?第21講 帶電粒子在電場中的運動
知識圖譜


電容器


知識精講
一．電容器
1．電容器
⑴任何兩個彼此絕緣而又相距很近的導體都可以構(gòu)成電容器．
⑵把電容器的兩個極板分別與電池的兩極相連，兩個極板就會帶上等量異種電荷．這一過程叫電容器的充電．其中任意一塊板所帶的電荷量的絕對值叫做電容器的帶電量；用導線把電容器的兩板接通，兩板上的電荷將發(fā)生中和，電容器不再帶電，這一過程叫做放電．

2．電容
（1）電容器所帶的電量Q跟兩極板間的電勢差U的比值，叫做電容器的電容，用符號C表示．
（2）定義式：,若極板上的電量增加ΔQ時板間電壓增加ΔU,則C
（3）單位：法拉，符號：F，與其它單位的換算關系為：１F＝106＝1012
（4）意義：電容是描述電容器儲存電荷本領大小的物理量，在數(shù)值上等于把電容器兩極板間的電勢差增加１V所增加的電量．

3．平行板電容器
（1）一般說來，構(gòu)成電容器的兩個導體的正對面積S越大 ，距離d越小，這個電容器的電容就越大；兩個導體間電介質(zhì)的性質(zhì)也會影響電容器的電容．
（2）表達式：板間為真空時：，
插入介質(zhì)后電容變大倍：，k為靜電力常數(shù)，稱為相對（真空）介電常數(shù)．
說明：是電容的定義式，它在任何情況下都成立，式中C與Q、U無關，而由電容器自身結(jié)構(gòu)決定．而是電容的決定式，它只適用于平行板電容器，它反映了電容與其自身結(jié)構(gòu)S、ｄ、的關系．


4．兩種不同變化
電容器和電源連接，改變板間距離、改變正對面積或改變板間電解質(zhì)材料，都會改變其電容，從而可能引起電容器兩板間電場的變化。這里要分清兩種常見的變化：
（1）電鍵K保持閉合，則電容器兩端的電壓恒定（等于電源電動勢），這種情況下帶電量而
（2）充電后斷開K，保持電容器帶電量Q恒定，這種情況下。

三點剖析
課程目標：
能夠根據(jù)題目條件熟練分析電容器的動態(tài)變化問題

兩極板電勢差保持不變
例題1、 連接在電池兩極上的平行板電容器，當兩極板間的距離減小時(　　)
A.電容器的電容C變大
B.電容器極板的帶電荷量Q不變
C.電容器兩極板間的電壓U變大
D.電容器兩極板間的電場強度E變小
例題2、[多選題] 如圖所示，是一個由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，有帶電小球靜止在平行板電容器中間，在增大電容器兩極板間距離的過程中（ ）

A.帶電小球?qū)⒇Q直向下運動
B.帶電小球?qū)⒇Q直向上運動
C.電阻R中有從a流向b的電流
D.電阻R中有從b流向a的電流
例題3、 如圖所示的電路可將聲音信號轉(zhuǎn)化為電信號,該電路中是固定不動的金屬板,是能在聲波驅(qū)動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜,、構(gòu)成了一個電容器,且通過導線與恒定電源兩極相接,若聲源發(fā)出聲波,則振動過程中（ ）

A.、板之間的電場強度不變
B.、板上所帶的電荷量不變
C.電路中始終有方向不變的電流
D.當板向右位移最大時,電容器電容最大
隨練1、 一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則（ ）
A.電容器電容增大
B.電容器極板間電場強度變大
C.電容器極板間電勢差變小
D.電容器極板上的電荷量變小
隨練2、 傳感器是一種采集信息的重要器件，圖為測定壓力的電容式傳感器，將電容器、靈敏電流計（零刻度在中間）的電源串聯(lián)成閉合回路．當壓力F作用于可動膜片電極上時，膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，導致靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)．在對膜片開始施加恒定的壓力到膜片穩(wěn)定之后，靈敏電流表指針的偏轉(zhuǎn)情況為（電流從電流表正接線柱流入時指針向右偏）（ ）

A.向右偏到某一刻度后回到零刻度
B.向左偏到某一刻度后回到零刻度
C.向右偏到某一刻度后不動
D.向左偏到某一刻度后不動

兩極板帶電量保持不變
例題1、 靜電計可以用來測量電容器的電壓。如圖把它的金屬球與平行板電容器一個極板連接，金屬外殼與另一極板同時接地，從指針偏轉(zhuǎn)角度可以推知兩導體板間電勢差的大小?，F(xiàn)在對電容器充完點后與電源斷開，然后將一塊電介質(zhì)板插入兩導體板之間，則(　　)

A.電容C增大，板間場強E減小，靜電計指針偏角減小
B.電容C增大，板間場強E增大，靜電計指針偏角減小
C.電容C增大，板間場強E增大，靜電計指針偏角增大
D.電容C增大，板間場強E減小，靜電計指針偏角增大
例題2、 平行板電容器兩板間有勻強電場，其中有一個帶電液滴處于靜止，如圖所示．當發(fā)生下列哪些變化時，液滴將向上運動（ ）

A.保持S閉合，將電容器的下極板稍稍下移
B.保持S閉合，將電容器的下極板稍稍向左水平移動
C.將S斷開，并把電容器的下極板稍稍向左水平移動
D.將S斷開，并把電容器的上極板稍稍下移
例題3、 如圖所示,平行板電容器的兩極板、接于電池兩極,一帶正電的小球懸掛在電容器內(nèi)部,閉合,電容器充電,這時懸線偏離豎直方向的夾角為（ ）

