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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
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____。
類平拋
合成
分解
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＝＝＝_____。
3．示波管
(1)構造
①電子槍，②________，③熒光屏。(如圖所示)

(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________。
偏轉電極
信號電壓
掃描電壓
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。
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．(人教版必修第三冊改編)(多選)如圖所示是描述對給定的電容器充電時其電荷量Q、電壓U、電容C之間相互關系的圖像，其中正確的是(　　)
√
√
CD　[對于給定電容器，其電容是由電容器本身決定的，與電容器的帶電荷量Q的大小和兩極板間的電壓U的大小無關，不能認為C與Q成正比，與U成反比，故D正確，A、B錯誤；而C的定義式表示電容器所帶的電荷量與極板間的電壓成正比，其比值即電容器的電容，大小不變，故C正確。]
3．(人教版必修第三冊改編)如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質量為m(不計重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應是(　　)
A． B．v0＋
C．
√
C　[由題意可得qU＝，v＝，故選C。]
細研考點·突破題型
考點1　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＝和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＝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＝分析場強變化。
[典例1]　(多選)(2025·廣東揭陽高三檢測)如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，現將其與二極管串聯接在電動勢為E的直流電源上，電容器下極板接地，靜電計所帶電荷量可忽略，二極管具有單向導電性。閉合開關S，一帶電油滴恰好靜止于兩板間的P點，則下列說法正確的是(　　)
A．在兩板間放入陶瓷片，平行板電容器的電容將變大
B．在兩板間放入與極板等大的金屬片，靜電計指針張角變小
C．現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，帶電油滴的電勢能將減少
D．現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，油滴將向下運動
√
√
思路點撥：(1)熟悉電容決定式C＝中各符號的意義。
(2)靜電計指針張角大小代表靜電計兩端的電壓的大小。
(3)二極管的單向導電性，電容器上的電荷不能回流。
AC　[平行板電容器的電容決定式C＝，當兩板間放入陶瓷片時，εr增大，則C增大，故A正確；在兩板間放入與極板等大的金屬片，相當于減小兩板間距離，但由于電容器始終與電源相連，電容器兩板間的電勢差不變，故靜電計指針張角不變，故B錯誤；剛開始油滴恰好靜止于兩板間的P點，則油滴帶負電，將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，兩板間距d增大，電容C減小，電容器上的電荷本該減少，但因為二極管的單向導電性，電容器上的電
荷不能回流，所以電容器上的電荷量Q不變，由E＝＝＝知兩極板間的電場強度E不變，則油滴所受電場力不變，仍保持靜止，而P點的電勢為φP＝φP－0＝UP下＝EdP下，P點到下極板的距離增大，則P點的電勢升高，因為油滴帶負電，所以油滴在P點的電勢能將減少，故C正確，D錯誤。]
方法技巧　解決電容器問題的2個常用技巧
(1)在電荷量保持不變的情況下，由E＝＝＝知，電場強度與板間距離無關。
(2)針對兩極板帶電荷量保持不變的情況，可以認為一定量的電荷對應著一定數目的電場線，兩極板間距離變化時，場強不變，如圖甲、乙；兩極板正對面積變化時，
如圖丙中電場線變密，場強
增大。
[典例2]　(多選)(2024·廣東茂名診斷)如圖所示，兩平行金屬板M、N與電源相連，N板接地，在距兩板等距離的P點固定一個帶負電的點電荷，則(　　)
A．若保持S接通，將M板上移一小段距離，M板的帶電荷量減小
B．若保持S接通，將M板上移一小段距離，P點的電勢升高
C．若將S接通后再斷開，將M板上移一小段距離，兩板間場強增大
D．若將S接通后再斷開，將M板上移一小段距離，點電荷在P點的電勢能保持不變
√
√
AD　[當S閉合時，M板上移一小段距離，則間距增大，由C＝知電容減小，因電壓不變，根據Q＝CU，則有M板帶電荷量減小，故A正確；當S閉合時，M板上移一小段距離，則間距增大，而電壓不變所以場強減小，則N與P點之間的電勢差減小，P點的電勢降低，故B錯誤；將S斷開時，M板向上移動，電荷量不變，根據E＝＝＝，則有電場強度與間距無關，因此場強不變，故C錯誤；由選項C知場強不變，則P相對于N極板的電勢差不變，電勢不變，因此點電荷在P點的電勢能保持不變，故D正確。]
考點2　帶電粒子在電場中的直線運動
1．帶電粒子在電場中運動時重力的處理
基本粒子 如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不是忽略質量)
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，不能忽略重力
2．用動力學觀點分析
a＝，E＝＝2ad。
3．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝。
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
[典例3]　如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P。現有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點。若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則(　　)
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、乙兩電子在板間運動時的加速度相同
D．乙電子運動到O點的速率為2v0
√
C　[兩板間距離變大，根據C＝可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據E＝＝＝可知當d變大時，兩板間的電場強度不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據eE·2d＝mv2，eEd＝，可知乙電子運動到O點的速率v＝，選項D錯誤。]
