1、電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動【考綱知識梳理】一。電容器1. 構成：兩個互相靠近又彼此絕緣的導體構成電容器。2. 充放電：（1）充電：使電容器兩極板帶上等量異種電荷的過程。充電的過程是將電場能儲存在電容器中。（2）放電：使充電后的電容器失去電荷的過程。放電的過程中儲存在電容器中的電場能轉化為其他形式的能量。3電容器帶的電荷量：是指每個極板上所帶電荷量的絕對值4.電容器的電壓：（1）額定電壓：是指電容器的對大正常工作即電容器銘牌上的標定數值。（2）擊穿電壓：是指把電容器的電介質擊穿導電使電容器損壞的極限電壓。二.電容1定義：電容器所帶的電荷量Q與兩極板間的電壓U的比值2定義式：3電容的單位

2、：法拉，符號：F 。4物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領大小的物理量，在數值上等于電容器兩板間的電勢差增加1V所需的電荷量。5制約因素：電容器的電容與Q、U的大小無關，是由電容器本身的結構決定的。對一個確定的電容器，它的電容是一定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關。三.平行板電容器1平行板電容器的電容的決定式：即平行板電容器的電容與介質的介電常數成正比，與兩板正對的面積成正比，與兩板間距成反比。2平行板電容器兩板間的電場：可認為是勻強電場，E=U/d四.帶電粒子在電場中的運動1.帶電粒子的加速：對于加速問題，一般從能量角度，應用動能定理求解。若為勻變速直線運動，可用牛頓運動定律與運動學公式

3、求解。2. 帶電粒子在勻強電場中的偏轉：對于帶電粒子以垂直勻強電場的方向進入電場后，受到的電場力恒定且與初速度方向垂直，做勻變速曲線運動（類平拋運動）。處理方法往往是利用運動的合成與分解的特性：分合運動的獨立性、分合運動的等時性、分運動與合運動的等效性。沿初速度方向為勻速直線運動、沿電場力方向為初速度為零的勻加速運動。基本關系：x方向：勻速直線運動Y方向：初速度為零的勻加速直線運動離開電場時側向偏轉量：離開電場時的偏轉角： 推論1.粒子從偏轉電場中射出時,其速度反向延長線與初速度方向交一點,此點平分沿初速度方向的位移。 推論2.位移和速度不在同一直線上，且tan=2tan。【要點名師精解】一、

4、平行板電容器的動態分析1.運用電容器定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.(2)用決定式C=分析平行板電容器電容的變化.(3)用定義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化.(4)用E=分析平行板電容器極板間勻強電場場強的變化.2.電容器兩類動態變化的分析比較(1)第一類動態變化：兩極板間電壓U恒定不變(2)第二類動態變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變【例1】(2011·阜陽模擬)如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒.S閉合時，該微粒恰好能保持靜止.在以下兩種情況下：保持S閉合，充電后將S斷開.下列說法能實現使該帶電微粒

5、向上運動打到上極板的是( )A.情況下，可以通過上移極板M實現B.情況下，可以通過上移極板N實現C.情況下，可以通過上移極板M實現D.情況下，可以通過上移極板N實現二、帶電粒子在電場中的平衡與直線運動1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質子、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，一般都不能忽略重力.2.帶電粒子在電場中的平衡解題步驟:選取研究對象.進行受力分析，注意電場力的方向特點.由平衡條件列方程求解.3. 帶電粒子在電場中的變速直線運動：可用運動學公式和牛頓

6、第二定律求解或從功能角度用動能定理或能量守恒定律求解.【例2】如圖所示，板長L=4 cm的平行板電容器，板間距離d=3 cm，板與水平線夾角=37°，兩板所加電壓為U=100 V，有一帶負電液滴，帶電荷量為q=3×10-10C，以v0=1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取g=10 m/s2.求：(1)液滴的質量；(2)液滴飛出時的速度.三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉1.粒子的偏轉角(1)以初速度v0進入偏轉電場：如圖所示，設帶電粒子質量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉電場，偏轉電壓為U1，若粒

