2019高考物理一轮总复习第六章静电场第20讲电容器带电粒子在电场中的运动实战演练

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2020届物理鲁教版本高考一轮复习第六章《静电场》测试卷

第六章《静电场》测试卷一、单选题(共15小题)1.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同号电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是 ( )A ．速度变大，加速度变大B ．速度变小，加速度变小C ．速度变大，加速度变小D ．速度变小，加速度变大2.如图所示，在真空中的A 、B 两点分别放置等量异种点电荷，在A 、B 两点间取一正五角星形路径abcdefghija ，五角星的中心与A 、B 的中点重合，其中af 连线与AB 连线垂直．现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是（）A ．e 点和g 点的电场强度相同B ．a 点和f 点的电势相等C ．电子从g 点到f 点再到e 点过程中，电势能先减小再增大D ．电子从f 点到e 点再到d 点过程中，电场力先做正功后做负功3.关于电场下列说法正确的是( )A ．根据E =F /q ，可知电场中某点的场强与电场力成正比B ．根据E = k Q /r 2，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q 成正比C ．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D ．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹4.如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O .下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低5.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则()A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电势D．负电荷从a到c，电势能减少6.如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。

高考物理新增分大一轮复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动讲义含解析20190410220

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值． (2)定义式：C ＝QU.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F ＝106μF ＝1012pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关． 3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、相对介电常数、两板间的距离． (2)决定式：C ＝εr S4πkd.自测1 关于电容器及其电容，下列说法中正确的是( )A ．平行板电容器一极板带电＋Q ，另一极板带电－Q ，则此电容器不带电B ．由公式C ＝Q U可知，电容器的电容随电荷量Q 的增加而增大 C ．对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比 D ．如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容答案 C二、带电粒子在电场中的运动 1．加速(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02.(2)在非匀强电场中，W ＝qU ＝12mv 2－12mv 02.2．偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v 0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示．图1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．(3)基本关系式：运动时间t ＝l v 0，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md ，偏转量y ＝12at 2＝qUl22mdv 02，偏转角θ的正切值：tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUl mdv 02.自测2 (多选)(2018·泰州中学模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )图2A ．它们运动的时间t N ＝t MB ．它们的电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2C ．它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2D ．它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶2 答案 AD命题点一平行板电容器的动态分析1．电容器充放电(1)外加电压大于两极板间电势差时对电容器充电．随两极板间电势差增大，充电电流减小，当两极板间电势差等于外加电压时充电停止．(2)当电容器两极板有电路连通时，电容器放电，随两极板间电压减小，放电电流减小． 2．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 3．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝U d分析场强的变化． ③根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d ＝4k πQεr S分析场强变化．例1 (多选)(2018·江苏单科·8)如图3所示，电源E 对电容器C 充电，当C 两端电压达到80V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C 充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路( )图3A ．充电时，通过R 的电流不变B ．若R 增大，则充电时间变长C ．若C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D ．若E 减小为85V ，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变答案 BCD解析给电容器充电过程中，随着两极板间所带电荷量增多，电路中的电流逐渐减小，故A 项错误．充满一次电，电容器增加的电荷量是相同的，即通过R 的电荷量Q 是一定的，电源恒定，R 增大，则电流I 减小，根据I ＝Qt可知，充电时间变长，故B 项正确．