高中物理第九单元电场

第九单元 电 场
第 44 讲 电场的力的性质
体验成功
E 的定义式为 E＝Fq，库仑定律的表达式为 F＝kqr1q2 2，以下说法正确的选项是(
)
A.E＝Fq也适用于点电荷产生的电场
B.E＝Fq中的 F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是放入电场中的电荷的电荷量
C.E＝Fq中的 F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是产生电场的电荷的电荷量
D.F＝kqr1q2 2中，kqr22是点电荷 q2 产生的电场在点电荷 q1 处的场强大小；而 kqr21是点电荷 q1 产生的 电场在点电荷 q2 处的场强大小
解析：定义式适用于所有情况，式中的 q 是试探电荷.
答案：ABD
2.ab 是长为 l 的均匀带电细杆，P1、P2 是位于 ab 所在直线上的两点，位置如图甲所示.ab 上电 荷产生的电场在 P1 处的场强大小为 E1，在 P2 处的场强大小为 E2.那么以下说法中正确的选项是( )
A.两处的电场方向一样，E1＞E2 B.两处的电场方向相反，E1＞E2 C.两处的电场方向一样，E1＜E2 D.两处的电场方向相反，E1＜E2 解析：
此题不能采用定量计算的方法，只能定性分析.如图乙 所示，在细杆的中点处作一虚线，虚线左边的电荷在 P1 点产生 的场强为零.虚线右边的电荷量只有总电荷量的一半，P1 点离虚
线的间隔 和 P2 点离杆右端的间隔 均为4l ，故 E1＜E2. 答案：D
3.如下图，实线是一族未标明方向的由点电荷 Q 产生的电场线，假设带电粒子 q(|Q|≫|q|)，由 a 运动到 ba、b 两点粒子所受电场力大小分别为 Fa、Fb，那么以下判断正确的选项是[2007 年高考·广 东物理卷]( )
Q 为正电荷，那么 q 带正电，Fa＞Fb Q 为正电荷，那么 q 带正电，Fa＜Fb Q 为负电荷，那么 q 带正电，Fa＞Fb Q 为负电荷，那么 q 带正电，Fa＜Fb 解析：由 a 运动到 b 电场力做正功可知，两电荷电性一样，又由电场 线的疏密知 Fa＞Fb. 答案：A
甲
4.如图甲所示，悬挂在 O 点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不 变的小球 A.在两次实验中，均缓慢挪动另一带同种电荷的小球 B，当 B 到达悬点 O 的正下方并与 A 在同一程度线上，A 处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角
度为 θ.假设两次实验中 B 的电量分别为 q1 和 q2，θ 分别为 30°和 45°，那么qq21为[2007 年高考·重庆理综卷]( )
B.3
3
3
1


解析： 乙
A 球的受力分析图如图乙所示，由图乙可得 F＝Gtan θ，由库伦定律得 F ＝kqrA2qB，式中 r＝lsin θ(l 为绳长)，由以上三式可解得 qB＝Gl2siknq2θAtan θ，因 qA 不变，那么qq21＝ssiinn224350°°ttaann 4350°°＝2 3.
答案：C 5.如下图，光滑绝缘的程度面上有带异种电荷的小球 A、BA、B 的电荷量绝对值依次为 QA、QB， 那么以下判断正确的选项是( ) A 带正电，小球 B 带负电，且 QA>QB A 带正电，小球 B 带负电，且 QA<QB A 带负电，小球 B 带正电，且 QA>QB A 带负电，小球 B 带正电，且 QA<QB 解析：假设小球 A 带正电，小球 B 带负电，那么 B 球所受的合外力 向左，不可能向右做匀加速直线运动，所以选项 A、B 错误；对于 A、B 整体，所受外力向右，所以 小球 A 带负电，小球 B 带正电，且 QA<QB，即选项 D 正确. 答案：D 6.AB 和 CD 为圆上两条互相垂直的直径，圆心为 O.将电荷量分别为＋q 和－q 的两点电荷放在圆周上，其位置关于 AB 对称且间隔 等于圆的半径， 如下图.要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷 Q， 那么该点电荷( ) A 点，Q＝2q B 点，Q＝－2q C 点，Q＝－q O 点，Q＝－q 解析：由平行四边形定那么知，＋q、－q 在 O 点产生的电场强度大小为：E＝2·krq2 ·cos 60°＝krq2 ， 方向为 OD 方向，故在 C 点放 Q＝－q 的点电荷后，O 点场强为零. 答案：C
2


第 45 讲 电场的能的性质
体验成功
M 点，电场力做的功为 6.0×10－9 J；假设将一个等量的负电荷从电场中 N 点移向无穷远处，电
场力做的功为 7.0×10－9 φ∞＝0，那么以下有关 M、N 两点的电势 φM、φN 的关系中，正确的选项是( )
A.φM＜φN＜0
B.φN＞φM＞0
C.φN＜φM＜0 D.φM＞φN＞0
解析：取无穷远电势 φ∞＝0，对正电荷有：
W∞M＝qU∞M＝q(φ∞－φM)＝－qφM φM＝－Wq ∞M＝－6×1q0－9
对负电荷：WN∞＝－qUN∞＝－q(φN－0)＝－qφN φN＝－Wq N∞＝－7×1q0－9
所以 φN＜φM＜0，选项 C 正确.
