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第八章　靜電場
第3節　電容器　帶電粒子在電場中的運動
[學習目標]　1．理解電容的定義及動態變化規律。
2．會利用動力學、功能關系分析帶電粒子在電場中的直線運動。
3．掌握帶電粒子在電場中的偏轉規律，會分析帶電粒子在電場中偏轉的功能關系。
鏈接教材·夯基固本
1．電容器
(1)充、放電
①充電：使電容器兩極板上帶等量____電荷的過程，電源提供的能量儲存在電容器中。
②放電：使電容器兩極板電荷____的過程，電容器儲存的能量轉化為其他形式的能。
異種
中和
(2)電容
①定義式：C＝__。
②單位：法拉(F)、 微法(μF)、皮法(pF)
1 F＝___ μF＝____ pF。
③平行板電容器：C＝________。
106
1012
2．帶電粒子在勻強電場中的運動
(1)加速
①勻強電場：W＝qEd＝qU＝________________。
②非勻強電場：W＝qU＝。
(2)偏轉
①運動形式：______運動。
②處理方法：應用運動的____與____。
③基本關系式
ⅰ．運動時間：t＝____。
ⅱ．加速度：a＝＝＝_____。
ⅲ．偏轉量：y＝at2＝______。
ⅳ．偏轉角θ的正切值：tan θ＝＝＝_______。
類平拋
合成
分解
3．示波管
(1)構造
①電子槍，②________，③熒光屏。(如圖所示)
偏轉電極
(2)工作原理
①YY′偏轉電極上加的是待測的________，XX′偏轉電極上是儀器自身產生的鋸齒形電壓，叫作________。
②觀察到的現象
ⅰ．如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏____，產生一個亮斑。
ⅱ．若所加掃描電壓和________的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內變化的穩定圖像。
信號電壓
掃描電壓
中心
信號電壓
1．易錯易混辨析
(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數和。 (　　)
(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。 (　　)
(3)放電后的電容器電荷量為0，電容也為0。 (　　)
(4)帶電粒子在電場中，只受靜電力時，也可以做勻速圓周運動。 (　　)
×
×
×
√
(5)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。 (　　)
(6)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計。 (　　)
×
×
2．(魯科版必修第三冊改編)(多選)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，電容器已帶電，則下列判斷正確的是(　　)
A．若增大兩極板間的距離，則靜
電計指針張角變大
B．若將A板稍微上移，則靜電計指
針張角變大
C．若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大
D．若減小兩極板間的距離，則靜電計指針張角變小
√
√
√
ABD　[電勢差U變大(小)，指針張角變大(小)。電容器所帶電荷量一定，由公式C＝知，當d變大時，C變小，再由C＝得U變大；當A板上移時，正對面積S變小，C也變小，U變大；當插入玻璃板時，C變大，U變小；當兩極板間的距離減小時，C變大，U變小，所以選項A、B、D正確。]
3．(魯科版必修第三冊改編)如圖所示，一個帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計)電壓為U1的加速電場，經加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2。不計粒子重力，則帶電粒子能從A、B板間飛出，應該滿足的條件是(　　)
A．＜ B．＜
C．＜ D．＜
√
D　[由類平拋運動規律可知y＝at2＝＝＜，即＜，D正確。]
細研考點·突破題型
考點1　平行板電容器的動態分析
1．平行板電容器兩類典型問題
(1)如圖甲所示，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)如圖乙所示，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＝和C＝，先分析電容的變化，再分析Q的變化。
②根據E＝分析電場強度的變化。
③根據UAB＝Ed分析某點電勢變化。
(2)Q不變
①根據C＝和C＝，先分析電容的變化，再分析U的變化。
②根據E＝分析電場強度變化。
角度1　電容的理解
[典例1]　“超級電容器”由于電極中加入了表面積非常大的石墨烯，所以具備超大的容量，適合作為動力電池的助力動力源。“超級電容器”與普通電容器相比較而言(　　)