[典例4]　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，質子在每個管內的運動時間視為電源周期的。質子的荷質比取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，電壓對質子所做的功為W，質子從漂移管B運動到E，設電場做功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　帶電粒子在勻強電場中的直線運動問題的分析思路
考點3　帶電粒子在勻強電場中的偏轉
1．帶電粒子垂直進入勻強電場中的偏轉規律
偏轉角：tan θ＝＝＝＝；
側移距離：y0＝＝，
y＝y0＋L tan θ＝tan θ。
2．兩個結論
(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的偏轉角度總是相同的。
(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到電場邊緣的距離為。
3．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＝，其中Uy＝ y，指初、末位置間的電勢差。
[典例5]　示波管的原理如圖所示，一束電子從靜止開始經加速電壓U1加速后，以水平速度沿水平放置的兩平行金屬板的中線射入金屬板的中間。已知金屬板長為l，兩極板間的距離為d，豎直放置的熒光屏與金屬板右端的距離為L。若兩金屬板間的電勢差為U2，則光點偏離中線與熒光屏的交點O而打在O點正下方的P點，不計電子重力，求O、P間的距離OP。
[解析]　設電子射出偏轉極板時的偏移距離為y，偏轉角為θ，則OP＝y＋L tan θ，
又y＝at2＝，
tan θ＝＝＝，
在加速電場中的加速過程，由動能定理有
eU1＝，
聯立解得y＝，tan θ＝，
故OP＝。
[答案]　
[典例6]　(多選)一帶正電的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
運動的推論及勻變速直線運動的推論，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。]
1．一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出，則電容器(　　)
A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大
B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大
C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變
D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變
√
學情診斷·當堂評價
D　[平行板電容器電容的表達式為C＝，將極板間的云母介質移出后，導致電容器的電容C變小，由于極板間電壓不變，據Q＝CU知，極板上的電荷量變小，再考慮到極板間電場強度E＝，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。]
2．(2025·廣東汕頭高三檢測)如圖所示，兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板N與靜電計相連，極板M與靜電計的外殼均接地。用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U。在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度。在整個實驗過程中，保持電容器所帶電荷量Q不變，
下面的操作中將使靜電計指針張角變大的
是(　　)
A．僅將M板向上平移
B．僅將M板向右平移
C．僅在M、N之間插入云母板
D．僅在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸
√
A　[僅將M板向上平移，兩極板正對面積減小，根據C＝，電容減小，而電容器的電荷量不變，由C＝得知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故A正確；同理，僅將M板向右平移，板間距離減小，電容增大，而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故B錯誤；同理，僅在M、N之間插入云母板，電容增大，而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故C錯誤；同理，在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸，d減小，電容增大，Q不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故D錯誤。]
3．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　)
A． B．eU
C． D．
D　[電子從O點到A點，由動能定理有＝eUOA，因E＝，UOA＝Eh＝，故＝，所以D正確。]
√
4．如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則(　　)
A．微粒到達B點時動能為
B．微粒的加速度大小等于g sin θ
C．兩極板的電勢差UMN＝
D．微粒從A點到B點的過程電勢能減少
√
C　[微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向。由此可得，電場力方向垂直于極板指向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B時動能小于，選項A錯誤；根據qE sin θ＝ma，qE cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝，選項C正確；微粒從A點到B點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝，選項D錯誤。]
5．在一柱形區域內有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心、半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為m，電荷量為q(q＞0)的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場， AC與AB的夾角θ＝60°，運動中粒子僅受電場力作用。
(1)求電場強度的大小；
(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？
(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？
[解析]　(1)初速度為零的帶正電粒子，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C。由幾何關系和電場強度的定義知
AC＝R ①
F＝qE ②
由動能定理有F·AC＝ ③
聯立①②③式得E＝。 ④
(2)如圖，由幾何關系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大。由幾何關系知
∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R ⑤