答案：C
2.如下图，长为 L、倾角 θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为 m 的小 球，以初速度 v0 由斜面底端的 A 点开场沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为 v0，那么( )
B 点的电势能一定大于小球在 A 点的电势能 B.A、B 两点的电势差一定为m2gqL C.假设电场是匀强电场，那么该电场的场强的最小值一定是m2qg AC 边中垂线上某点的点电荷 Q 产生的，那么 Q 一定是正电荷 解析：对于小球由 A 点运动到 B 点的过程，根据动能定理得：qUAB－12mgL＝12mv20－12mv20，解得 A、B 两点的电势差一定为m2gqL，小球在 B 点的电势能一定小于小球在 A 点的电势能，即选项 B 正确、 A 错误.假设电场是匀强电场，那么该电场的场强沿斜面的分量必等于m2qg，但垂直于斜面的分量必大 于或等于零，因此电场的场强的最小值一定是m2qgAC 边中垂线上某点的点电荷 Q 产生的，假设 Q 在 AB 上方，那么 Q 一定是负电荷；假设 Q 在 AB 下方，那么 Q 一定是正电荷，所以选项 D 错误. 答案：BC
3.如下图，在程度方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在 Oa、b、 c、d 这四点，小球( )
a 处的动能最小 c 处的机械能最小 b 处的机械能最大 d 处的机械能最大 解析：由题意知，小球所受的重力与电场力的合力沿∠bOc 的角平分线方 向，故小球在 a、d 两点动能相等；小球在运动中，电势能与机械能互相转化， 总能量守恒，故在 d 点机械能最小、b 点机械能最大. 答案：C
4.如下图，空间有与程度方向成 θ 角的匀强电场，一个质量为 m 的带电小球，用长为 L 的绝缘 细线悬挂于 O 点.当小球静止时，细线恰好处于程度位置.现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最 低点，此过程小球的电荷量不变，那么该外力做的功为( )
A.mgL B.mgLtan θ mgL
C.mgLcot θ D.cos θ
3


解析：由小球在平衡位置的受力可知： qE·sin θ＝mg 设用外力缓慢拉至最低点外力做功为 W，由动能定理得： W＋mgL－qE· 2L·cos(θ－45°)＝0 解得 W＝mgLcot θ. 答案：C 5.人体的细胞膜内外存在的电势差(膜电位差)U 约为 35 mV，细胞膜厚度 d 约为 7.0×10－9 m.细胞 膜有选择的让钾离子或钠离子通过，以保持细胞内外的电势差和浸透压.当一个一价的钠离子(电荷量 q＝1.6×10－19 C)，从图中的 A 到 B 通过细胞膜时(细胞膜内的电场看做匀强电场，且细胞膜内外电势 为 φA＞φB)，那么： (1)它受到的电场力多大？ (2)电场力做的功是多少？ 解析：(1)细胞膜内的电场强度为： E＝Ud ＝73.50××1100－－39 V/m＝5×106 V/m 电场力 F＝qE＝1.6×10－19×5×106 N＝8.0×10－13 N. (2)电场力做的功 W＝qU ＝1.6×10－19×35×10－3 J ＝5.6×10－21 J. 答案：(1)8.0×10－13 N (2)5.6×10－21 J
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金典练习二十二 电场的力的性质 电场的能的性质
选择题局部共 10 小题，每题 6 分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有 的小题有多个选项正确.