若C 增大，电容器充满时所带电荷量增多，即闪光时电容器释放的电荷量也增多，通过闪光灯的电荷量也增多，故C 项正确．因为C 两端电压达到80V 时，电容器就不再充电，外接电源只要提供电压超过80V ，产生的效果均相同，闪光灯闪光一次通过的电荷量也相同，故D 项正确．变式1 (多选)(2018·徐州市期中)如图4所示，电容器由平行金属板M 、N 和电介质D 构成．电容器通过开关S 及电阻与电源E 相连接．则( )图4A ．M 上移电容器的电容变大B ．将D 从电容器抽出，电容器的电容变小C ．断开开关S ，M 上移，MN 间电压将增大D ．闭合开关S ，M 上移，流过电阻的电流方向从B 到A 答案 BC解析 M 向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd ，得知电容器的电容变小，故A 错误；将D 从电容器抽出，介电常数减小，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd ，得知电容器的电容变小，故B 正确；断开开关S ，M 上移，电荷量不变，而电容减小，根据电容的定义式C ＝Q U，分析可知电容器两极板间的电压增大，故C 正确；闭合开关S ，电压不变，M 上移时电容减小，则由Q ＝UC 可知，电荷量Q 减小，电容器放电，流过电阻的电流方向从A 到B ，故D 错误．命题点二带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动． (2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 02＝2ax .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 02.例2 (2017·江苏单科·4)如图5所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )图5A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点答案 A解析根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝QU 和匀强电场的电势差与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQεr S ，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确．变式2 (多选)(2018·扬州中学5月模拟)如图6，水平放置的三块带孔的平行等距金属板与一个直流电源相连，一个带正电的液滴从A 板上方M 点处由静止释放，不计空气阻力，设液滴电荷量不变，在AB 板之间运动为过程Ⅰ，在BC 之间运动为过程Ⅱ，则( )图6A ．过程Ⅰ中运动时间可能比过程Ⅱ短B ．过程Ⅰ和过程Ⅱ系统机械能变化量大小相等C ．仅将C 板上移，液滴经过C 板小孔时速度变小D ．先断开三板与电源的连接，再下移B 板，则液滴经过C 板小孔时速度变大答案 BCD命题点三带电粒子在电场中的偏转1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd.离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv 0＝qUl mdv2.2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1lmdv 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，若粒子射出偏转电场，O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 02，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．例3 (2018·无锡市高三期末) 如图7所示，真空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压U 0，一质量为m 、电荷量为q 的正点电荷A 从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射出后，进入一个水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出．已知电容器的电容为C ，极板的间距为d ，长度为kd ，两板间电压恒定．不计点电荷的重力，求：图7(1)点电荷进入水平放置电容器时的速度大小； (2)水平放置的电容器极板所带电荷量大小； (3)A 穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量．答案 (1)2qU 0m(2)4k 2CU 0 (3)－4k2qU 0解析 (1)在加速电场中，由动能定理：qU 0＝12mv 02，得v 0＝2qU 0m(2)在偏转电场中，由运动学知识得：kd ＝v 0t ，d ＝12at 2由牛顿第二定律得：q U d＝ma 联立可解得两极板间电势差U ＝4k2U 0极板带电荷量Q ＝CU ＝4k2CU 0(3)A 穿过电容器的过程中电场力做功W ＝qU ＝4k2qU 0由功能关系得，电势能的增量ΔE p ＝－W ＝－4k2qU 0.命题点四带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)． 3．思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件． (2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．例4 如图8甲所示，平行金属板M 、N 水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直荧光屏到板右端的距离均为l ，M 板左下方紧贴M 板有一粒子源，以初速度v 0水平向右持续发射质量为m 、电荷量为＋q 的粒子．已知板间电压U MN 随时间变化关系如图乙所示，其中U 0＝8mv 02q.忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大．图8(1)计算说明，t ＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N 板上的位置； (2)求荧光屏上发光的长度．答案 (1)打在N 极板中点 (2)5l解析 (1)t ＝0时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设运动到下极板的时间为t ，则由电场力提供合外力得qU 0l ＝ma ，由运动学知识得l ＝12at 2，解得：t ＝l2v 0粒子在水平方向的位移：x ＝v 0t ＝l2＜l ，故粒子打在N 极板中点．