A．極板電荷量較大
B．極板間的電場強度較大
C．單位電壓容納的電荷量較大
D．帶相同電荷量時電壓較大
√
C　[由于超級電容器具備超大的容量，即單位電壓容納的電荷量較大，也就是電容C較大，故帶相同電荷量時電壓較小，C正確，D錯誤；電容器的容納能力較大，并不代表實際使用中極板電荷量較大、極板間電場強度較大，也有可能極板電荷量很小、極板間電場強度很小，A、B錯誤。故選C。]
角度2　電容器的動態分析
[典例2]　如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開。若電容器的正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離x0，則電容器的電容C、極板上帶電荷量Q、兩極板間電勢差U及電場強度E與負極板移動的距離x的關系圖像正確的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
D　[根據電容的決定式C＝，負極板向右移動，板間距離d增大，電容減小，故A錯誤；充電后的電容器與電源斷開連接后，極板帶電荷量Q保持不變，故B錯誤；由C＝，當Q不變，C減小時，U增大，故C錯誤；由C＝，C＝，E＝可得E＝，在帶電荷量Q一定時，只改變距離d，E不變，故D正確。]
[典例3]　(2024·山西重點中學高三期中聯考)如圖所示，D是一支理想二極管(正向電阻為零，可視為短路；反向電阻無窮大，可視為斷路)，C是極板水平放置的平行板電容器，初始時不帶電。當S接1且穩定后，處于兩極板間P點的一帶電油滴能保持靜止狀態。下列說法正確的是(　　)
A．保持S接1，減小C兩極板的正對面積，油滴會向上運動
B．保持S接1，將C的下極板上移，油滴會向下運動
C．將S從1擲到2，油滴將向下運動
D．將S從1擲到2，同時將下極板上移，油滴將向下運動
√
A　[保持S接1，減小C兩極板的正對面積，則根據C＝，知電容C減小，又C＝，而存在二極管，使得Q不能減少，故實際過程為Q不變，故U增大，根據U＝Ed及d不變，知E增大，所以油滴受到向上的靜電力大于重力，油滴會向上運動，故A正確；保持S接1，將C的下極板上移，根據C＝、C＝知d減小，C增大，U不變，Q增大，可以充電，根據E＝知E增大，油滴向上運動，故B錯誤；
將S從1擲到2，因存在二極管，不能放電，故油滴不動，故C錯誤；將S從1擲到2，同時將下極板上移，d減小，根據C＝知C增大，Q不變，根據 C＝、U＝Ed，聯立知E＝，不變，故油滴不動，故D錯誤。]
考點2　帶電粒子在電場中的直線運動
1．關于帶電粒子(體)的重力分析
(1)基本粒子：如電子、質子、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(體)在電場中的直線運動的方法
(1)用動力學觀點分析(只適用于勻強電場)
a＝，E＝＝2ad。
(2)用功能觀點分析
①勻強電場中：W＝qEd＝qU＝。
②非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
[典例4]　(多選)如圖所示，一水平放置的平行板電容器其間距為d，兩極板分別與電池的兩極相連，上極板中央有一小孔，小孔對電場的影響可以忽略不計。開關閉合時，小孔正上方處有一帶正電的粒子，粒子由靜止開始下落恰好能到達下極板但沒有與下極板接觸，下列說法正確的是(　　)
A．保持開關閉合，若將下極板上移，粒子將在距上極板處返回
B．保持開關閉合，若將下極板上移，粒子將在距上極板處返回
C．斷開開關，若將下極板上移，粒子將能返回原處
D．斷開開關，若將上極板上移，粒子將能返回原處
√
√
BD　[下極板移動前，根據動能定理得mg＝qU＝qEd。保持開關閉合，若將下極板向上平移，設運動到距離上極板x1處返回，根據動能定理得mg－q x1＝0－0，解得x1＝，即粒子將在距上極板處返回， A錯誤，B正確；若斷開開關，將下極板上移，兩極板間的電場強度E＝不變，設運動到距離上極板x2處返回，
由動能定理得mg－qEx2＝0－0，解得x2＝d，即粒子將碰到下極板而不能返回，C錯誤；將上極板上移，兩極板間的電場強度E＝不變，設粒子到達離下極板x3處返回，由動能定理得mg－qE＝0，解得x3＝d，故粒子將能不碰到下極板而返回到原處，D正確。]
[典例5]　(人教版必修第三冊第44頁例1改編)粒子加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為8×106 m/s，進入漂移管E時速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質子在每個管內運動時間視為電源周期的。質子的比荷取1×
108 C/kg。求：
(1)漂移管B的長度；
(2)相鄰漂移管間的加速電壓。
思路點撥：(1)質子在管B中做勻速直線運動，已知速度，根據題意確定質子在管中運動的時間就可以求出管B的長度。
(2)從管B到管E質子被三次加速，根據動能定理就可以確定加速電壓。