1.如下图，实线为不知方向的三条电场线，从电场中 M 点以一样速度 飞出 a、b 两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，那么( )
A.a 一定带正电，b 一定带负电 B.a 的速度将减小，b 的速度将增大 C.a 的加速度将减小，b 的加速度将增大 D.两个粒子的电势能一个增大，一个减小 解析：因为电场线的方向不知，所以不能根据受力情况判断带电粒子的带电情况，因此选项 A 错误；根据带电粒子的运动轨迹可知 a 受的电场力向左，b 受的电场力向右，且电场力都做正功， 所以两个粒子的速度都增大，电势能都减小，即选项 B、D 错误；但 a 受的电场力越来越小，b 受的 电场力越来越大，所以 a 的加速度将减小，b 的加速度将增大，即选项 C 正确. 答案：C
A、B 分别位于光滑且绝缘的竖直墙壁和程度地面上，在作用于 B 的程度力 FB 球向左推过一小
段间隔 ，那么两球重新平衡后力 F 及 B 球对地的压力 FN 相对原状态的变化为( )
A.FN 不变，F 不变
B.FN 不变，F 变小
C.FN 变大，F 变大 D.FN 变大，F 变小
解析：
如图乙所示，对 A、B 分别进展受力分析，以 A、B 为一系统，分析其
所受的外力，那么：
FNB＝mAg＋mBg，不变 由牛顿第三定律得：FN＝FNB＝mAg＋mBg，不变 程度方向，F＝FNA，再对 A 隔离，可得： FNA＝mgtan θ (θ 为 A、B 连线与竖直方向的夹角) 由题意可知 θ 减小，故 FNA 减小，F 变小. 答案：B
3.A、BC 点为两个点电荷连线的中点，MN 为两个点电荷连线的中垂 线，D 为中垂线上的一点，电场线的分布关于 MN 左右对称.那么以下说 法正确的选项是( )
C.D、C 两点的电势一定相等 D.C 点的电场强度比 D 点的电场强度大 解析：由电场线的分布可以知道这里等量异种电荷 C、D 所在的直线 为等势面，电势为零. 答案：ACD
4.如下图，绝缘程度面上锁定着两个质量均为 m，带电荷量分别为＋9q、＋q，体积很小的物体
A 和 B，它们间的间隔 为 r，与平面间的动摩擦因数均为 μ.静电力常量为 k.假如解锁使它们开场运
动，那么当加速度为零时，它们相距的间隔 为( )
k
9q2k
q μmg
B.μmg
r
r
解析：加速度为零时，其受到的库仑力与摩擦力平衡.
答案：A
5.如下图，真空中 O 点处有一点电荷，在它产生的电场中有 a、b 两点，a 点的场强大小为 Ea， 方向与 ab 连线成 60°角；b 点的场强大小为 Eb，方向与 a、b 连线成 30°角，那么关于 a、b 两点场
5


强大小及电势 φa、φb 的上下关系正确的选项是( ) A.Ea＝3Eb，φa＞φb B.Ea＝3Eb，φa＜φb C.Ea＝E3b，φa＜φb D.Ea＝ 3Eb，φa＜φb 解析：由点电荷产生的场强公式 E＝kQr2可判断出 Ea＝3Eb，由图示可知，这是负电荷产生的电场，
因此有 φb＞φa，综合以上判断，可知选项 B 正确. 答案：B
6.如下图，虚线 a、b、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即 Uab＝Ubc， 实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨 迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A.三个等势面中，a 的电势最高 P 点的电势能较 Q 点大 P 点的动能较 Q 点大 P 点时的加速度较 Q 点大 解析：由轨迹图可知，电场线的方向应垂直 Q、PQ 点或 P 点射 入，由电场力与速度方向之间的夹角，判断出电场力是做正功还是负功，从而判断出选项 B 正确. 等差等势面越密集的地方场强越大，可以判断出 P 点处场强较强，选项 D 正确. 答案：BD
7.如下图，O 是一固定的点电荷，另一点电荷 P 从很远处以初速 度 v0 射入点电荷 O 的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线 MN.a、 b、c 是以 O 为圆心，Ra、Rb、Rc 为半径画出的三个圆.Rc＝3Ra，Rb＝ 2Ra.1、2、3、4 为轨迹 MN 与三个圆的一些交点，以|W12| 表示点电荷 P 由 1 到 2 的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示点电荷 P 由 3 到 4 的过程中电场力做的功的大小，那么( )