設粒子以速度v1進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t1。粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于DP。由牛頓第二定律和運動學公式有
F＝ma ⑥
AP＝ ⑦
DP＝v1t1 ⑧
聯立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0。 ⑨
(3)設粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t。以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標系。由運動學公式有
y＝at2 ⑩
x＝vt
粒子離開電場的位置在圓周上，有
(x－R)2＋(y－R)2＝R2
粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零。設穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運動學公式有
mv2＝mv0＝mat
聯立②④⑥⑩ 式得
v＝0
和v＝v0
另解：由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為mv0，此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，沿y方向位移相等時，所用時間都相同。因此，不同粒子運動到線段CB上時，動量變化都相同，自B點射出電場的粒子，其動量變化也為mv0，由幾何關系及運動學規律可得，此時入射速率v＝v0。
[答案]　　(2)v0　(3)0或v0
1．某種新型超級電容器，能讓手機幾分鐘內充滿電，某同學登山時用這種超級電容器給手機充電，下列說法正確的是(　　)
A．充電時，電容器的電容變小
B．充電時，電容器存儲的電能變少
C．充電時，電容器所帶的電荷量可能不變
D．充電結束后，電容器不帶電，電容器的電容為零
課時分層作業(二十一)　電容器　帶電粒子在電場中的運動
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
√
B　[電容器的電容是由電容器自身的因素決定的，故充電時，電容器的電容不變，充電結束后，電容器的電容不可能為零，故A、D錯誤；給手機充電時，電容器所帶的電荷量減少，存儲的電能變少，故B正確；給手機充電時，手機電能增加，電容器上的電荷量一定減少，故C錯誤。]
題號
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2．(2025·廣東揭陽模擬)某手機軟件中運動步數的測量是通過手機內電容式加速度傳感器實現的。如圖所示，電容器M極板固定，N極板可運動，當手機的加速度變化時，N極板只能按圖中標識的“前、后”方向運動。圖中R為定值電阻。下列對傳感器的描述正確的是(　　)
題號
1
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13
A．保持向前勻加速運動時，電路中存在恒定電流
B．靜止時，電容器兩極板不帶電
C．由靜止突然向后加速，電流由a向b流過電流表
D．向前勻速運動突然減速，電流由b向a流過電流表
題號
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√
C　[保持向前勻加速運動時，加速度恒定不變，則N極板在某位置不動，電容器電容不變，電容器保持與電源相連，電壓不變，由Q＝CU知電容器所帶的電荷量不變，電路中無電流，故A錯誤；靜止時，N極板不動，電容器與電源保持相連，兩極板帶電，故B錯誤；由靜止突然向后加速，N極板相對M極板向前移動，則兩極板間距離減小，根據平行板電容器電容的決定式C＝，知電容C增大，由Q＝CU知，電壓不變，電容器所帶的電荷量增大，電容器充電，
題號
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電流由a向b流過電流表，故C正確；向前勻速運動突然減速，N極板相對M極板向前移動，則兩極板間距離減小，根據C＝，知電容C增大，電壓不變，由Q＝CU，知電容器所帶的電荷量增大，電容器充電，電流由a向b流過電流表，故D錯誤。故選C。]
題號
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3．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，不計粒子的重力，則R1、R2和E1、E2應滿足(　　)
A．＝　　　　　 B．＝
C．＝ D．＝
題號
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√
A　[由題意可知粒子在等勢線上移動，說明電場力不做功，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，電場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。]
題號
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4．如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動。已知兩極板間電勢差為U，板間距為d，電子質量為m，電荷量為e。則關于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是(　　)
A．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的
速率保持不變
B．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍
C．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間保持不變
D．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為一半
題號
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√
A　[由動能定理有mv2＝eU，得v＝，可見電子到達Q板的速率與板間距離d無關，故A正確，B錯誤；兩極板間為勻強電場，電子的加速度a＝，由運動學公式d＝at2得t＝＝，若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達Q板時間減為原來的，故C、D錯誤。]
題號
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5．(2025·廣東湛江調研)研究平行板電容器電容與哪些因素有關的實驗裝置如圖所示。實驗前，用帶正電的玻璃棒與電容器a板接觸，使電容器a板帶正電，下列說法正確的是(　　)
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A．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小
B．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大
C．實驗時無意間手指觸碰了一下b板，不會影響實驗結果
