資源簡介

電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 考點(diǎn)總結(jié)
1．電容器及電容
(1)電容器
①組成：由兩個彼此__絕緣__又相互靠近的導(dǎo)體組成；
②帶電荷量：一個極板所帶電荷量的__絕對值__；
③電容器的充、放電
a．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；
b．放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中__電能__轉(zhuǎn)化為其他形式的能．
(2)電容
①定義：電容器所帶的__電荷量__與兩個極板間的__電勢差__的比值；
②定義式：__C＝__；
③單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)，1 F＝__106__μF＝__1012__pF；
④意義：表示電容器__容納電荷__本領(lǐng)的高低；
⑤決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否__帶電__及__電壓__無關(guān)．
(3)平行板電容器的電容
①決定因素：正對面積，介電常數(shù)，兩板間的距離，
②決定式：__C＝__.
2．帶電粒子在電場中的運(yùn)動
(1)加速問題
①在勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝__mv2－mv__；
②在非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝__mv2－mv__.
(2)偏轉(zhuǎn)問題
①條件分析：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(qiáng)電場；
②運(yùn)動性質(zhì)：__勻變速曲線__運(yùn)動；
③處理方法：利用運(yùn)動的合成與分解．
a．沿初速度方向：做__勻速__運(yùn)動；
b．沿電場方向：做初速度為零的__勻加速__運(yùn)動．
3．示波管
(1)裝置：示波管由__電子槍__、__偏轉(zhuǎn)電極__和__熒光屏__組成，管內(nèi)抽成真空，如圖所示．

(2)原理
①如果在偏轉(zhuǎn)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傳播，打在熒光屏__中心__，在那里產(chǎn)生一個亮斑；
②YY′上加的是待顯示的__信號電壓__，XX′上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的圖象．

電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 習(xí)題精選
一、概念理解
1．判斷正誤
(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)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零，電容也為零．(　×　)
(4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動．(　×　)
(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運(yùn)動．(　√　)
(6)示波管屏幕上的亮斑是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的．(　√　)
(7)帶電粒子在電場中運(yùn)動時重力一定可以忽略不計．(　×　)
2．如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動，則關(guān)于電子到達(dá)Q板時的速度，下列說法正確的是(　C　)

A．兩板間距離越大，加速的時間就越長，獲得的速度就越大
B．兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大
C．與兩板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)
D．以上說法均不正確
3．如圖所示，質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側(cè)位移y之比為(　B　)

A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
二、考法精講
一　平行板電容器的動態(tài)分析
1．常見類型

[例1](2019·安徽安慶質(zhì)檢)如圖所示，先接通開關(guān)S使電容器充電，然后斷開開關(guān)S.當(dāng)增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、電容器兩極板間場強(qiáng)E的變化情況是(　C　)

A．Q變小，C不變，U不變，E變小
B．Q變小，C變小，U不變，E不變
C．Q不變，C變小，U變大，E不變
D．Q不變，C變小，U變小，E變小
解析　電容器充電后再斷開開關(guān)S，其所帶的電荷量不變．由C∝可知，d增大時，C變小時，又因為U＝，所以U變大，對于場強(qiáng)E，由于E＝，U＝＝，所以E＝＝＝.由以上分析可知，間距d增大，E不變．因此選項C正確．

解決電容器問題的兩個常用技巧
(1)在電荷量保持不變的情況下，由E＝＝＝知，電場強(qiáng)度與板間距離無關(guān)．
(2)對平行板電容器的有關(guān)物理量Q、E、U、C進(jìn)行討論時，關(guān)鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，抓住C＝、Q＝CU和E＝進(jìn)行判定即可．
　二　帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動
1．帶電粒子在電場中運(yùn)動時是否考慮重力的處理方法
(1)基本粒子：如電子、質(zhì)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(但并不忽略質(zhì)量)．
(2)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，一般都要考慮重力．
2．解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動問題的兩種思路
(1)運(yùn)動狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力與運(yùn)動方向在同一條直線上，做加(減)速直線運(yùn)動．
(2)用功與能的觀點(diǎn)分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的變化量，即qU＝mv2－mv.
[例2]一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運(yùn)動，電場強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內(nèi)
(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始電場反方向運(yùn)動的時間．