[解析]　(1)設質子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則
T＝ ①
L＝vB· ②
聯立①②式并代入數據得L＝0.4 m。 ③
(2)設質子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，靜電力對質子所做的功為W，質子從漂移管B運動到E，靜電力做功為W′，質子的電荷量為q、質量為m，則W＝qU ④
W′＝3W ⑤
W′＝ － ⑥
聯立④⑤⑥式并代入數據得U＝6×104 V。
[答案]　(1)0.4 m　(2)6×104 V
規律方法　帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法
考點3　帶電粒子在勻強電場中的偏轉
1．帶電粒子在電場中偏轉規律
2．幾個重要推論
(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向反向延長線與初速度方向延長線交于一點，此交點為沿初速度方向位移的中點。
(2)速度偏轉角θ的正切值等于位移偏轉角α的正切值的2倍，即tan θ＝2tan α。
(3)以相同的初速度進入同一個偏轉電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要比荷相同，則偏轉距離y和偏轉角θ相同。
(4)若以相同的初動能Ek0進入同一個偏轉電場，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉距離y和偏轉角θ相同。
(5)電荷量q不同的同性帶電粒子經同一電場加速后(即加速電壓U1相同)，再經同一電場偏轉(即偏轉電壓U2相同)，則偏轉距離y和偏轉角θ均相同。
(6)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＝，其Uy＝ y，指初、末位置間的電勢差。
[典例6]　如圖所示，正方形ABCD區域內存在豎直向上的勻強電場，質子()和α粒子()先后從A點垂直射入勻強電場，粒子重力不計，質子從BC邊中點射出，則(　　)
A．若初速度相同，α粒子從CD邊離開
B．若初速度相同，質子和α粒子經過電場的過程中速度增量之比為1∶2
C．若初動能相同，質子和α粒子經過電場的時間相同
D．若初動能相同，質子和α粒子經過電場的過程中動能增量之比為1∶4
√
D　[對任一粒子，設其電荷量為q，質量為m，粒子在電場中做類平拋運動，水平方向有x＝v0t，豎直方向有y＝at2＝，若初速度相同、水平位移x相同時，由于α粒子的比荷比質子的小，則α粒子的偏轉距離y較小，所以α粒子從BC邊離開，由t＝知兩個粒子在電場中的運動時間相等，由Δv＝at＝t可知Δv∝，則質子和
α粒子經過電場的過程中速度增量之比為2∶1，故A、B錯誤；粒子經過電場的時間為t＝，若初動能相同，質子的初速度較大，則質子的運動時間較短，故C錯誤；由y＝，Ek＝可得y＝，若初動能相同，分析可知x相同，α粒子從C點離開，則質子與α粒子豎直位移之比為1∶2，根據動能定理知，經過電場的過程中動能增量ΔEk＝qEy，E相同，則質子和α粒子經過電場的過程中動能增量之比為1∶4，故D正確。]
[典例7]　如圖所示，一真空示波管的電子從燈絲K發出(初速度不計)，經燈絲與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形成的偏轉電場中(偏轉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，偏轉電場
的右端到熒光屏的距離為l，電子的質量為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)求電子從偏轉電場射出時的側移量y；
(3)求OP的距離Y；
(4)電子從偏轉電場射出時的側移量y和偏轉電壓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。
[解析]　(1)電子在加速電場中加速，由動能定理可知：eU1＝
解得：v0＝。
(2)電子在偏轉電場中做類平拋運動，
垂直電場方向：L＝v0t
則沿電場方向：e＝ma
側移量：y＝at2
聯立解得：y＝。
(3)由幾何關系可知：＝
得：Y＝。
(4)該示波器的靈敏度D＝
解得：D＝
則增加L或者減小d以及減小U1均可增加靈敏度。
[答案]　(1)　(2)　(3)　(4)增加L或者減小d以及減小U1均可增加靈敏度
微點突破　電荷量的測量
1．裝置圖：如圖所示是密立根油滴實驗示意圖。
2．原理：帶負電油滴在重力的作用下通過夾板上的小孔進入了測試設備中。調節兩板間的電勢差，使帶電的油滴懸浮在兩板間。此時，油滴所受重力與電場對油滴施加向上的靜電力的大小相等，即mg＝qE＝q。因而，懸浮油滴的電荷量為q＝。