D．實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大
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√
C　[根據電容的決定公式C＝知實驗中，只將電容器b板向上平移，則兩極板的正對面積S減小，電容減小，由于兩極板電荷量保持不變，根據電容的定義公式C＝，則兩極板兩端的電勢差增大，靜電計指針的張角變大，所以A錯誤；根據電容的決定公式C＝知實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，則相對介電常數εr增大，電容增大，由于兩極板電荷量保持不變，根據電容的定義公式C＝，
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則兩極板兩端的電勢差減小，靜電計指針的張角變小，所以B錯誤；實驗時無意間手指觸碰了一下b板，不會影響實驗結果，因為b板本來就接地，手指觸碰也是接地，所以不會影響，所以C正確；實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，但電容保持不變，因為電容與電容器兩極板所帶電荷量及電壓無關，所以D錯誤。]
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6．(2025·廣東汕頭模擬)如圖所示，在正方形ABCD區域內有平行于AB邊的勻強電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構成正方形，其中P點是EH的中點，一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出，以下說法正確的是(　　)
A．粒子的運動軌跡一定經過P點
B．粒子的運動軌跡一定經過PH之間某點
C．若將粒子的初速度變為原來的一半，粒子
會由ED之間某點從AD邊射出
D．若將粒子的初速度變為原來的一半，粒子恰好由E點從AD邊射出
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√
D　[由題意知，粒子的初速度方向垂直于電場方向，故粒子做類平拋運動，根據平拋運動推理：速度反向延長線過水平位移的中點，如圖所示，O為FH中點，即DO為軌跡在D點的切線，因P在DO線上，所以運動軌跡一定不經過P點，一定經過EP之間某點，故A、B錯誤；若將粒子的初速度變為原來的一半，在電場力的方向運動
不變，即離開矩形區域的時間不變，又在初速度方向
做勻速直線運動，所以在初速度方向位移是原來的一
半，恰好由E點射出，故C錯誤，D正確。故選D。]
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7．如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉電極YY′、水平方向偏轉電極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′方向進入偏轉電極。已知電子電荷量為e，質量為m，不計電子的重力，則電子(　　)
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A．在XX′極板間的加速度大小為
B．打在熒光屏時，動能大小為11eU
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為
D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tan α＝
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√
D　[由牛頓第二定律可得，電子在XX′極板間的加速度大小ax＝＝，A錯誤；電子在電極XX′間運動時，有vx＝axt，t＝，電子在加速電場中加速時，由動能定理得10eU＝，聯立得電子離開電極XX′時的動能為Ek＝＝eU，電子離開電極XX′后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為
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eU，B錯誤；在XX′極板間受到電場力的沖量大小Ix＝mvx＝，C錯誤；電子打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tan α＝＝，D正確。故選D。]
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8．平行金屬板水平放置，板左側有一粒子源，可在豎直線不同位置均勻垂直發射相同的正電粒子，右側靠近極板處豎直固定一發光屏，當有粒子擊中發光屏時，屏幕會發光。已知板長L＝20 cm，板寬d＝
4 cm，極板所加電壓恒為U＝4 V。所有粒子的比荷均為＝2×
108 C/kg，進入金屬板時的速率均為v0＝
2×105 m/s，粒子重力忽略不計。求：
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(1)粒子在板間運動時的加速度a的大小；
(2)若某粒子恰好能擊中發光屏，則該粒子剛進入金屬板時到下極板的距離y；
(3)能使屏發光的粒子占總粒子的百分比η；
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[解析]　(1)粒子僅受電場力，則有
a＝
又E＝
聯立可得粒子在板間運動時的加速度大小為
a＝＝2×1010 m/s2。
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(2)若某粒子恰好能擊中發光屏，則水平方向有
L＝v0t
豎直方向有
y＝at2
聯立解得y＝1 cm。
(3)擊中發光屏的粒子所占總粒子的百分比為
η＝＝75%。
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[答案]　(1)2×1010 m/s2　(2)1 cm　(3)75%
9．真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏。今有質子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場，最后打在熒光屏上。已知質子、氘核和α
粒子的質量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶
1∶2，則下列判斷中正確的是(　　)
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A．三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間相同
B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同
C．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2
D．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4