A.保持閉合,將板向板靠近,則增大
B.保持閉合;將板向板靠近,則不變
C.斷開,將板向板靠近,則增大
D.斷開,將板向板靠近,則不變
隨練1、[多選題] 如圖所示，平行板電容器兩個極板為A、B，B板接地，A板帶有電荷量＋Q，板間電場有固定點P，若將B板固定，A板下移些，或者將A板固定，B板上移一些，在這兩種情況下，以下說法正確的是（ ）

A.A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢升高
B.A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢不變
C.B板上移時，P點的電場強度不變，P點電勢降低
D.B板上移時，P點的電場強度減小，P點電勢降低
隨練2、 如圖所示的電路中，電源兩端電壓恒定為U，開關S處于斷開狀態(tài)。
（1）當開關S接通的瞬間，電源給電容器________（選填“充電”或“放電”），此過程中通過電阻R的電流的方向________（選填“A→B”或“B→A”）。
（2）開關S始終處于閉合狀態(tài)，若減小電容器兩極板間距離，則電容器的電容________（選填“增大”或“減小”），此過程中通過電阻R的電流的方向________（選填“A→B”或“B→A”）。
（3）開關S閉合，電路穩(wěn)定后，先斷開S，再將電容器兩極板間距離增大，則電容器的電容________（選填“增大”或“減小”），此過程中________（選填“有”或“無”）電流通過電阻R。


帶電粒子在電場中的運動


知識精講
一．帶電粒子在電場中的加速直線運動
1．若粒子作勻變速運動，可采用動力學方法求解，即先求加速度，再由運動學公式求解．

2．用能量的觀點分析：合外力對粒子所作的功等于帶電粒子動能的增量．即：，此式對于非勻強電場、非直線運動均成立．對于多級加速器，是利用兩個金屬筒縫間的電場加速，電場力做功

二．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
1．運動狀態(tài)分析：粒子受恒定的電場力，在場中作勻變速曲線運動．
2．處理方法：采用類平拋運動的方法來分析處理
v0
m，q
y
vt
θ
θ

①速度規(guī)律

②位移規(guī)律

③角度規(guī)律
，即速度反向延長平分水平位移，就像粒子從水平位移的中點發(fā)射出來一樣

三．示波器構(gòu)造
⑴構(gòu)造：電子槍、偏轉(zhuǎn)電極，熒光屏


⑵工作原理
如果在偏轉(zhuǎn)電極和之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線打在熒光屏中央，在屏上產(chǎn)生一個亮點。
XX＇上所加的鋸齒形電壓，叫掃描電壓．
YY＇上所加的是待顯示的信號電壓U，在屏上產(chǎn)生的豎直偏移y＇與U成正比．
當掃描電壓和信號電壓的周期相同時，熒光屏上將出現(xiàn)一個穩(wěn)定的波形．

三點剖析
課程目標：
1.了解帶電粒子在勻強電場中的運動
2.重點掌握初速度與場強方向垂直的帶電粒子在電場中的運動
3.知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理

帶電粒子在電場中的直線運動
例題1、 如圖為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空，A為發(fā)射熱電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U．電子離開陰極時的速度可以忽略．電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出的速度大小為v．下面的說法中正確的是（ ）

A.如果A、K間距離減半而電壓仍為U不變，則電子離開K時的速度變?yōu)?v
B.如果A、K間距離減半而電壓仍為U不變，則電子離開K時的速度變?yōu)?br /> C.如果A、K間距離保持不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)?br /> D.如果A、K間距離保持不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)?br /> 例題2、 在平行板電容器A、B兩板上加上如圖所示的電壓，開始B板的電勢比A板高，這時兩板中間原來靜止的電子在電場作用下開始運動，設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，則下述說法正確的是（不計電子重力）（ ）

A.電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性來回運動
B.電子一直向A板運動
C.電子一直向B板運動
D.電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做來回周期性運動
例題3、 如圖所示，有一質(zhì)量為m＝1kg，帶電量為－q＝－1C的小物塊以初速度v0＝18m／s沿粗糙水平地面從A處向右滑動。已知空間存在向右的勻強電場，其電場強度為E＝5N／C。物塊與地面的滑動摩擦因數(shù)為μ＝0.4，求當物塊返回到A處的時間t和速度v。（g取10m／s2）

例題4、 如圖所示，在光滑水平面上方存在電場強度大小為E＝2×104N／C、方向水平向左的有界勻強電場，電場右邊界如圖中的虛線所示，左邊界為豎直墻壁，電場寬度d＝4.75m。長度L＝4m、質(zhì)量M＝2kg的不帶電絕緣長木板P原先靜止在水平面上?？梢暈橘|(zhì)點的質(zhì)量m＝1kg、電荷量q＝1×10－4C的帶正電金屬塊Q從木板的右端以V0＝3m／s的速度水平向左滑上木板，兩者相對靜止后再進入電場，木板與墻壁發(fā)生碰撞的時間極短且碰撞無機械能損失。已知金屬塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m／s2。