7、子飛出電場時偏轉角為，則結論：動能一定時tan與q成正比，電荷量相同時tan與動能成反比.(2)經加速電場加速再進入偏轉電場不同的帶電粒子是從靜止經過同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由動能定理有： 由式得：tan= 結論：粒子的偏轉角與粒子的q、m無關，僅取決于加速電場和偏轉電場.2.粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論(1)以初速度v0進入偏轉電場 作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則結論：粒子從偏轉電場中射出時，就像是從極板間的處沿直線射出.(2)經加速電場加速再進入偏轉電場：若不同的帶電粒子是從靜止經同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由和得：偏移量：

8、 上面式偏轉角正切為：tan結論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出的偏移量y和偏轉角都是相同的，也就是軌跡完全重合.【例3】(2011·南通模擬)(18分)如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖.在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y=的一段(0x L， 0y L)為邊界的勻強電場區域；在第二象限存在以x-L、x-2L、y0、yL的勻強電場區域.兩個電場大小均為E，不計電子所受重力，電子的電荷量為e，求：(1)從電場區域的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的坐標；(2)由電場區域的AB曲線邊界由

9、靜止釋放電子離開MNPQ的最小動能；【感悟高考真題】1.（2011·安徽高考·T18） 圖（a）為示管的原理圖。如果在電極YY之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖（c）所示的規律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是2.（2011·安徽高考·T20）如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是A. B. C. D. 3.（2011·天

10、津理綜·T5）板間距為的平行板電容器所帶電荷量為時，兩極板間電勢差為，板間場強為.現將電容器所帶電荷量變為，板間距變為，其他條件不變，這時兩極板間電勢差，板間場強為，下列說法正確的是A. B. C. D. 4.（2011·浙江理綜·T25）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連。質量為m、電荷量為-q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進入矩形通道，當帶負電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集。通過調整兩板間距d可以改變收集效率。

11、當d=d0時，為81%（即離下板0.81d0范圍內的塵埃能夠被收集）。不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。求收集效率為100%時，兩板間距的最大值為dm；求收集效率與兩板間距d的函數關系；若單位體積內的塵埃數為n，求穩定工作時單位時間下板收集的塵埃質量與兩板間距d的函數關系，并繪出圖線5.（2011·福建理綜·T20）反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是N/C和N/

12、C，方向如圖所示，帶電微粒質量，帶電量,A點距虛線的距離，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應。求：B點距虛線的距離；帶電微粒從A點運動到B點所經歷的時間。6.（2011·北京高考·T24）靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A（0<A<q）,忽略重力。求（1）粒子所受電場力的大小； （2）粒子的運動區間；（3）粒子的運動周期。7.（2010·天津·12）質譜分析技術已廣泛應用于各前沿

13、科學領域。湯姆孫發現電子的質譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，OO為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離OO的距離。以屏中心O為原點建立xOy直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。（1）設一個質量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿OO的方向從O點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點。若在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離O點的距離y0;(2)假設你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結果計算未知離子的質量數。上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強磁場。現

14、有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O點沿OO方向射入，屏上出現兩條亮線。在兩線上取y坐標相同的兩個光點，對應的x坐標分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標大的光點是碳12離子擊中屏產生的，另一光點是未知離子產生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運動時OO方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度。8（2010·江蘇物理·15）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓作周期性變化，其正向電壓為，反向電壓為，電壓變化的周期為2r，如圖乙所示。在t=0時，極板B附近的一個電子，質量為m

15、、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。（1）若，電子在02r時間內不能到達極板A，求d應滿足的條件；（2）若電子在02r時間未碰到極板B，求此運動過程中電子速度隨時間t變化的關系；（3）若電子在第N個周期內的位移為零，求k的值。10.（09·天津·5）如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度vM經過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點。則（ ）A.粒子受電場力的方向一定由M指向NB.粒子在M點的速度一定比在