[典例8]　(2025·廣東廣州高三檢測)19世紀末電子被發現后，美國物理學家密立根進行了多次試驗，比較準確地測定了電子的電荷量。如圖所示，用噴霧器將油滴噴入電容器的兩塊水平的平行電極板之間時，油滴經噴射后，一般都是帶電的。設油滴可視為球體，密度為ρ，空氣阻力與油滴半徑平方、油滴運動速率成正比。實驗中觀察到，在不加電場的情況下，半徑為r的小油滴1以速度v勻速降落；當上下極板間間距為d、加恒定電壓U時，該油滴以速度0.5v勻速上升。已知重力加速度為g。
(1)此油滴帶什么電？帶電荷量多大？
(2)當保持極板間電壓不變而把極板間距增大到4d，發現此油滴以另一速度v1勻速下落，求v1與v的比值；
(3)維持極板間距離為d，維持電壓U不變，觀察到另外一個油滴2，半徑仍為r，正以速度0.5v勻速下降，求油滴2與油滴1帶電荷量之比。
[解析]　(1)由題意得，油滴帶負電，m＝ρπr3
不加電場勻速下降，有mg＝kr2v
當油滴以0.5v勻速上升，由平衡條件
mg＋kr2·0.5v＝q1
故q1＝。
(2)d增大到4d，根據平衡條件得
mg＝q1＋f1，f1＝kr2v1
解得＝。
(3)設油滴2的電荷量為q2，由平衡條件得
mg＝q2＋kr2·0.5v
解得q2∶q1＝1∶3。
[答案]　(1)帶負電　　(2)　(3)1∶3
即時檢驗·感悟高考
1．(2024·遼寧卷)某種不導電溶液的相對介電常數εr與濃度cm的關系曲線如圖(a)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、電流表等構成如圖(b)所示的電路。閉合開關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為M→N
√
B　[根據題圖(a)可知，降低溶液的濃度時，該不導電溶液的相對介電常量εr增大，結合電容的決定式C＝可知，電容器的電容增大，A錯誤；電容器一直與恒壓電源相連，則電容器兩極板之間的電勢差不變，C錯誤；根據電容的定義式C＝結合A、C項分析可知，電容器所帶的電荷量Q增大，則溶液濃度降低過程中，電容器充電，電路中的電流方向為N→M，B正確，D錯誤。]
2．(多選)四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(＋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(　　)
A　 　　　　　B
C　 　　　　　D
√
√
AD　[分析可知帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則帶電粒子的運動軌跡方程為y＝·，由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，則帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡重合，C錯誤；當電場方向沿y軸正方向時，帶正電的粒子向y軸正方向偏轉，帶負電的粒子向y軸負方向偏轉，則粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡與粒子(－q，m)的運動軌
跡關于x軸對稱，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，則x相同時，粒子(＋q，2m)沿y軸方向的偏轉量比粒子
(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正確；當電場方向沿y軸負方向時，同理可知A正確，B錯誤。]
3．(多選)(2023·湖北卷)一帶正電微粒從靜止開始經電壓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，不計重力。下列說法正確的是(　　)
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶1
C．微粒穿過電容器區域的偏轉角度的正切值為2
D．僅改變微粒的質量或者電荷數量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
√
√
BD　[設微粒射入偏轉電場的速度為v0，微粒在偏轉電場中上升階段，水平方向做勻速運動，有2L＝v0cos 45°·t，豎直方向做勻減速運動，有d＝t，得L∶d＝1∶1，A錯誤；微粒在U1中加速，由動能定理得qU1＝－0，微粒從一開始靜止到在平行板電容器中的最高點，根據動能定理有qU1－q＝m(v0cos 45°)2－0，得U1∶U2＝1∶1，B正確；設微粒射出平行板電容器時速度與水平方
向間的夾角為θ，從最高點到射出，微粒做類平拋運動，根據平拋運動推論及勻變速直線運動推論，有tan θ＝＝＝，則穿過電容器的偏轉角正切值tan (45°＋θ)＝＝3，C錯誤；以最高點為坐標原點，向左為x軸正方向，向下為y軸正方向建立坐
標系，y＝·＝，可得微
粒軌跡與質量、電荷量無關，D正確。]
課時數智作業(二十二)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(多選)關于電容器的電容，下列說法正確的是(　　)
