁場，所以在磁場中離子做圓周運動的半徑為：
R＝d
又qv0B
解得：B，且方向垂直紙面向外；
（2）當偏轉電壓最大時，動量變化量最大為：
Δpmax＝mvy
離子在電場中的偏轉過程有：
豎直方向：vy＝at
qE＝ma
E
水平方向：L＝v0t
聯立解得：vy，Δpmax；
（3）如圖，進入磁場的離子速度方向反向延長都匯于G1，最后該束粒子都能會聚于一點G2，故離子在磁場中的圓周運動圓心均在2θ的角平分線上。
離子在磁場中的運動周期與離子的速度無關，所以：
T
當偏轉電壓正向最大時，圓周運動軌跡為C1D1，所對應圓心角最大為：
2（θ+α），
運動的時間為：
tmax
當偏轉電壓負向最大時，圓周運動軌跡為C2D2，所對應圓心角最小為：
2（θ﹣α），
運動時間為：
tmin
由（1）解可知：
tanα，
得α
離子在偏轉磁場中運動的最長時間與最短時間的差值
Δt＝tmax﹣tmin
以上式子聯立可得：Δt；
（4）由離子在電場中偏轉可求得：
（）tanα
在磁場中做圓周運動時有：
qvB；
其中：v
解得：Rmax
在△OO1C1中，根據正弦定理知：
聯立方程組解得：扇形區域的OP邊與極板右端的距離x＝（）。
答：（1）偏轉磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外；
（2）離子在通過偏轉電場的過程中動量變化量的最大值為；
（3）離子在偏轉磁場中運動的最長時間與最短時間的差值為；
（4）扇形區域的OP邊與極板右端的距離為（）。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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