16、N點的大C.粒子在M點的電勢能一定比在N點的大D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢11.（09·海南物理·5）一平行板電容器兩極板間距為、極板面積為S，電容為，其中是常量。對此電容器充電后斷開電源。當增加兩板間距時，電容器極板間 （ ）A電場強度不變，電勢差變大 B電場強度不變，電勢差不變C電場強度減小，電勢差不變 D電場強度較小，電勢差減小12.（09·福建·15）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態。現將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離 （ ）A.帶點油滴將

17、沿豎直方向向上運動 B.P點的電勢將降低C.帶點油滴的電勢將減少 D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大13.（09·浙江·20）空間存在勻強電場，有一電荷量、質量的粒子從點以速率射入電場，運動到點時速率為。現有另一電荷量、質量的粒子以速率仍從點射入該電場，運動到點時速率為。若忽略重力的影響，則 （ ）A在、三點中，點電勢最高B在、三點中，點電勢最高C間的電勢差比間的電勢差大D間的電勢差比間的電勢差小16（09·福建·21）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數為k的絕緣輕質彈

18、簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態。一質量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大

19、值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）18.（09·浙江·23）如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質量m、電荷量q（q>0）的小物塊在與金屬板A相距l處靜止。若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓，小物塊與金屬板只發生了一次碰撞，碰撞后電荷量變為q，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間。則（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？（2）小物塊碰撞后經過多長時

20、間停止運動？停在何位置？電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動【考綱知識梳理】一。電容器1. 構成：兩個互相靠近又彼此絕緣的導體構成電容器。2. 充放電：（1）充電：使電容器兩極板帶上等量異種電荷的過程。充電的過程是將電場能儲存在電容器中。（2）放電：使充電后的電容器失去電荷的過程。放電的過程中儲存在電容器中的電場能轉化為其他形式的能量。3電容器帶的電荷量：是指每個極板上所帶電荷量的絕對值4.電容器的電壓：（1）額定電壓：是指電容器的對大正常工作即電容器銘牌上的標定數值。（2）擊穿電壓：是指把電容器的電介質擊穿導電使電容器損壞的極限電壓。二.電容1定義：電容器所帶的電荷量Q與兩極板間的電壓U的比

21、值2定義式：3電容的單位：法拉，符號：F 。4物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領大小的物理量，在數值上等于電容器兩板間的電勢差增加1V所需的電荷量。5制約因素：電容器的電容與Q、U的大小無關，是由電容器本身的結構決定的。對一個確定的電容器，它的電容是一定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關。三.平行板電容器1平行板電容器的電容的決定式：即平行板電容器的電容與介質的介電常數成正比，與兩板正對的面積成正比，與兩板間距成反比。2平行板電容器兩板間的電場：可認為是勻強電場，E=U/d四.帶電粒子在電場中的運動1.帶電粒子的加速：對于加速問題，一般從能量角度，應用動能定理求解。若為勻變速直線運動，可用

22、牛頓運動定律與運動學公式求解。2. 帶電粒子在勻強電場中的偏轉：對于帶電粒子以垂直勻強電場的方向進入電場后，受到的電場力恒定且與初速度方向垂直，做勻變速曲線運動（類平拋運動）。處理方法往往是利用運動的合成與分解的特性：分合運動的獨立性、分合運動的等時性、分運動與合運動的等效性。沿初速度方向為勻速直線運動、沿電場力方向為初速度為零的勻加速運動。基本關系：x方向：勻速直線運動Y方向：初速度為零的勻加速直線運動離開電場時側向偏轉量：離開電場時的偏轉角： 推論1.粒子從偏轉電場中射出時,其速度反向延長線與初速度方向交一點,此點平分沿初速度方向的位移。 推論2.位移和速度不在同一直線上，且tan=2ta

23、n。【要點名師精解】一、平行板電容器的動態分析1.運用電容器定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.(2)用決定式C=分析平行板電容器電容的變化.(3)用定義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化.(4)用E=分析平行板電容器極板間勻強電場場強的變化.2.電容器兩類動態變化的分析比較(1)第一類動態變化：兩極板間電壓U恒定不變(2)第二類動態變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變【例1】(2011·阜陽模擬)如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒.S閉合時，該微粒恰好能保持靜止.在以下兩種情況下：保持S閉合，充電后將S斷開.下