解析　(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1＝，①
a2＝－2，②
a3＝2，③
a4＝－，④
由此得帶電粒子在0～T時間間隔內(nèi)運(yùn)動的a－t圖象如圖甲所示，對應(yīng)的v－t圖象如圖乙所示．
　
其中v1＝a1＝，⑤
由圖乙可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為
x＝v1，⑥
由⑤⑥式得x＝T2，
它沿初始電場正方向．
(2)由圖乙可知，粒子在t＝T到t＝T內(nèi)沿初始電場的反方向運(yùn)動，總的運(yùn)動時間t為t＝T－T＝.
答案　見解析

帶電體在勻強(qiáng)電場中做直線運(yùn)動的分析思路

　三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
1．基本規(guī)律：設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有

(1)加速度：a＝＝＝.
(2)在電場中的運(yùn)動時間：t＝.
(3)位移
y＝at2＝.
(4)速度vy＝，v＝，
tan θ＝＝.
2．兩個結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的，偏轉(zhuǎn)位移也總是相同的．證明：由qU0＝mv及tan θ＝得tan θ＝；同理可得y＝
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度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到電場邊緣的距離為.
3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系
當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時，也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差．
[例3]如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1＝2 500 V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出．裝置右側(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，兩極板間加以電壓U2＝200 V的偏轉(zhuǎn)電場．從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場．已知電子的電荷量e＝1.6×10－19 C，電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30 kg，設(shè)電子離開金屬絲時的速度為零，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力．求：

(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek；
(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y；
(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運(yùn)動的過程中電場力對它所做的功W.
解析　(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1＝Ek，解得Ek＝4.0×10－16 J.
(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t，電子在水平方向做勻速運(yùn)動，由l＝v1t，解得t＝.
電子在豎直方向受電場力F＝e，
電子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)其加速度為a，依據(jù)牛頓第二定律有e＝ma，解得a＝.
電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量
y＝at2＝，解得y＝0.36 cm.
(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差U＝y(tǒng)，電場力所做的功W＝eU，
解得W＝5.76×10－18 J.
答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm　(3)5.76×10－18 J
　四　帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動
帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的分析方法
(1)注重全面分析
分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律，抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．
(2)分析時從兩條思路出發(fā)
一是力和運(yùn)動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系，根據(jù)動能定理及能量守恒定律分析．
(3)此類題型一般有三種情況
①粒子做單向直線運(yùn)動(一般用牛頓運(yùn)動定律求解)；
②粒子做往返運(yùn)動(一般分段研究)；
③粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(一般根據(jù)交變電場特點(diǎn)分段研究)．
[例4](多選)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大．當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是(　AD　)


解析　在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力F＝，所以電子所受的電場力大小不變．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動，在第二個內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動，在第三個內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動，在第四個內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動，所以a－t圖象如圖D所示，v－t圖象如圖A所示；又因勻變速直線運(yùn)動位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線．故選項A、D正確，B、C錯誤．

(1)利用圖象
帶電粒子在交變電場中運(yùn)動時，受電場力作用，其加速度、速度等均做周期性變化，借助圖象描述它在電場中的運(yùn)動情況，可直觀展示其物理過程，從而快捷地分析求解．
畫圖象時應(yīng)注意在v－t圖中，加速度相同的運(yùn)動一定是平行的直線，圖象與v－t軸所夾面積表示位移，圖象與t軸的交點(diǎn)表示此時速度反向．
(2)利用運(yùn)動的獨(dú)立性
對一個復(fù)雜的合運(yùn)動，可以看成是幾個分運(yùn)動合成的．某一方向的分運(yùn)動不會因其他分運(yùn)動的存在而受到影響．應(yīng)用這一原理可以分析帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動．根據(jù)各分運(yùn)動的情況，再按運(yùn)動的合成與分解規(guī)律分析合運(yùn)動情況．
三、遞進(jìn)題組
1．(多選)如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接在電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，下列說法中正確的是(　AD　)