（1）求木板與墻壁第一次碰撞前瞬間的速度大小。
（2）求木板與墻壁第二次碰撞前瞬間的速度大小。
（3）金屬塊最終能否停在木板上？若能，求出金屬塊最終停在木板上的位置；若不能，請說明理由。
隨練1、 一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）。小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回。若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將（ ）

A.打到下極板上
B.在下極板處返回
C.在距上極板處返回
D.在距上極板處返回
隨練2、 一質(zhì)量為m的帶電液滴以豎直向下的初速度v0進入某電場中．由于電場力和重力的作用，液滴沿豎直方向下落一段距離h后，速度變?yōu)?．在此過程中，以下判斷正確的是（ ）

A.液滴一定帶負電
B.合外力對液滴做的功為
C.重力對液滴做的功為
D.液滴的機械能減少了mgh
隨練3、 如圖所示，平行板電容器水平放置，上極板帶正電，下極板帶負電，兩極板間距為12cm。當兩極板間的電勢差為U1＝60V時，一帶電荷量為q＝－2×10－6C的小球在距下極板8cm處靜止。取g＝10m/s2．求：
（1）平行板電容器內(nèi)勻強電場的電場強度大??；
（2）小球的質(zhì)量；
（3）若兩極板間的電勢差變?yōu)閁2＝36V時，帶電小球運動到極板上需要的時間。

隨練4、 當金屬的溫度升高到一定程度時就會向四周發(fā)射電子，這種電子叫熱電子，通常情況下，熱電子的初始速度可以忽略不計。如圖所示，相距為L的兩塊平行金屬板M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源E2上，M、N之間的電場近似為勻強電場，a、b、c、d是勻強電場中四個均勻分布的等勢面，K是與M板距離很近的燈絲，電源E1給K加熱從而產(chǎn)生熱電子。電源接通后，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為I，已知電子的質(zhì)量為m、電量為e。求：
（1）電子到達N板的瞬時速度；
（2）電子從燈絲K出發(fā)到達N板所經(jīng)歷的時間；
（3）電路穩(wěn)定的某時刻，c、d兩個等勢面之間具有的電子數(shù)。


帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
例題1、 如圖，電子在電勢差為U1的電場中加速后，垂直進入電勢差為U2的偏轉(zhuǎn)電場，在滿足電子能射出的條件下，下列四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是（ ）

A.U1變大，U2變大
B.U1變小，U2變大
C.U1變大，U2變小
D.U1變小，U2變小
例題2、[多選題] 如圖所示，帶正電的粒子以一定的速度v沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間距為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，則（ ）（不計粒子的重力）

A.在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為
B.在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為
C.在粒子下落前和后的過程中．電場力做功之比為1︰2
D.在粒子下落前和后的過程中．電場力做功之比為1︰1
例題3、 如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極板長L＝0.4m，兩板間距離d＝4×10－3m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5kg，電荷量q＝＋1×10－8C．（g＝10m／s2）求：

（1）微粒入射速度v0為多少？
（2）為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？
隨練1、[多選題] 如圖所示，帶電荷量之比為的帶電粒子A、B以相等的速度從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子 重力的影響，則（ ）

A.A和B在電場中運動的時間之比為1∶2
B.A和B運動的加速度大小之比為4∶1
C.A和B的質(zhì)量之比為1∶12
D.A和B的比荷之比為1∶4
隨練2、 如圖示，M、N為兩塊水平放置的平行金屬板，板長為l，兩板間距也為l，板間電壓恒定為U。M、N左端有兩豎直放置的金屬板P、Q，相距為d，P、Q兩板 間加的電壓是6U。今有一帶電量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子（重力不計）在PQ板間距離Q板d／4處由靜止釋放，經(jīng)P、Q間的電場加速后沿M、N兩板正中間垂直進入電場，最后打在距兩平行板右端距離為l的豎直屏S上。

（1）粒子剛進入M、N間的偏轉(zhuǎn)電場時的速度是多少？
（2）粒子在屏上的落點距O點的距離為多少？
（3）假設大量的上述粒子以上述（1）問中的速度從MN板左端不同位置垂直進入偏轉(zhuǎn)電場。試求這些粒子打到豎直屏S上的范圍。

示波管
例題1、 示波器是一種電子儀器，可以用它觀察電信號隨時間變化的情況.示波器的核心部件示波管，由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，其原理圖如圖甲所示.圖乙是從右向左看到的熒光屏的平面圖.在偏轉(zhuǎn)電極XX'、YY'上都不加電壓時，電子束將打在熒光屏的中心點；若亮點很快移動，由于視覺暫留關系，能在熒光屏上看到一條亮線.若在XX'上加如圖丙所示的掃描電壓，在YY'上加如圖丁所示的信號電壓，則在示波管熒光屏上看到的圖形是下圖中的（? ）

2t1
U XX'
t

0
3t1
t1
丙

U YY'
t

0
2t1
t1
丁

A.
B.
C.
D.
例題2、 如圖所示，真空玻璃管內(nèi)，加熱的陰極K發(fā)出的電子（初速度可忽略不計）經(jīng)陽極A與陰極K之間的電壓U1形成的加速電場加速后，從陽極A的小孔射出，由水平放置的平行正對偏轉(zhuǎn)極板從M、N的左端中點以平行于極板的方向射入兩極板之間的區(qū)域。若M、N兩極板間無電壓，電子將沿水平直線打在黃光屏上的O點；若在M、N兩極板間加電壓U2，形成平行紙面的偏轉(zhuǎn)電場，則電子將打在熒光屏上的P點；已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e。M、N兩極板長均為L1、兩極板間距離為d，極板右端到熒光屏的距離為L2。忽略電子所受重力及它們之間的相互作用力，求：