24、列說法能實現使該帶電微粒向上運動打到上極板的是( )A.情況下，可以通過上移極板M實現B.情況下，可以通過上移極板N實現C.情況下，可以通過上移極板M實現D.情況下，可以通過上移極板N實現【答案】選B.【詳解】保持S閉合的分析：因為第種情況下兩板間電壓U不變，所以電場強度E=U/d，只有d減小，E增大，電場力增大，帶電微粒才向上運動打到上極板M上，故可以通過下移極板M或者上移極板N來實現，選項A錯，B正確；充電后將S斷開的分析：因為第種情況下兩極板帶電荷量Q不變，根據Q=CU，C=可得，E=，可以看出E與兩板間距離d無關，所以無論怎樣移動M、N兩極板改變兩板間的距離，場強E、電場力F都不變，帶

25、電微粒都處于靜止狀態，選項C、D錯誤，B正確.二、帶電粒子在電場中的平衡與直線運動1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質子、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，一般都不能忽略重力.2.帶電粒子在電場中的平衡解題步驟:選取研究對象.進行受力分析，注意電場力的方向特點.由平衡條件列方程求解.3. 帶電粒子在電場中的變速直線運動：可用運動學公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動能定理或能量守恒定律求解.【例2】如圖所示，板長L=4 cm的平行板電容器，板間距離d=3

26、 cm，板與水平線夾角=37°，兩板所加電壓為U=100 V，有一帶負電液滴，帶電荷量為q=3×10-10C，以v0=1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取g=10 m/s2.求：(1)液滴的質量；(2)液滴飛出時的速度.【答案】(1)m=8×10-8 kg (2)v=1.32 (m/s)【詳解】(1)畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：qEcos=mg,qEsin=ma,E=U/d解之得：m=qUcos/dg代入數據得m=8×10-8 kg(2)對液滴由動能定理得： qU=v=所以v=1.32

27、(m/s)三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉1.粒子的偏轉角(1)以初速度v0進入偏轉電場：如圖所示，設帶電粒子質量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉電場，偏轉電壓為U1，若粒子飛出電場時偏轉角為，則結論：動能一定時tan與q成正比，電荷量相同時tan與動能成反比.(2)經加速電場加速再進入偏轉電場不同的帶電粒子是從靜止經過同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由動能定理有： 由式得：tan= 結論：粒子的偏轉角與粒子的q、m無關，僅取決于加速電場和偏轉電場.2.粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論(1)以初速度v0進入偏轉電場 作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場

28、邊緣的距離為x，則結論：粒子從偏轉電場中射出時，就像是從極板間的處沿直線射出.(2)經加速電場加速再進入偏轉電場：若不同的帶電粒子是從靜止經同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由和得：偏移量： 上面式偏轉角正切為：tan結論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出的偏移量y和偏轉角都是相同的，也就是軌跡完全重合.【例3】(2011·南通模擬)(18分)如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖.在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y=的一段(0x L， 0y L)為邊界的勻強電場區域；在第二象限存在以x-L、x

29、-2L、y0、yL的勻強電場區域.兩個電場大小均為E，不計電子所受重力，電子的電荷量為e，求：(1)從電場區域的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的坐標；(2)由電場區域的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開MNPQ的最小動能；【答案】(1)設電子的質量為m，電子在電場中做勻加速直線運動，出區域時的速度為v0，接著在無電場區域勻速運動，此后進入電場，在電場中做類平拋運動，假設電子從NP邊射出，出射點縱坐標為y1，由y=對于B點y=L，則x= (2分)所以eE·= (2分)解得v0= (1分)設在電場中運動的時間為t1L-y1= (1分)解得y1=0，所以原假設成立，即電子離開MN