A．根據C＝可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，跟兩極板間的電壓成反比
B．對于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比
C．無論電容器電壓如何變化(小于擊穿電壓且不為零)，它所帶的電荷量與電壓的比值都恒定不變
D．電容器所帶電荷量增加2倍，則電容增大2倍
12
√
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
BC　[電容是電容器本身的性質，一個確定的電容器的電容是不變的，與所帶的電荷量和兩極板間的電壓無關，故A、D錯誤；根據Q＝CU，對于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比，故B正確；根據電容的定義式C＝可知，電容器所帶的電荷量與電壓的比值是電容，故C正確。]
12
2．示波管的結構如圖所示，Y、Y′接輸入電壓信號，X、X′接掃描電壓信號，若掃描電壓信號的周期和輸入電壓信號的周期相同，且可以在熒光屏上得到輸入電壓信號周期變化的圖像，則下列掃描電壓信號的圖像可能正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
A　[若掃描電壓信號如B、C、D選項所示，則在半個周期內，電子沿XX′方向偏轉距離相同，熒光屏上在YY′方向呈現一條直線，無法顯示輸入電壓信號隨時間周期性變化的具體情況，若掃描電壓信號如A選項所示，則電子打在熒光屏上的位置沿XX′方向隨時間均勻分布，又掃描電壓信號周期與輸入電壓信號周期相同，可得到輸入電壓信號周期變化的圖像，綜上，A項圖像正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．(多選)(2025·河南新鄉模擬)手機觸摸屏多數采用的是電容式觸摸屏，其原理可簡化為如圖所示的電路。平行板電容器的上、下兩極板A、B分別接在一恒壓直流電源的兩端，上極板A為兩端固定的可動電極，下極板B為固定電極。當用手指觸壓屏幕上某個部位時，可動電極的極板會發生形變，從而改變電容器的電容。當壓力F增大時(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．電容器所帶電荷量不變
B．直流電源對電容器充電
C．極板間的電場強度增大
D．電阻R上有從a到b的電流
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
BC　[由公式C＝可知，當壓力F增大時，兩板間距離減小，電容增大，由公式C＝可知，電容器所帶電荷量增大，即直流電源對電容器充電，電阻R上有從b到a的電流，由公式E＝可知，極板間的電場強度增大，故選BC。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．2024第8號臺風“悟空”已于8月14日下午在日本本州島東南方的西北太平洋洋面上減弱為熱帶低壓。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)。
若極板上電荷量保持不變，在受到風力
作用時，則(　　)
題號
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A．電容器電容變小
B．極板間電場強度變大
C．極板間電壓變小
D．靜電計指針張角越大，風力越大
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√
C　[根據C＝，在受到風力作用時，d減小，則電容器電容變大，A錯誤；由極板間電場強度E＝＝＝＝可知，極板間電場強度不變，B錯誤；極板間電壓U＝變小，C正確；風力越大，d越小，極板間電壓越小，靜電計指針張角越小，D錯誤。]
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5．如圖所示裝置是由粒子加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、間距為Δd的相同平行金屬板構成，極板間距離和板長均為L。加速電壓為U0，兩對極板間偏轉電壓大小相等，均為U0，電場方向相反。質量為m、電荷量為＋q的粒子無初速度地進入加速電場，被加速器加速后，從平移器下板邊緣水平進入平移器，最終從平移器上板邊緣水平離開，不計重力。下列說法正確的是(　　)
題號
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A．粒子離開加速器時速度v0＝
B．粒子通過左側平移器時，豎直方向位移y1＝
C．Δd與2L相等
D．只增加加速電壓，粒子將不能從平移器離開
題號
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√