（1）電子從陽極A小孔射出時速度v0的大?。?br /> （2）在M、N兩極板間加電壓U2后，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小和方向；
（3）OP兩點間的距離。
例題3、 示波器是一種用途十分廣泛的電子測量儀器．它能把肉眼看不見的電信號變換成看得見的圖像，便于人們研究各種電現(xiàn)象的變化過程．如圖1所示，圖2①是示波管的原理圖，它是由電子槍、加速電場、豎直偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏等組成．電子槍發(fā)射的電子打在熒光屏上將出現(xiàn)亮點．若亮點很快移動，由于視覺暫留，能在熒光屏上看到一條亮線．

（1）質(zhì)量為m電荷量為e的電子，從靜止開始在加速電場中加速．加速電壓為U1，豎直偏轉(zhuǎn)電極YY′之間的電壓為U2，YY′之間的距離為d，電極極板的長和寬均為L，水平偏轉(zhuǎn)電極XX′兩極板間電壓為0．若電子被加速后沿垂直于偏轉(zhuǎn)電場的方向射入電場，并最終能打到熒光屏上．
①電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大?。?br /> ②電子打到熒光屏上時的動能大?。?br /> （2）如果只在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加上如圖2②所示的電壓，試在答題卡的圖2①上畫出在熒光屏所能觀察到的亮線的形狀．
（3）如果在偏轉(zhuǎn)電極YY′加上Uy＝Umsinωt的電壓，同時在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加上圖2②所示的電壓，試在答題卡的圖②上畫出所觀察到的亮線的形狀．如果在此基礎上將掃描范圍的頻率值減小到原來的一半，畫出此時的圖像．
隨練1、 如圖所示是個示波管工作原理的示意圖。電子經(jīng)電壓加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為，板長為l。為了提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量），可采用的方法是（ ）

A.盡可能使板長l長些
B.增大兩板間的電勢差U2
C.盡可能使板間距離d大一些
D.使加速電壓U1升高一些
隨練2、 示波器的核心部件是示波管，其內(nèi)部抽成真空，圖是它內(nèi)部結(jié)構(gòu)的簡化原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成。熾熱的金屬絲可以連續(xù)發(fā)射電子，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。發(fā)射出的電子由靜止經(jīng)電壓U1加速后，從金屬板的小孔O射出，沿OO′進入偏轉(zhuǎn)電場，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上。偏轉(zhuǎn)電場是由兩個平行的相同金屬極板M、N組成，已知極板的長度為l，兩板間的距離為d，極板間電壓為U2，偏轉(zhuǎn)電場極板的右端到熒光屏的距離為L。不計電子受到的重力和電子之間的相互作用。

（1）求電子從小孔O穿出時的速度大小v0；
（2）求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y；
（3）若將極板M、N間所加的直流電壓U2改為交變電壓，電子穿過偏轉(zhuǎn)電場的時間遠小于交流電的周期T，且電子能全部打到熒光屏上，求電子打在熒光屏內(nèi)范圍的長度s。
隨練3、 示波器是一種多功能電學儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形，它的工作原理可等效成下列情況：如圖甲所示，真空室中電極K發(fā)出電子（初速不計），經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬極板A、B間的中心線射入兩板中。板長為L，兩板間距離為d，在兩板間加上如圖乙所示的正弦交變電壓，周期為T。前半個周期內(nèi)B板的電勢高于A板的電勢，電場全部集中在兩板之間，且分布均勻。在每個電子通過兩板間的短時間內(nèi)，電場視作恒定的，在兩極板右側(cè)且與極板右端相距D處有一個與兩極板中心線（圖中虛線）垂直的熒光屏，中心線正好與屏上坐標原點相交。當?shù)谝浑娮拥竭_坐標原點O時，使屏以速度v沿負x軸方向運動，每經(jīng)過一定的時間后，在一個極短時間內(nèi)它又跳回初始位置，然后重新做同樣的勻速運動。（已知電子的質(zhì)量為m，帶電荷量為e，不計電子的重力）求：

（1）電子剛進入A、B板時的初速度；
（2）要使所有的電子都能打在熒光屏上（熒光屏足夠大），圖乙中電壓的最大值U0應滿足什么條件？
（3）要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏必須每隔多長時間回到初始位置？計算這個波形的峰值和長度，并在圖丙所示的x－y坐標系中畫出這個波形。

拓展
1、[多選題] 如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關S與電池連接，S是閉合的，U表示電容器兩極板間的電勢差，Q表示極板所帶的電置，E表示勻強電場的電場強度．現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大，則（ ）

A.U不變，C變小
B.Q變小，E變小
C.U變小，E不變
D.Q不變，E不變
2、 (多選)如圖所示，兩塊平行金屬板M、N豎直放置，電壓恒為U．一電子（不計重力）從N板靜止釋放，它運動到M板時速率為v．現(xiàn)將M板水平向右移動一段距離，再將電子從N板靜止釋放，下列判斷正確的是( )

A.金屬板M、N的帶電量不變
B.電子運動過程的加速度變大
C.電子運動到M板所用的時間變短
D.電子運動到M板時速率變小
3、 兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構(gòu)成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示。接通開關K，電源即給電容器充電，則（ ）