A．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ增大
B．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ不變
C．?dāng)嚅_S，將A板向B板靠近，則θ增大
D．?dāng)嚅_S，將A板向B板靠近，則θ不變
解析　保持S閉合，則電容器兩極板間的電壓不變，由E＝可知，當(dāng)A板向B板靠近時，E增大，小球所受電場力增大，θ增大，選項A正確，B錯誤；斷開S，則兩板帶電荷量不變，由Q＝CU＝＝E可知，將A板向B板靠近，并不改變板間電場強(qiáng)度，小球所受的電場力不變，故θ不變，選項D正確，C錯誤．
2．一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，則電容器(　D　)
A．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大
B．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大
C．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變
D．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變
解析　由C＝可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時，Q減小．再由E＝，由于U與d都不變，故電場強(qiáng)度E不變，選項D正確．
3．(2019·安徽蚌埠四校聯(lián)考)如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負(fù)極板不動，正極板在豎直方向移動，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?　C　)

A．2倍　　 B．4倍
C．　　 D．
解析　設(shè)極板長為L，間距為d，電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有d＝at2＝，所以d2＝，即d∝，選項C正確．
4．(2019·黃岡中學(xué)模擬)如圖甲所示，空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場，其變化規(guī)律如圖乙所示(取水平向右為正方向)．一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)，開始處于圖中的A點(diǎn)．在t＝0時刻將該粒子由靜止釋放，經(jīng)過時間t0，剛好運(yùn)動到B點(diǎn)，且瞬時速度為零．已知電場強(qiáng)度大小為E0.試求：

(1)電場變化的周期T應(yīng)滿足的條件；
(2)A、B之間的距離；
(3)若在t＝時刻釋放該粒子，則經(jīng)過時間t0粒子的位移為多大？
解析　(1)根據(jù)粒子的初狀態(tài)和受力特點(diǎn)可知，粒子運(yùn)動的v－t圖象如圖所示．可見，當(dāng)t0＝nT時，粒子的速度剛好為零，故有T＝.(n為正整數(shù))

(2)由(1)圖可知，A、B之間的距離
x＝a()2×2n＝n··()2＝.
(3)若在t＝時刻釋放該粒子，其v－t圖象如圖所示，此時t0時間內(nèi)粒子的位移
x′＝n[a(2×)2×2－a()2×2]＝.

答案　(1)T＝(n為正整數(shù))　(2)　(3)
四、典例診斷
[例1](2019·河南洛陽調(diào)研，6分)(多選)如圖所示，一光滑絕緣斜槽放在方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中，從斜槽頂端A沿斜槽向下釋放一初速度為v0的帶負(fù)電的小球，小球質(zhì)量為m，帶電荷量為q，斜槽底端B與A點(diǎn)的豎直距離為h.則關(guān)于小球的運(yùn)動情況，下列說法中正確的是(　　)

A．只有E≤＋時，小球才能沿斜槽運(yùn)動到B點(diǎn)
B．只有E≤時，小球才能沿斜槽運(yùn)動到B點(diǎn)
C．小球若沿斜槽能到達(dá)B點(diǎn)，最小速度可能是v0
D．小球若沿斜槽能到達(dá)B點(diǎn)，最小速度一定大于v0
[規(guī)范答題]
[解析] 根據(jù)受力情況可知，要使小球下滑必須重力大于等于電場力，即E·q≤mg，于是有E≤，故選項A錯誤，B正確；當(dāng)重力大于電場力時，小球加速下滑，到達(dá)B點(diǎn)速度，大于v0，若是重力等于電場力，小球勻速下滑，到達(dá)B點(diǎn)速度為v0，若是重力小于電場力，小球?qū)⑾蛏线\(yùn)動，故選項C正確，D錯誤．
[答案]　BC
五、規(guī)范遷移
1. (2019·江西九江模擬)一個動能為Ek的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ek如果使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮敲此w出電容器的動能變?yōu)?　C　)
A．8Ek　　 B．5Ek
C．4.25Ek　　 D．4Ek
解析　因為偏轉(zhuǎn)距離為y＝，帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)椋造o電力做功只有W＝0.25Ek，而初動能變?yōu)?Ek，故它飛出電容器時的動能變?yōu)?.25Ek故選項C正確．
2．(2019·江蘇卷)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)動到P點(diǎn)．現(xiàn)將C板向右平移到P點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　A　)