(2)由(1)知t ＝3l2v 0时射入极板的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间向下加速的运动时间：t 1＝l v 0－l 2v 0＝l2v 0，粒子离开极板时的竖直分速度：v y ＝at 1＝qU 0mlt 1＝4v 0，粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：t 2＝l v 0，粒子在竖直方向的偏移量：y ＝l ＋v y t 2＝5l ，在t ＝l v 0时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直线运动，粒子垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：d ＝y ＝5l .1．(2018·盐城市三模) 如图9所示，平行板电容器两极板接在直流电源两端．下列操作能使电容器电容减小的是( )图9A．增大电源电压B．减小电源电压C．在两极板间插入陶瓷D．增大两极板间的距离答案 D2.(2018·南京市学情调研)“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图10所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是( )图10A．平板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B．静电计可以用电压表替代C．静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量答案 C3.(2018·如皋市调研)如图11所示，在正方形ABCD区域内有场强方向平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH 方向射入电场后恰好从C点射出．以下说法正确的是( )图11A．粒子的运动轨迹经过P点B．粒子的运动轨迹经过PH之间某点C ．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EHD ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E 点从BC 边射出答案 D解析粒子从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从C 点射出，其轨迹是抛物线，根据推论知，过C 点作速度的反向延长线一定交于FH 的中点，而延长线又经过P 点，所以粒子轨迹一定经过PE 之间某点，故A 、B 错误；粒子从C 点射出时速度反向延长线与EH 垂直，若增大初速度，粒子轨迹可能经过PH 之间某点，可知粒子不可能垂直穿过EH ，故C 错误；由平抛知识类比可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E 点射出BC ，故D 正确．4．(多选)(2017·如皋市第二次质检)如图12甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )图12答案 AD解析分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向B 板做匀加速直线运动，T 4～T 2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零，T 2～34T 时间内向A 板做匀加速直线运动，34T ～T 时间内做匀减速直线运动，T 时刻速度为零．根据匀变速直线运动速度－时间图象是倾斜的直线可知，A 图符合电子的运动情况，故A 正确，C 错误；电子做匀变速直线运动时x －t 图象应是抛物线的一部分，故B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀加速运动和匀减速运动的加速度大小都不变，a －t 图象应平行于横轴，故D 正确．1．(2018·苏州市调研卷)某一平行板电容器，其一个极板带＋5.4×10－3C 电荷量，另一极板带－5.4×10－3C 电荷量，电容器两极板间电压为450V ，则该电容器的电容值为( ) A ．2.4×10－5F B ．1.2×10－5F C ．8.3×104F D ．4.2×104F答案 B解析根据C ＝Q U ，则C ＝5.4×10－3450F ＝1.2×10－5F ，故选B.2．(2018·泰州中学等综合评估)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图1所示．现保持B 板不动，适当移动A 板，发现静电计指针张角减小，则A 板可能是( )图1A ．右移B ．左移C ．上移D ．下移答案 A3．(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，平行板电容器两极板M 、N 间距为d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是( )图2A ．减小dB ．增大UC ．将M 板向左平移D ．在板间插入电介质答案 C解析据电容的决定式C ＝εr S4πkd可知，减小d ，则C 变大，选项A 错误；增大U ，电容器的电容不变，选项B 错误；将M 板向左平移，则S 减小，C 减小，选项C 正确；在板间插入电介质，则C 变大，选项D 错误．4.(2018·南京市、盐城市质检)如图3所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合．则电容器的电容将( )图3A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．保持不变D ．先增大后减小答案 A5.(多选)如图4所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的12处返回，则下述措施能满足要求的是( )图4A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压提高到原来的2倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12答案 BD解析在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得－qEd ＝0－12mv 02，所以d ＝mv 022qE，设带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的12时，由公式可知x ＝d4；使M 、N 间电压提高到原来的2倍时，电场强度变为原来的2倍，由公式可知x ＝d2；使M 、N 间电压提高到原来的4倍时，电场强度变为原来的4倍，由公式可知x ＝d4；使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12时，电场强度变为原来的一半，由公式可知x ＝d2，故B 、D 正确．6.在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图5所示．有一带负电的粒子，从上边区域沿平行电场线方向以速度v 0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在下列选项的速度－时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v 0方向为正方向)( )图5答案 C解析粒子在上面的电场中匀速下落，所受重力和电场力平衡，进入下面电场后，电场力变大，根据牛顿第二定律，粒子具有向上的加速度，所以粒子做匀减速运动至速度为0，又反向做匀加速直线运动，进入上面的电场后又做匀速直线运动，速度大小仍然等于v 0，故C 正确．