30、PQ區域的位置坐標為(-2L，0)(2分)(2)設釋放點在電場區域中的坐標為(x，y)，在電場中電子被加速，速度為v1時飛離電場，接著在無電場區域做勻速運動，然后進入電場做類平拋運動，并從NP邊離開，運動時間為t2，偏轉位移為y2.eEx= (2分)y2= (2分)解得xy2=，所以原假設成立，即在電場區域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時都從P點離開的. (2分)其中只有從B點釋放的電子，離開P點時動能最小，則從B到P由動能定理得： eE·(L+)=Ek-0 (3分)所以Ek= (1分)【感悟高考真題】1.（2011·安徽高考·T18） 圖（a）為

31、示管的原理圖。如果在電極YY之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖（c）所示的規律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是【答案】選B.【詳解】示波管YY間為信號電壓，XX為掃描電壓，0t1，Y板電勢高電子向Y板偏轉，X電勢高電子向X板偏轉，由此知CD錯；又根據偏移量公式，偏移量與偏轉電壓成正比，0、t1、2t1時刻偏轉電壓為0，偏移量也為0，、時刻偏轉電壓最大，偏移量也最大，所以B對。2.（2011·安徽高考·T20）如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t

32、0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是A. B. C. D. 【答案】選B.【詳解】畫出帶電粒子速度-時間圖像，根據v-t圖像中的“面積”研究各時刻開始的帶電粒子的運動情況，A選項可畫出T/8時刻開始的運動圖像，如圖a由圖知在一個周期內粒子運動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會打到B板上,A選項錯；B選項可畫出5T/8時刻進入的運動圖像，如圖b由圖知在一個周期內粒子運動的總面積為負，即粒子向A板靠近，最終會打到A板上,B選項對；C選項可畫出7T/8時刻進入的運動圖像，由圖知在一個周期內粒子運動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會

33、打到B板上，C選項錯；同理D選項錯。3.（2011·天津理綜·T5）板間距為的平行板電容器所帶電荷量為時，兩極板間電勢差為，板間場強為.現將電容器所帶電荷量變為，板間距變為，其他條件不變，這時兩極板間電勢差，板間場強為，下列說法正確的是A. B. C. D. 【答案】選C【詳解】當平行板電容器的其他條件不變，板間距離變為時，電容器的電容為，又知電容器的帶電量為2Q，則得知，即，根據勻強電場中電勢差與場強之間的關系式得，因此選項C正確，其它選項都錯誤。4.（2011·浙江理綜·T25）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后

34、面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連。質量為m、電荷量為-q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進入矩形通道，當帶負電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集。通過調整兩板間距d可以改變收集效率。當d=d0時，為81%（即離下板0.81d0范圍內的塵埃能夠被收集）。不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。求收集效率為100%時，兩板間距的最大值為dm；求收集效率與兩板間距d的函數關系；若單位體積內的塵埃數為n，求穩定工作時單位時間下板收集的塵埃質量與兩板間距d的函數關系，并繪出圖線【詳解】（1）收集效率為81% ，即離下板0.81d0的

35、塵埃恰好到達下板的右端邊緣，設高壓電源的電壓為U，則在水平方向有 在豎直方向有 其中 當減小兩板間距時，能夠增大電場強度，提高裝置對塵埃的收集效率.收集效率恰好為100%，兩板間距即為dm.如果進一步減小d，收集效率仍為100%.因此，在水平方向有 在豎直方向有 其中 聯立各式可得 （2）通過前面的求解可知，當時，收集效率均為100%.黨d>0.9d0時，設距下板x處的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，此時有 根據題意，收集效率為 聯立、及式可得（3）穩定工作時單位時間下板收集的塵埃質量為當時，因此當d>0.9d0時，因此繪出的圖線如下答案:：(1) (2) =100%（時）， （d&g

36、t;0.9d0時）(3) （時），（d>0.9d0時） 圖線見解析.5.（2011·福建理綜·T20）反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是N/C和N/C，方向如圖所示，帶電微粒質量，帶電量,A點距虛線的距離，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應。求：B點距虛線的距離；帶電微粒從A點運動到B點所經歷的時間。【答案】（1）0.50cm (2) 1.5×10