A.|W12|＝2|W34| B.|W12|＞2|W34| C.P、O 两点电荷可能同号，也可能异号 D.P 的初速度方向的延长线与 O 之间的间隔 可能为零 解析：因为 Rb＝2Ra，那么|U12|＞|U34|，由图可知，点电荷 P 受到引力，P、O 应异号，选项 C 错误.图中所示虚线为等势面，库仑力先对 P 做正功，后做负功，选项 A 错误、B 正确.P 的初速度方 向的延长线与 O 之间的间隔 不可能为零，选项 D 错误. 答案：B
8.如下图，两个等量的正点电荷 Q、P，连线中点为 O，在中垂线上有 A、 B 两点，OA＜OB，A、B 两点的电场强度及电势分别为 EA、EB、φA、φB， 那么( )
A.EA 一定大于 EB，φA 一定大于 φB B.EA 不一定大于 EB，φA 一定大于 φB C.EA 一定大于 EB，φA 不一定大于 φB D.EA 不一定大于 EB，φA 不一定大于 φB 解析：在两个等量、同号点电荷连线中点的两个点电荷产生的电场强度等值而反向，矢量和为 零.在中垂线上无穷远处两个电荷产生的场均为零，矢量和也为零.在连线中点到无穷远的区间各点电 场强度不为零，方向自连线中点指向无穷远，因此必然有极大值，题中只给出 OA＜OB，但未给定 详细位置.假设是到达极大值之前，可断定 EA＜EB；假设是越过极大值之后，那么 EA＞EB；假设 A、 B 分居极值前后，情况要详细讨论.据此题情况，不能断定 EA 与 EB 的大小关系，在中垂线上，电场 强度方向为自连线中点 O 指向无穷，故电势逐渐降低，可断定 φA＞φB.正确选项为 B. 答案：B
9.图中虚线为静电场中的等势面 1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势
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差相等，其中等势面 3 的电势为零.一带正电的点电荷只在静电力的作用下运动，经过 a、b 点时的 动能分别为 26 eV 和 5 －8 eV 时， 它的动能为( )
eV eV eV eV 解析：电荷在相邻两等势面之间挪动电场力做功相等，动能变化相等，故知到达等势面 3 时的 动能为 12 eV，即电荷的动能与电势能之和为 12 eV，当电势能为－8 eV 时，动能 Ek＝12 eV－(－8 eV) ＝20 eV. 答案：C
10.如下图，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的 MNm，初速度大小为 v0，斜 面倾角为 θ，电场强度大小未知.那么以下说法正确的选项是( )
N 点时速度的方向 N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功 D.可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的间隔 最大 解析：由题意知，小球的电场力可以向下，也可以向上，向上时的大小小于 mg， 故无法确定电性，选项 A 错误. 设小球在空中受到的合外力 F 合＝mg′ 小球落在斜面上的条件为：12vg0′tt2＝tan θ 解得：t＝2v0gta′n θ 此时速度方向与程度夹角的正切 tan α＝gv′0t＝2tan θ，与 g′无关， 选项 B 正确. 又因小球在空中做类平抛运动，应选项 D 正确.
由以上知小球落在斜面时的速度大小 v＝covs0 α，与 g′无关. 故可得 W 总＝12mv2－12mv20，选项 C 正确. 答案：BCD 非选择题局部共 3 小题，共 40 分.
11.(13 分)如图甲所示，质量为 m、带电荷量为＋q 的微粒在 O
点以初速度 v0 与程度方向成 θ 角射出，微粒在运动中所受阻力的大小恒为 f. (1)假如在某一方向上加一定大小的匀强电场后，能保证微粒将沿 v0 方向做直线运动，试求所加
匀强电场的最小值.
(2)假设加上大小一定，方向程度向左的匀强电场，仍能保证微粒沿 v0 方向做直线运动，并经过 一段时间后又返回 O 点，求微粒回到 O 点时的速率.
解析：
(1)要保证微粒沿 v0 方向直线运动，电场垂直于 v0 斜向上方时，E 有最小值，微粒受力分析如图乙所示.有：
Eq＝mgcos θ
解得：E＝mgcqos
θ .