B　[根據qU0＝，粒子離開加速器時速度為v0＝，故A錯誤；粒子在左側平移器電場中的偏移量為y1＝at2，又q＝ma，L＝v0t，得y1＝，故B正確；根據類平拋運動的特點和對稱性，粒子在兩平移器之間做勻速直線運動，它的軌跡延長線分別過平行板中點，根據幾何關系可知Δd＝L，故C錯誤；由B選項分析可得y1＝
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，由A選項分析可知當加速電壓增大時，粒子進入平移器的速度增大，粒子在平移器中豎直方向偏移量變小，粒子可以離開平移器，位置比原來靠下，故D錯誤。]
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6．(2024·福建南平三模)如圖所示，一對金屬板水平放置，間距足夠大，極板間的電壓為U，在金屬板右側有一豎直屏。一不計重力的帶電粒子從兩板中央以水平速度v0入射，入射方向的延長線與屏的交點為O點，粒子打在屏上的位置與O點的距離為y。將U變為0.5U，v0變為0.5v0，保持其他條件不變，粒子打在屏上的位置與O
點的距離將變為(　　)
A．4y B．2y
C．y D．0.5y
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√
B　[帶電粒子離開電場時速度v與進入電場時的速度v0夾角的正切值為tan θ＝＝，根據類平拋運動的推論：速度的反向延長線交于水平位移的中點，得偏離O的距離為y＝tan θ＝，當U變為0.5U，v0變為0.5v0，其他保持不變時，y變為原來的2倍，故選B。]
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7．(2023·浙江6月選考)某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示，轉向器中有輻向電場。粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應滿足(　　)
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
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√
A　[由題意可知粒子在等勢線上移動，說明靜電力不做功，且根據功能關系可知，粒子的速度大小不變，即在輻向電場中，靜電力提供粒子做勻速圓周運動所需的向心力，有E1q＝m、E2q＝m，聯立解得E1R1＝E2R2，則＝，A正確。]
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8．(2024·貴陽高三聯考)某同學學習了電容器的充、放電等相關知識后，在老師的引導下，他為了探究電路中連接二極管的電容器充、放電問題，設計了如圖所示的電路，平行板電容器與二極管(該二極管可看作理想二極管，正向電阻很小，反向電阻無窮大)、開關、直流電源串聯，電源負極接地。閉合開關，電路穩定后，一不計重力的帶電油滴位于豎直平面電容器兩極板間的P點處，恰好處于靜止狀態。保持開關閉合，下列說法正確的是(　　)
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A．若上極板略微下移，帶電油滴仍保持靜止
B．若下極板略微上移，則P點電勢保持不變
C．若上極板略微左移與下極板平行錯開，則帶電油滴仍保持靜止
D．若下極板略微右移與上極板平行錯開，則帶電油滴在P點的電勢能降低
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√
D　[上極板略微下移，d變小，U不變，E變大，靜電力變大，油滴向上運動，故A錯誤；下極板略微上移，d變小，U不變，E變大，上極板與P點間的電勢差增大，上極板電勢不變，P點的電勢降低，故B錯誤；不論是上極板略微左移，還是下極板略微右移，根據C＝，S將減小，C變小，U不變，電容器要放電，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，實際為Q保持不變，C變小，U變大，電場強度E變大，靜電力變大，油滴向上運動，P點到下極板的距離不變，E變大，P點與下極板間的電勢差增大，下極板的電勢恒為0，所以P點的電勢升高，該油滴帶負電，電勢能降低，故C錯誤，D正確。]
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9．(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，下列說法正確的是(　　)
題號
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A．當b飛離電場時，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．在電場中運動的過程中，c的動能增加量最小，a、b的動能增加量相同
題號
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√