A.斷開K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小
B.斷開K，在兩極板間插入一塊絕緣介質(zhì)，則兩極板間的電勢差增大
C.保持K接通，使兩極板左右錯開一些，則極板上的電荷量增大
D.保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小
4、 一平行板電容器充電后與電源斷開，正極板A接地，在兩極板之間有一正點電荷P恰好靜止在某點，如圖所示．以E表示兩極板間電場強度，U表示兩極板間的電勢差，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則( )

A.E變大，U變大，P向上運動
B.E變大，U變大，P仍然靜止
C.E減小，U減小，P向下運動
D.E不變，U減小，P仍然靜止




5、 如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有一定電壓，在P板附近有一電子（不計重力）由靜止開始向Q板運動，下列說法正確的是（ ）

A.電子到達Q板時的速率，與加速電壓無關，僅與兩板間距離有關
B.電子到達Q板時的速率，與兩板間距離無關，僅與板間電壓有關
C.兩板間距離越小，電子的加速度就越小
D.兩板間距離越大，加速時間越短
6、[多選題] 如圖所示，帶電平行金屬板A，B，板間的電勢差為U，A板帶正電，B板中央有一小孔．一帶正電的微粒，帶電量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距板高h處自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c點，則（ ）

A.微粒在下落過程中動能逐漸增加，重力勢能逐漸減小
B.微粒下落過程中重力做功為，電場力做功為
C.微粒落入電場中，電勢能逐漸增大，其增加量為
D.若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能達到A板
7、 在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強電場，場強大小E＝6.0×105N／C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個電荷量q＝－5.0×10－8C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的絕緣物塊，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2.0m／s，如圖所示．（g取10m／s2）
試求：（1）物塊向右運動的最大距離；
（2）物塊最終停止的位置．

8、[多選題] 三個質(zhì)量相等的帶電微粒（重力不計）以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點射入，已知上極板帶正電，下極板接地，三微粒的運動軌跡如圖所示，其中微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場，則（ ）

A.三微粒在電場中的運動時間有t3＝t2＞t1
B.三微粒所帶電荷量有q1＞q2＝q3
C.三微粒所受電場力有F1＝F2＞F3
D.飛出電場時微粒2的動能大于微粒3的動能
9、 如圖甲所示，長為l、相距為d的兩塊正對的平行金屬板AB和CD與一電源相連(圖中未畫出電源)，B、D為兩板的右端點，兩板間電壓的變化如圖乙所示，在金屬板B、D端的右側(cè)有一與金屬板垂直放置的熒光屏MN，熒光屏距B、D端的距離為l，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子以相同的初速度v0從極板左邊中央沿平行極板的直線O1O2連續(xù)不斷地射入．已知所有的電子均能夠從金屬板間射出，且每個電子在電場中運動的時間與電壓變化的周期相等，忽略極板邊緣處電場的影響，不計電子的重力以及電子之間的相互作用．求







(1)t＝0和t時刻進入兩板間的電子到達金屬板B、D端界面時偏離O1O2的距離之比
(2)兩板間電壓U0的最大值
(3)電子在熒光屏上分布的最大范圍．
10、 示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示．從電子槍發(fā)射出的電子在經(jīng)過加速電場加速和兩個偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上．如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（ ）

A.極板X應帶負電；極板Y應帶負電
B.極板X′應帶負電；極板Y應帶負電
C.極板X應帶負電；極板Y′應帶負電
D.極板X′應帶負電；極板Y′應帶負電
11、 下圖為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出（初速度可忽略不計），經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1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M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力．

（1）求電子穿過A板時速度的大小；
（2）求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量；
（3）若要電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？

答案解析

電容器


兩極板電勢差保持不變
例題1、
【答案】 A
【解析】 暫無解析
例題2、[多選題]
【答案】 A C
【解析】 暫無解析
例題3、
【答案】 D
【解析】 暫無解析
隨練1、
【答案】 D
【解析】 A．平行板電容器接在恒壓直流電源上，其兩極間的電壓不變。若將云母介質(zhì)移出，由電容的決定式，可知，電容C會減小，故A錯誤；
B．因E＝U／d，U不變，d不變，電場強度不變，故B錯誤；
C．電容器接在恒壓直流電源上，電容器極板間電勢差不變，故C錯誤；
D．由電容的定義式C＝Q／U，可得，電荷量會減小，故D正確。
隨練2、
【答案】 A
【解析】 當F向上壓膜片電極時，板間距離減小，由電容的決定式得到，電容器的電容將增大，又根據(jù)電容的定義式，電容器兩極的電壓U不變，故Q將增大，即電容器充電，所以電流將從電流表正接線柱流入，電流計指針向右偏。當充電完畢后，電路中沒有電流，電流計的指針回到零刻度。故A正確、BCD錯誤。