(2)为使垂直于 v0 方向的合力为零，那么 Eqsin θ＝mgcos θ 设微粒最大位移为 s，由动能定理，有：
12mv20＝(mgsin θ＋Eqcos θ＋f)s
粒子由 O 点射出再回到 O 点，由动能定理，有：
12m(v20－v2)＝2fs
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解得：v＝
mg－fsin θ mg＋fsin θ·v0.
答案：(1)mgcqos θ
mg－fsin θ (2) mg＋fsin θ·v0
12.(13 分)如图甲所示，光滑绝缘的程度轨道 AB 与半径为 R 的光滑绝缘圆形轨道 BCD 平滑连接， 圆形轨道竖直放置，空间存在程度向右的匀强电场，场强为 E.今有一质量为 m、电荷量为 qA 点由 静止释放，假设它能沿圆轨道运动到与圆心等高的 D 点，那么 AB 至少为多长？
解析：
乙
如图乙所示，滑块所受重力 mg 和电场力 qE 的合力 F 合与竖直方 向成 45°角，滑块只要过了 P 点便可以完成圆周运动到达 D 点.
故在 P 点，有： (qE)2＋(mg)2＝mvR2
qE＝mg 对滑块由 A 到 P 的过程，由动能定理得：
qE·(AB－Rcos 45°)－mg(R＋Rsin 45°)＝12mv2
联立解得：AB＝(1＋3
2
2 )R.
答案：(1＋3
2
2 )R
13.(14 分)如图甲所示，竖直平面上有一光滑绝缘的半圆形轨道，处于程度方向且与轨道平面平 行的匀强电场中，轨道两端点 A、C 高度一样，轨道的半径为 R . 一个质量为 m 的带正电的小球从 槽右端的 A 处无初速度地沿轨道下滑，滑到最低点 B 时对槽底压力为 2mg. 求小球在滑动过程中的 最大速度.
甲、乙两位同学是这样求出小球的最大速度的： 甲同学：B 是轨道的最低点，小球过 B 点时速度最大，小球在运动过程 中机械能守恒，mgR＝12mv2，解得小球在滑动过程中的最大速度为 v＝ 2gR. 乙同学：B 是轨道的最低点，小球过 B 点时速度最大，小球在 B 点受 到轨道的压力为 FN＝2 mg，由牛顿第二定律有 FN－mg＝mvR2，解得球在滑
动过程中的最大速度 v＝ gR. 请分别指出甲、乙同学的分析是否正确，假设错误，将最主要的错误指出来，解出正确的答案，
并说明电场的方向. 解析：甲同学的分析是错误的，小球的机械能不守恒. 乙同学的分析也是错误的，小球在滑动过程中的最大速度的位置不在最低点 B. 正解如下： 小球在 B 点时，FN－mg＝mvR2 而 FN＝2mg，解得：v2＝gR 从 A 到 B，设电场力做功 WE，由动能定理，有： WE＋mgR＝12mv2 得 WE＝－12mgR 电场力做负功，
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所以带电小球所受电场力的方向向右 FE＝WRE＝12mg，场强方向向右
从 A 到 B 之间一定有位置 D，小球运动至该点时合外力与速度方向垂直，小球在该点速度到达
最大，设 O、D 连线与竖直方向间的夹角为 θ，如图乙所示，那么有：
cos θ＝
mg
＝
(mg)2＋(qE)2
2 ，sin 5
θ＝
1 5
又由动能定理，有：
12mv2max＝mgRcos θ－FE(R－Rsin θ)
解得：vmax＝ gR( 5－1). 答案：略
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第 46 讲 电容 带电粒子在电场中的运动 体验成功 1.如下图，平行板电容器两极板间悬浮着一带电微粒 P，今把 A、BA、B 合拢后，微粒 P 的状态 是( )
D.条件不完全，无法判断 答案：C Q、电压 U、电容 C 之间的互相关系图象，其中正确的选项是( )
解析：电容是电容器的自身属性，与电荷量和电压无关. 答案：BCD
3.一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一正电荷(电
荷量少)固定在 PE 表示两极板间的场强，U 表示电容器两极板间的电压，W 表示正
电荷在 P 点的电势能.假设保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那
么( )
A.U 变小，E 不变
B.E 变大，W 变大
C.U 变小，W 不变 D.U 不变，W 不变
解析：平行板电容器与电源断开后电荷量保持恒定，由 E∝QS 知，它们之间的场强不变，极板间
的电压 U＝Ed 变小，正电荷在 P 点的电势能 W＝q·φP＝qE·dP 不变.