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B　[設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1＝，解得v0＝ ，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間不同，故A錯誤；根據推論可知三種粒子在偏轉電場中側移距離y＝、偏轉角tan θ＝，可知
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y與粒子的種類、質量、電荷量無關，故三種粒子偏轉距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯誤。]
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10．(多選)地面上方某區域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后(　　)
A．小球的動能最小時，其電勢能最大
B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大
C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大
D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量
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√
√
BD　[由題意可知，小球所受電場力與重力的合力指向右下，與水平方向成45°角，小球向左射出后做勻變速曲線運動，當其水平速度與豎直速度大小相等時，即速度方向與小球所受合力方向垂直時，小球克服合力做的功最大，此時動能最小，而此時小球仍具有水平向左的分速度，電場力仍對其做負功，其電勢能繼續增大，故A、C項錯誤；小球在電場力方向上的加速度大小ax＝g，豎直方向加速度大小ay＝g，當小球水平速度減為零時，克服電場力做的功最大，
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小球的電勢能最大，由勻變速運動規律有v0＝gt，此時小球豎直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此時小球的動能等于初動能，由能量守恒定律可知，小球重力勢能減少量等于小球電勢能的增加量，又由功能關系知重力做的功等于小球重力勢能的減少量，故B、D項正確。]
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11．(多選)一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板(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，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(　　)
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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
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√
√
BD　[在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，則有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，則有qE1＝，qE2＝，可得＝＝，即粒子1、2入射時的動能相等，故C錯誤；粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；粒子4從距O點r1
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的位置入射并從距O點r2的位置出射，做離心運動，電場力做負功，則粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；粒子3入射后的一小段時間做向心運動，有，可得＜＝，則粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確。]
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12．(多選)如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E＝，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則(　　)
A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小
B．電荷量大的粒子的動能一定大
C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關
D．當加上垂直紙面的磁場時，粒子一定做離心運動
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BC　[粒子在半徑為r的圓軌道運動，有qE＝mω2r，將E＝代入上式得ω2＝，可知軌道半徑小的粒子，角速度大，A錯誤；由qE＝m、Ek＝mv2、E＝解得Ek＝，即電荷量大的粒子動能一定大，B正確；由qE＝m、E＝可得v2＝，即粒子速度的大小與軌道半徑r無關，C正確；帶電粒子的運動方向和垂直紙面的磁場方向是向里還是向外未知，粒子所受洛倫茲力方向未知，D錯誤。]
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13．(2024·廣東廣州一模)如圖所示是微波信號放大器的結構簡圖，其工作原理簡化如下：均勻電子束以一定的初速度進入Ⅰ區(輸入腔)被ab間交變電壓(微波信號)加速或減速，當Uab＝U0時，電子被減速到速度為v1，當Uab＝－U0時，電子被加速到速度為v2，接著電子進入Ⅱ區(漂移管)做勻速直線運動。某時刻速度為v1的電子進入Ⅱ區，t時間(小于交變電壓的周期)后速度為v2的電子進入Ⅱ區，恰好在漂移管末端追上速度為v1的電子，形成電子“群聚塊”，接著“群聚塊”進入Ⅲ區(輸出腔)，達到信號放大的作用。忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。求：
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(1)電子進入Ⅰ區的初速度大小v0和電子的比荷；
(2)漂移管的長度L。
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[解析]　(1)在Ⅰ區，由動能定理得
－eU0＝，
eU0＝，
聯立解得v0＝，
＝。
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(2)在Ⅱ區，設速度為v2的電子運動時間為t′，則
v1(t＋t′)＝L，
v2t′＝L，
聯立解得L＝t。
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[答案]　　(2)t
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