兩極板帶電量保持不變
例題1、
【答案】 A
【解析】 暫無解析
例題2、
【答案】 C
【解析】 暫無解析
例題3、
【答案】 A D
【解析】 解:A、B、保持閉合,電容器兩極板間的電勢差等于電源的電動勢,不變;故電場強度為,當板向板靠近時,電場強度變大,電場力變大,故變大,故A正確,B錯誤; C、D、斷開,電容器帶電量不變,根據(jù)電容器電容定義式、平行板電容器的公式以及電壓與電場強度關系公式,得到:,故電場強度與兩極板距離無關,故將板向板靠近,電場強度不變,電場力不變,故傾角不變,故C錯誤,D正確; 故選:AD. 帶電小球受到重力、電場力和細線的拉力而平衡,電場力越大,細線與豎直方向的夾角越大;根據(jù)電容器電容定義式、平行板電容器的公式以及電壓與電場強度關系公式對各種變化中電場強度進行分析,得到電場強度的變化情況,最后判斷電場力變化情況和偏轉(zhuǎn)角變化情況. 本題關鍵是明確:電鍵閉合時,電容器電壓不變;電鍵斷開時,電容器電量不變.結(jié)合電容的定義式和決定式分析求解.
隨練1、[多選題]
【答案】 B C
【解析】 AB、由題可知電容器兩板所帶電量不變， A板下移時，根據(jù)、和可推出，可知，P點的電場強度E不變，P點與下板的距離不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點與下板的電勢差不變，則P點的電勢不變，故B正確，A錯誤；
CD、B板上移時，同理得知，P點的電場強度不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點與下板的電勢差減小，而P點的電勢高于下板的電勢，下板的電勢為零，所以P點電勢降低，故C正確，D錯誤。
隨練2、
【答案】 （1）充電；A→B
（2）增大；A→B
（3）減?。粺o
【解析】 （1）當開關S接通的瞬間，電源給電容器充電，此過程中通過電阻R的電流的方向“A→B”或“B→A”。
（2）開關S始終處于閉合狀態(tài)，若減小電容器兩極板間距離，則電容器的電容增大，此過程中通過電阻R的電流的方向A→B。
（3）開關S閉合，電路穩(wěn)定后，先斷開S，再將電容器兩極板間距離增大，則電容器的電容減小，此過程中無電流通過電阻R。

帶電粒子在電場中的運動


帶電粒子在電場中的直線運動
例題1、
【答案】 D
【解析】 根據(jù)動能定理得：

得：
A、B、由上式可知，v與A、K間距離無關，則若A、K間距離減半而電壓仍為U不變，則電子離開K時的速度仍為v，故AB錯誤。
C、D、由上式可知，電壓減半時，則電子離開K時的速度變?yōu)?，故C錯誤，D正確。
例題2、
【答案】 C
【解析】 遭0－0.25s內(nèi)，電子受到的電場力方向水平向左，向左做勻加速直線運動，0.25－0.5s內(nèi)，電子所受的電場力水平向右，電子向左做勻減速直線運動，0.5s末速度減為零，然后重復之前的運動，可知電子一直向B板運動。故C正確，A、B、D錯誤。
例題3、
【答案】 8s；6m／s
【解析】 對物塊分析豎直方向
N＝mg
f＝μN
所以，f＝μmg＝0.4×1×10＝4N
電場力Eq＝5N
向左運動時Eq＋f＝ma1
a1＝9m／s2
向右運動時Eq－f＝ma1
a2＝1m／s2






例題4、
【答案】 （1）
（2）1m／s
（3）能；Q距右端的距離為3m
【解析】 （1）Q與木板的相對靜止后的共同速度為v：mv0＝（M＋m）v ①
Q在木板上滑動的距離為x：②
由①②解得：v＝1m／s
接著共同加速度運動距離為：x1＝4.75－（4－0.75）＝1.5m
加速度為：
第一次碰撞前瞬間的速度為v1則：
解得：
則木板左端達到墻壁時Q剛要進入電場，此前均為勻速運動速度為v＝1m／s，即第一次碰撞前瞬間的速度大小為。
（2）第一次碰撞后，木板以的初速度反向減速運動，加速度的大小為：
Q做向左的減速速度運動，加速度大小為
二者速度減為0時，各自完成的距離為相同為：x′，
后二者向左做勻加速運動，加速度
再次與墻壁相碰時速度為v′則：v′2＝2a′x′解得：。
（3）若不掉下，則木板要最后停靠在豎直墻壁，設Q距右端的距離為x，則由能量關系可得：
代入數(shù)據(jù)解得：x＝3m
隨練1、
【答案】 D
【解析】 對下極板未移動前，從靜止釋放到速度為零的過程運用動能定理得，。
將下極板向上平移，設運動到距離上級板x處返回。
根據(jù)動能定理得，
聯(lián)立兩式解得．故D正確，A、B、C錯誤。
隨練2、
【答案】 B
【解析】 A、由于電場力和重力都是恒力，液滴沿豎直方向下落一段距離h后，速度變?yōu)?說明液滴一定做減速運動，它受到的電場力的方向一定向上，與電場的方向相同，所以液滴帶正電．故A錯誤；
B、由動能定理得：合外力做功；故B正確；
C、帶電液滴下落h高度，重力做功：WG＝mgh．故C錯誤；
D、由功能關系：，所以電場力做負功，其值為，根據(jù)除重力以外的力做功，導致機械能變化，可知液滴的機械能減小，減小量為．故D錯誤．
隨練3、
【答案】 （1）500V/m
（2）1×10－4 kg
（3）0.2s
【解析】 （1）平行板電容器內(nèi)勻強電場的電場強度大小為：
E1500V/m；
（2）設帶電小球的質(zhì)量為m，小球處于靜止，有：
mg＝qE1
則mkg＝1×10－4 kg；
（3）當U2＝36V時，帶電小球向下做勻加速直線運動，由牛頓第二定律知：
mg－qma
又hat2，
據(jù)題有：d＝0.12m，h＝0.08m
聯(lián)立解得：t＝0.2s。
隨練4、
【答案】 （1）
（2）
（3）
【解析】 （1）動能定理：，
解出
（2）牛頓定律：，
解出
由得：