答案：AC
4.如下图，K 为电子发射极，刚发出的电子速度可以忽略不计.左边的非匀 强电场使电子加速，右边的匀强电场使电子减速，设非匀强电场的电压为 U， 匀强电场的电压为 U′，那么( )
U′＜U，电流计的指针就不偏转 U′＞U，电流计的指针就不偏转 U′＝U，电场力对电子做的总功为零 U′＝U，电场力对电子做的总功不为零
解析：根据动能定理可知，当 eU－eU′＝12mv2＞0 时，就有电子到达最左边的极板，电流表的指 针就会偏转.
答案：BC 5.如图甲所示，两块金属板 A、B 彼此平行放置组成一平行板电容器，板间间隔 为 d，两板分 别带有等量异种电荷，且 A 板带正电，两板中间有一带负电的油滴 P，当两板程度放置时，油滴恰 好平衡.假设把两板倾斜 60°，把油滴从 P 静止释放，油滴可以打在金属板上， 问： (1)油滴将打在哪块金属板上？ (2)油滴打在金属板上的速率是多少？ 解析：
乙 (1)平行极板倾斜后油滴的受力分析如图乙所示 可知合外力方向与竖直方向成 60°角偏左
10


故油滴将打在A 板上.
(2)由上可知油滴所受的合外力F 合＝mg
运动的加速度a ＝g ，运动的位移s ＝d
2cos 60°
＝d
可解得油滴到达A 板的速率大小v ＝2as ＝2gd . 答案：(1)A 板 (2)2gd
6.图示为电子显示仪器(如示波器)的核心部件的示意图.左边局部为加速装置，阴极产生的热电子由静止开场经过U 1＝1000 V 的加速电压加速后，从左端中心进入极板长l 1＝ m 、间距d ＝ m 、电压为U 2的偏转电场区域(极板正对面之间区域为匀强电场，忽略边缘效应)，距偏转电场区域左端l 2＝ m U 2＝0光阴斑正好在屏的中心.设荧光屏足够大.
(1)假设U 2为稳定电压，试推导光斑在荧光屏上相对中心的偏移量Y 的表达式. (2)假设U 2t 2 V ，在什么时间内荧光屏上有光斑出现？光斑做什么运动？(电子的质量m e ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e ＝1.6×10－19
C)
解析：(1)解法一：设电子从加速电场中出来的速度为v 0，由动能定理：
12mv 2
＝eU 1
将电子在偏转电场中的运动沿v 0方向和电场线方向分解，设电子沿电场线方向的位移为y ，有： y ＝12at 2＝12·eU 2dm
·t 2 在v 0方向上，有：l 1＝v 0t
可解得：y ＝U 2l 21
4dU 1
再设电子从偏转电场中射出时速度方向与v 0方向的夹角为θ，有：
tan θ＝eU 2dm ·
l 1
v 0v 0＝U 2l 1
2dU 1
故光斑的偏移量Y ＝y ＋l 2·tan θ＝(l 12＋l 2)U 2l 1
2dU 1
代入数据可得：Y ＝1.25×10－
3U 2.
解法二：设电子从加速电场中射出的速度为v 0，由动能定理有： 12mv 2
＝eU 1 再设电子从偏转电场右端射出时速度方向与v 0方向的夹角为θ，有：
tan θ＝qU 2dm ·
l 1
v 0v 0＝U 2l 1
2dU 1
又因为射出方向的反向延长线与初速度v 0方向线交于偏转电场的中心
故：Y ＝(l 12
＋l 2)·tan θ＝1.25×10－
3U 2.
(2)将电子的质量和电荷量代入(1)中相关式子可知，电子在偏转电场中穿过的时间极短，故每个电子在电场中通过时，偏转电压U 2可看做不变.
设t 时刻进入偏转电场的电子将恰好打在极板的右端，即：
y ＝U 2L 214dU 1＝d 2
答案：(1)1.25×10－
3U 2 (2)d 2
金典练习二十三 电容 带电粒子在电场中的运动
选择题局部共10小题，每题6分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.