√
√
ACD　[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＝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＝，因為xb＝xc＞xa，ta＝tb＞tc，所以有vc＞vb＞va，故C正確；根據動能定理有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。]
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10．(多選)(2024·遼寧省第二次聯考)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，板間距離為L，電場強度為E。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直于M板向右的粒子到達N板時速度大小為v0，平行于M板向下的粒子剛好能到達N板下端。不計粒子重力和粒子間的相互作用，利用以上信息可求得(　　)
A．金屬板的長度
B．粒子在兩板間的加速度大小
C．兩個粒子到N板時的動能
D．兩個粒子的電勢能的變化量
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√
√
AB　[垂直M板向右的粒子做勻加速直線運動，由＝2aL，可得加速度的大小a＝，兩個粒子相同，所以它們的加速度大小相同，B選項可求，B正確；平行M板向下的粒子做類平拋運動，水平方向上由L＝at2，可求其運動時間，豎直方向上由y＝v0t，可求豎直位移大小，板長是y的二倍，所以A選項可求，A正確；由于粒子的質量未知，無法求出粒子的動能大小，由于粒子電荷量未知，求不出靜電力做的功，也求不出粒子電勢能的變化量，所以C、D選項不可求，C、D錯誤。]
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11．(2025·四川巴蜀高三檢測)如圖所示，在第一象限0≤x≤2L區域內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度為E1(大小未知)；2L題號
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(1)粒子運動至A點的速度大小；
(2)電場強度E2的大小。
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[解析]　(1)粒子在電場E1中沿x軸正方向做勻速直線運動，沿y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動
x方向2L＝v0t1
y方向L＝t1
在A點處的速度大小為vA＝＝v0。
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(2)粒子在電場E2中沿x軸正方向做初速度不為零的勻加速直線運動，沿y軸正方向做勻速直線運動，y方向
2L－L＝vyt2
x方向4L－2L＝
由牛頓第二定律有qE2＝ma2
聯立解得E2＝。
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[答案]　(1)v0　
12．空間中存在電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場(未畫出)。一質量為m的帶電小球從斜面頂端A水平拋出，落在斜面上的P點。現保持電場強度大小不變，方向改為豎直向上，小球仍從A點以相同的初速度水平拋出，落在斜面上的Q點。已知A、Q的距離是A、P距離的3倍，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：
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(1)小球從A到P和A到Q的運動時間之比；
(2)小球所帶電荷量的大小。
[解析]　(1)設斜面傾角為θ，則小球從A到P和A到Q的水平位移分別為
xAP＝AP cos θ
xAQ＝AQ cos θ
又因為x＝v0t
所以小球從A到P和A到Q的運動時間之比為t1∶t2＝1∶3。
(2)設小球拋出后加速度為a，下落高度為h，則
h＝at2
tan θ＝
所以＝
又因為＝
所以＝3
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設小球帶電荷量為q，則由牛頓第二定律得
mg＋qE＝ma1
mg－qE＝ma2
聯立解得q＝。
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[答案]　(1)1∶3　(2)
謝 謝 ！

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