37、-8s【詳解】（1）帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有 得 (2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有設微粒在虛線MN兩側運動的時間分t1和t2：，由運動學公式有t= t1+t2聯立方程解得t=1.5×10-8s6.（2011·北京高考·T24）靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A（0<A<q）,忽略重力。求（1）粒子所受電場力的大小； （2）粒子的運動

38、區間；（3）粒子的運動周期。【答案】（1） （2）（3）【詳解】由圖可知，0與d（或-d）兩點的電勢差為0電場強度大小 電場力的大小 設粒子在 -x0，x0區間運動，速率為v，由題意得由圖可知由得，因動能非負，有得即粒子運動的區間 粒子從-x0處開始運動四分之一周期 ，根據牛頓第二定律粒子的加速度：由于粒子做勻加速直線運動，則 粒子運動的周期7.（2010·天津·12）質譜分析技術已廣泛應用于各前沿科學領域。湯姆孫發現電子的質譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，OO為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏

39、離OO的距離。以屏中心O為原點建立xOy直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。（1）設一個質量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿OO的方向從O點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點。若在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離O點的距離y0;(2)假設你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結果計算未知離子的質量數。上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強磁場。現有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O點沿OO方向射入，屏上出現兩條亮線。在兩線上取y坐標相同的兩個光點，對應的x坐標分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標大的光點是

40、碳12離子擊中屏產生的，另一光點是未知離子產生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運動時OO方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度。解析：（1）離子在電場中受到的電場力離子獲得的加速度離子在板間運動的時間到達極板右邊緣時，離子在方向的分速度離子從板右端到達屏上所需時間離子射到屏上時偏離點的距離由上述各式，得（2）設離子電荷量為，質量為，入射時速度為，磁場的磁感應強度為，磁場對離子的洛倫茲力已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運動時間甚短，所經過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運動時，方向的分速度總是遠大于在方向和方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛

41、倫茲力產生的加速度是離子在方向的加速度，離子在方向的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動，到達極板右端時，離子在方向的分速度離子飛出極板到達屏時，在方向上偏離點的距離當離子的初速度為任意值時，離子到達屏上時的位置在方向上偏離點的距離為，考慮到式，得由、兩式得其中上式表明，是與離子進入板間初速度無關的定值，對兩種離子均相同，由題設條件知，坐標3.24mm的光點對應的是碳12離子，其質量為，坐標3.00mm的光點對應的是未知離子，設其質量為，由式代入數據可得故該未知離子的質量數為14。8（2010·江蘇物理·15）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如

42、圖甲所示，加在極板A、B間的電壓作周期性變化，其正向電壓為，反向電壓為，電壓變化的周期為2r，如圖乙所示。在t=0時，極板B附近的一個電子，質量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。（1）若，電子在02r時間內不能到達極板A，求d應滿足的條件；（2）若電子在02r時間未碰到極板B，求此運動過程中電子速度隨時間t變化的關系；（3）若電子在第N個周期內的位移為零，求k的值。答案：10.（09·天津·5）如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度v

43、M經過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點。則（ B ）A.粒子受電場力的方向一定由M指向NB.粒子在M點的速度一定比在N點的大C.粒子在M點的電勢能一定比在N點的大D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢解析：由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力向上，A錯；粒子由M到N電場力做負功電勢能增加，動能減少，速度增加，故B對C錯；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點電勢的高低，C錯。11.（09·海南物理·5）一平行板電容器兩極板間距為、極板面積為S，電容為，其中是常量。對此電容器充電后斷開電源。當增加兩板間距時，電容器極板間 （ A ）A電場強度不變，電勢差變大 B電場強度不變，電勢差不變C電場強度減小，電勢差不變 D電場強度較小，電勢差減小12.（09·福建·15）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態。現將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離 （ B ）A.帶點油滴將沿豎直方向向上運動 B.P點的電勢將降低C.帶點油滴的電勢將減少 D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大13