（3）電子從燈絲出發(fā)達到c所經(jīng)歷的時間
電子從燈絲出發(fā)達到d所經(jīng)歷的時間
c、d兩個等勢面之間的電子數(shù)，
將時間td和tc代入，求出：

帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
例題1、
【答案】 B
【解析】 暫無解析
例題2、[多選題]
【答案】 B D
【解析】 粒子在垂直于板的方向做初速度為零的勻加速運動：由可得，前時間內(nèi)與t時間內(nèi)垂直于板方向之比為1：4，在前時間內(nèi)的位移為，在后時間內(nèi)的位移為在前時間內(nèi)電場力對粒子做功為：，在后時間內(nèi)電場力對粒子做功為：，故A錯誤，B正確；由電場力做功W＝qEy，則前粒子在下落前和后內(nèi)，電場力做功之比1：1，故C錯誤，D正確.
例題3、
【答案】 （1）10m／s
（2）120V＜U＜200V
【解析】 （1）據(jù)題意，帶電粒子進入電場做類平拋運動，即
，
可解得．
（2），，解得：U1＝120V
當所加的電壓為U2時，微粒恰好從上板的右邊緣射出
，，解得U2＝200V，所以120V＜U＜200V．
隨練1、[多選題]
【答案】 A B C
【解析】 粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：，則粒子的運動時間之比：，故A正確；粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向位移相等，，則加速度之比：，故B正確；由牛頓第二定律得：qE＝ma，則粒子質(zhì)量之比：，故C正確；比荷之比：，故D錯誤。
隨練2、
【答案】 （1）
（2）
（3）距O點上方，距O點下方
【解析】 （1）設離Q板d／4處為A點，，對粒子從A點到出加速電場應用動能定理：，解得；
（2）MN間的電場強度為：
粒子在MN電場間的加速度為：
運動時間為：
離開MN電場時偏轉(zhuǎn)位移為：，
解得：
離開MN電場時粒子速度偏轉(zhuǎn)角為
粒子在屏上的落點位置：
即粒子落點距O點的距離為；
（3）當粒子貼著M板進入MN時，由（2）得，它將偏離入射點打到屏上，即打到，此為粒子打到屏上范圍的上過界；
由（2）得，即當粒子在距離N板處進入MN之間，恰能從N板右邊緣離開，打到屏時偏離入射點，即點以下處。

示波管
例題1、
【答案】 A
【解析】 因水平方向XX’所加為掃描電壓，可使電子在水平方向移動。豎直方向YY’所加電壓可使電子在豎直方向移動。所以A選項正確。B、C、D選項錯誤。
例題2、
【答案】 （1）
（2）；夾角為
（3）
【解析】 ⑴設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v1，根據(jù)動能定理：
，解得
（2）電子進入B、C間的勻強電場中，在水平方向以v1的速度做勻速直線運動，豎直方向受電場力的作用做初速度為零的加速運動，其加速度為：

電子通過勻強電場的時間
電子離開勻強電場時豎直方向的速度vy為：

由運動合成與分解得：
將帶入得：
電子離開電場時速度v2與進入電場時的速度v1夾角為α（如圖）則
∴

（3）電子通過勻強電場時偏離中心線的位移

電子離開電場后，做勻速直線運動射到熒光屏上，豎直方向的位移

∴電子打到熒光屏上時，偏離中心線的距離為

例題3、
【答案】 （1）①；②
（2）見解析
（3）見解析
【解析】 （1）①設電子經(jīng)電子槍加速后進入偏轉(zhuǎn)電極YY′的速度為υ0，
則有：解出：
②偏轉(zhuǎn)電極的電壓為U2，板間距離為d，板長為L，
則有：；，
即電子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為：
電子打到熒光屏上時的動能為：
（2）（3）熒光屏上的圖形如下圖所示：

隨練1、
【答案】 A
【解析】 暫無解析
隨練2、
【答案】 （1）
（2）
（3）（l＋2L）
【解析】
隨練3、
【答案】 （1）
（2）
（3）T；；vT；
【解析】 （1）設電子進入AB板時的初速度為v0
則由動能定理有：
解得；
（2）電子在垂直于電場方向做勻速直線運動，運動時間
設電子在電場方向做勻加速直線運動的位移
聯(lián)立得：
要使所有的電子都能打在熒光屏上，必須滿足：
由以上各式解得；
（3）要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏運動的周期應該與交變電壓的周期相同，所以，熒光屏必須每隔時間T回到初始位置。電壓為峰值時熒光屏上的波形出現(xiàn)峰值Y。
設某個電子運動軌跡如圖所示，
則，其中，