1.如下图，一带正电的粒子以一定的初速度v 0L ，板间间隔 为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行金属板的时间为t ，那么( )
t
2时间内，电场力对粒子做的功为qU 4 t 2时间内，电场力对粒子做的功为38qU d 4和后d
4的过程中，电场力做功之比为1∶2 d 4和后d
4
的过程中，电场力做功之比为2∶1 解析：带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入程度放置的平行金属板内，恰好沿下板的右边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速运动，由运动学知识知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶qU 2，所以在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，选项A 错误；在后t
2
时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8，选项B 正确；在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功相等，应选项C 、D 错误.
答案：B
F 作用于可动膜片电极上时膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转.从对膜片施加压力(压力缓慢增至某一定值)开场到膜片稳定，灵敏电流计指针的偏转情况为(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)( )
解析：由题意可知，电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U 不变，压力F 作用于可动膜片电极上时，相
当于两极板间间隔 d 减小，电容C ＝εS 4πkd 增大，由C ＝Q
U
可知， 两极板带电量增加，即对电容器有
一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏；当压力使膜片稳定后，电容不变，两极板带电量不变，电流计指针重新回到零刻度处.综上所述，选项B 正确.
答案：B
3.如下图，C 为中间插有电介质的电容器，a 和b 为其两极板，a 板接地；P 和Q 为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P 板与b 板用导线相连，Q 板接地.开场时悬线静止在竖直方向，在b 板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是[2021年高考·宁夏理综卷]( )
a 、
b 间的间隔 a 、b 间的间隔
a 、
b 两极板间的电介质
D.换一块形状大小一样、介电常数更大的电介质
解析：由图可知U PQ ＝U ba ，P 、Q 极板之间的电场强度E ＝
U PQ
PQ
＝U ba
PQ
，故电容器C 带电荷量一定时：加大a 、b 间距能使U ba 、U PQ 变大，P 、Q 之间的场强对带电小球的电场力增大，α角变大，选项B 正确.减小电介质的介电系数或抽出电介质，可使U ba 、U PQ 变大，P 、Q 之间的场强以及对带电小球的电场力增大，α角变大，应选项C 正确.
答案：BC
4.如下图，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端Cv 0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场.在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，假设使滑动变阻器的滑动端C 上移，那么关于电容器极板上所带电荷量Q 和电子穿越平行板所需的时间t 的说法中，正确的选项是( )
Q 增大，时间t 也增大
Q 不变，时间t 增大 Q 增大，时间t 不变 Q 不变，时间t 也不变
解析：电子穿越平行板电容器的时间t ＝l
v 0
，与极板之间的电压无关，
当C 上移时，U C 增大Q ＝C ·U C 变大，应选项C 正确.
答案：C
U 1，偏转电压为U 2，偏转极板长为L ，板间距为d ，且电子被加速前的初速度可忽略，定义电
子从偏转极板右端射出时的偏转量与偏转电压的比值y
U 2
为示波器的灵敏度，那么关于示波器的灵敏
度与加速电场、偏转电场的关系，以下说法正确的选项是( )
A.L 越大，灵敏度越高
B.d 越大，灵敏度越高
C.U 1越大，灵敏度越小 U 2无关
解析：由题意知：y ＝12·eU 2dm ·(L v 0)2＝U 2L 2
4dU 1
可得灵敏度y U 2＝L 2
4dU 1
，选项A 、D 正确.
答案：AD
6.如下图，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿中线进入程度放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，板长为L ，板间的电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行金属板的时间为t ，不计粒子的重力，那么 ( )
t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 4 t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8 d 4和后d
4位移内，电场力做的功之比为1∶2 d 4和后d
4
位移内，电场力的冲量之比为1∶1 解析：粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为： W 电＝qU AB ＝q ·E ·y ，其中y 为粒子在电场方向的位移
又由题意知：12at 2＝d ，12a (t 2)2＝d
4
故在前t 2内电场力做的功为：W 电′＝1
4qU
前后d
4
位移内电场力做的功之比为1∶1
又从静止开场的匀加速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)
故I 前∶I 后＝1∶(2－1). 答案：A
7.如下图，质子、氘核和α粒子(均不计重力)都沿平行板电容器两板中线OO ′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点.假设微粒打到荧光屏的先后不能分辨，那么以下说法正确的选项是( )。