A．運(yùn)動到P點(diǎn)返回　　　　
B．運(yùn)動到P和P′點(diǎn)之間返回
C．運(yùn)動到P′點(diǎn)返回　　　　
D．穿過P′點(diǎn)
解析　由題意知，電子在A、B板間做勻加速運(yùn)動，在B、C板間做勻減速運(yùn)動，到P點(diǎn)時速度恰好為零，設(shè)A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2，由動能定理得eU1－eU2＝0，所以U1＝U2；現(xiàn)將C板右移至P′點(diǎn)，由于板上帶電荷沒有變化，B、C板間電場強(qiáng)度E＝＝＝，E不變，故電子仍運(yùn)動到P點(diǎn)返回，選項A正確．
3．如圖所示，勻強(qiáng)電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a(chǎn)、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計重力，求電場強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時的動能．

解析　設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有F＋Na＝m，Nb－F＝m.
設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時的動能分別為Eka和Ekb，則有
Eka＝mv，Ekb＝mv.
根據(jù)動能定理有Ekb－Eka＝2rF，
聯(lián)立各式解得
E＝(Nb－Na)，Eka＝(Nb＋5Na)，Ekb＝(5Nb＋Na)．
答案　(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na)
六、實(shí)戰(zhàn)演練
1．如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　D　)

A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向左上方做勻加速運(yùn)動
C．向正下方做勻加速運(yùn)動 D．向左下方做勻加速運(yùn)動
解析　兩平行金屬板水平放置時，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，對其受力分析，如圖甲所示，設(shè)電容器兩板間的電場強(qiáng)度為E，微粒受到豎直向下的重力G和豎直向上的電場力qE，且G＝qE；兩平行金屬板逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，對微粒受力分析，如圖乙所示，由平行四邊形定則可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且為恒力，故微粒向左下方做勻加速運(yùn)動，選項D正確．

2．如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運(yùn)動．已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為(　A　)

A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
解析　設(shè)電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動時間相同，對電荷量為q的粒子有aM＝，l＝ t2；對電荷量為－q的粒子有am＝，l＝ t2，聯(lián)立解得＝，選項A正確．
3．(多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　AD　)

A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多
B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大
C．三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間相同
D．三種粒子一定打到屏上的同一位置
解析　設(shè)加速電場兩板間距離為d，則qE1d＝mv，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)，設(shè)側(cè)移量為y，偏轉(zhuǎn)電場兩板的長度為L，則y＝ ()2＝，在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)電場對粒子做的功W＝qE2y＝，由于三種粒子的電荷量相等，因此偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做的功相等，選項A正確；三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度v滿足qE1d＋qE2y＝mv2，由于質(zhì)量不同，因此速度v大小不同，選項B錯誤；三種粒子運(yùn)動到屏上的時間t＝＋x，x為加速電場右極板到屏的距離，由于質(zhì)量不同，因此運(yùn)動時間不同，選項C錯誤；由于粒子從同一位置射出偏轉(zhuǎn)電場，射出電場時的速度的反向延長線均交于偏轉(zhuǎn)電場中線的中點(diǎn)，因此粒子會打在屏上同一位置，選項D正確．
4．如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g)．求：

(1)小球到達(dá)小孔處的速度；
(2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；
(3)小球從開始下落運(yùn)動到下極板處的時間．
解析　(1)由v2＝2gh得v＝.
(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有
mg－qE＝ma，
0－v2＝2ad，
得E＝，
U＝Ed，Q＝CU得Q＝C.
(3)由h＝gt，0＝v＋at2，
t＝t1＋t2，
綜合可得t＝.
答案　(1)　(2)　C　(3)

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