又知，
由相似三角形的性質(zhì)，得，
則，
所以峰值為，
所以該波形的長度S＝vT，波形如圖所示。


拓展
1、[多選題]
【答案】 A B
【解析】 暫無解析
2、
【答案】 B C
【解析】 Q=CU，M右移則電容增大電量增大，A錯．，M右移則電場增大，加速度增大，B對．，d減小a增大，所以時間變短，C正確．末態(tài)速率只依賴于電源電壓，故不變，D錯．
故選：BC
3、
【答案】 A
【解析】 A、斷開K，電容器所帶電量不變．減小兩極板間的距離，根據(jù)電容的定義式分析得知電容C增大，由分析得知，兩極板間的電勢差U減小．故A正確．
B、斷開K，電容器所帶電量Q不變．在兩極板間插入一塊電介質(zhì)，根據(jù)電容的定義式分析得知電容C增大，由分析得知，兩極板間的電勢差減?。蔅錯誤．
C、保持K接通，電容器板間電壓U不變．在兩極板間插入一塊介質(zhì)，根據(jù)電容的定義式分析得知電容C減小，由分析得知，極板上的電荷量Q減?。蔆錯誤．
D、保持K接通，板間電壓U不變，減小兩極板間的距離d，由公式分析得知，兩極板間電場的電場強度E增大．故D錯誤．
4、
【答案】 D
【解析】 平行板電容器充電后與電源斷開，電容器的電量不變．將正極板移到圖中虛線所示的位置，板間距離減小，由推論公式E=，分析得到板間場強E不變，電容C增大，而電量Q不變，由公式U=分析得到板間電壓U減小．電場力F=Eq沒有變化，正點電荷P仍然靜止．
故選：D．
5、
【答案】 B
【解析】 AB、電子從負極板到正極板由動能定理有：，求得，所以到達正極板的速度只與電壓有關，而與板距無關，選項A錯誤，選項B正確。
C、據(jù)牛頓第二定律可得加速度，所以當板距越小時，加速度越大，選項C錯誤。
D、電子從負極板向正極板運動做勻加速直線運動，由運動學公式可得時間，極距越大，時間越長，所以選項D錯誤。
6、[多選題]
【答案】 B C D
【解析】 A．微粒在下落過程中先做加速運動，后做減速運動，動能先增大，后減?。亓σ恢弊稣Γ亓菽芤恢睖p?。蔄錯誤．
B．微粒下降的高度為，重力做正功，為，電場力向上，位移向下，電場力做負功，．故B正確．
C．微粒落入電場中，電場力做負功，電勢能逐漸增大，其增加量等于微?？朔妶隽ψ龉Γ蔆正確．
D．由題微粒恰能落至A，B板的正中央c點過程，由動能定理得：
①
若微粒從距B板高2h處自由下落，設達到A板的速度為v，則由動能定理得：
②
由①②聯(lián)立得v＝0，即恰好能達到A板．故D正確．
7、
【答案】 （1）0.4m
（2）O點左側(cè)0.2m處
【解析】 （1）物體受到的電場力為：F＝Eq＝6×105×5×10－8＝0.03N，方向水平向左．
物體受到的摩擦力為：f＝μmg＝0.2×0.01×10＝0.02N
F＞f
物塊先向右減速運動，再向左加速運動，越過O點進入無電場區(qū)域后，再減速運動直到停止．
設物塊到達最右端的坐標為x1 m，對O→x1 m處，由動能定理得：

即：
解得：x1＝0.4m．
（2）設物塊最終停止的位置坐標為－x2 m，對O→－x2 m處，
由動能定理得：
即：
得：x2＝0.2m，
即物塊停在0.2m處．

8、[多選題]
【答案】 A D
【解析】 暫無解析
9、
【答案】 (1)t＝0和t時刻進入兩板間的電子到達金屬板B、D端界面時偏離OO′的距離之比為1：3．
(2)兩板間電壓U0的最大值．
(3)電子在熒光屏上分布的最大范圍為．
【解析】 (1)t＝0時刻進入兩板間的電子先沿OO′方向做勻速運動，即有
v0
而后在電場力作用下做類平拋運動，在垂直于OO′方向做勻加速運動，設到達B、D
端界面時偏離OO′的距離為y1，則y1()2
t時刻進入兩板間的電子先在時間內(nèi)做拋物線運動到達金屬板的中央，而后做勻速直線運動到達金屬板B、D端界面．設電子到達金屬板的中央時偏離OO′的距離為y2，將此時電子的速度分解為沿OO′方向的分量v0與沿電場方向的分量vE，并設此時刻電子的速度方向與OO′的夾角為θ，電子沿直線到達金屬板B、D端界面時偏離OO′的距離為y2′，則有y2()2
tanθ?
解得y2′
因此，y1：y2′＝1：3．
(2)在t＝(2n+1)(n＝0，1，2…)時刻進入兩板間的電子在離開金屬板時偏離OO′的距離最大，因此為使所有進入金屬板間的電子都能夠飛出金屬板，應滿足的條件為y2′，解得板間電太的最大值
U0
(3)設t＝nT(n＝0，1，2…)時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為Y1；
t＝(2n+1)(n＝0，1，2…)時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為Y2′，電子到達熒光屏上分布在ΔY＝Y(jié)2﹣Y1范圍內(nèi)．當滿足y2′的條件時，ΔY為最大．根據(jù)題中金屬板和熒光屏之間的幾何關系，得到
tanθ
因此電子在熒光屏上分布的最大范圍為ΔY＝Y(jié)2﹣Y1＝y(tǒng)2′﹣y1
10、
【答案】 B
【解析】 暫無解析
11、
【答案】 （1）
（2）
（3）減小加速電壓U1；增大偏轉(zhuǎn)電壓U2
【解析】 （1）設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理

得
（2）電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，加速度為a，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y。由牛頓第二定律和運動學公式
F＝eE




解得

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