7.(2017·如皋市第二次质检)三个α粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图6所示，下列判断不正确的是( )图6A ．进电场时c 的速度最大，a 的速度最小B ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上C ．b 和c 同时飞离电场D ．动能的增加量c 最小，a 和b 一样大答案 C解析三个粒子的质量和电荷量都相同，则粒子的加速度相同．a 、b 两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y ＝12at 2，可知a 、b 运动时间相等，在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上，故B 正确；c 竖直方向上的位移y c ＜y b ，根据y ＝12at 2，可知t c ＜t b ，c 先离开电场，故C 错误；在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v ＝x t.因x c ＝x b ，t c ＜t b ，则v c ＞v b ；因t a ＝t b ，x b ＞x a ，则v b ＞v a .所以有：v c ＞v b ＞v a ，故A 正确；根据动能定理知，对a 、b 两粒子，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，对c 粒子，电场力做功最少，动能增加量最小，故D 正确．8．(2018·泰州中学期中)如图7所示，两块较大的金属板A 、B 相距为d ，平行放置(可视为电容器)并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、带电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态．以下说法正确的是( )图7A ．若将S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流B ．若保持S 闭合，将A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有a →b 的电流C ．若保持S 闭合，将A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有b →a 的电流D ．若保持S 闭合，将A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有b →a 的电流答案 C9．如图8所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点由静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点由静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图8A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动答案 D解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但电场力大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确．10．(多选)(2019·铜山中学期中)如图9所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U 1，偏转电压为U 2.仅仅改变加速电压后，电子在电场中的侧移量y 增大为原来的2倍，下列说法中正确的是( )图9A ．加速电压U 1减小到了原来的12B ．偏转电场对电子做的功变为原来的2倍C ．电子飞出偏转电场时的速度变为原来的2倍D ．电子飞出偏转电场时的偏转角变为原来的2倍答案 AB11．(多选)(2018·南京市期中)如图10所示，A 、B 为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M 、N ，D 为理想二极管，R 为滑动变阻器．闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电荷的带电小球从M 、N 的正上方的P 点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N 处．下列说法正确的是( )图10A ．若仅将A 板上移，小球将无法运动至N 处B ．若仅将B 板上移，小球将从小孔N 穿出C ．若仅将滑动变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至N 处D ．断开开关S ，从P 处将小球由静止释放，小球恰好能运动至小孔N 处答案 ACD12．(2018·南京市、盐城市二模)如图11所示，在铅板A 上有小孔S ，放射源C 可通过S 在纸面内向各个方向射出速率v 0＝2.0×106m/s 的某种带正电粒子，B 为金属网状栅极，M 为荧光屏，A 、B 、M 三者平行正对，且面积足够大，A 、B 间距离d 1＝1.0 cm ，电压U ＝1.5×104V 且恒定不变，B 、M 间距离d 2＝4.0cm.该种带电粒子的比荷q m＝4.0×108C/kg ，忽略带电粒子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用，不计带电粒子的重力．求：图11(1)该带电粒子运动到荧光屏M 的速度大小； (2)该带电粒子打在荧光屏M 上形成的亮线的长度．答案 (1)4.0×106m/s (2)43cm解析 (1)带电粒子在运动过程中，只有电场力做功，由动能定理得Uq ＝12mv 2－12mv 02解得v ＝v 02＋2qUm＝4.0×106m/s(2)初速度平行于A 板进入电场的粒子做类平抛运动，到达B 板时垂直于B 板的速度v Bx ＝v 2－v 02＝23×106 m/s设粒子在电场中运动的时间为t 1，则d 1＝12(0＋v Bx )t 1得t 1＝d 112(0＋v Bx )＝1.0×10－23×106s ＝33×10－8s 粒子在BM 间运动的时间t 2＝d 2v Bx ＝4.0×10－223×106s ＝233×10－8s 则粒子平行于板方向运动的最大位移y m ＝v 0(t 1＋t 2)＝2 3 cm 所以该带电粒子打在荧光屏M 上形成的亮线的长度l ＝2y m ＝4 3 cm.13．(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图12甲所示，A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O 点有一个可以连续产生粒子的粒子源，A 、B 间的距离为L .现在A 、B 之间加上电压U AB ，电压随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N 个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A 、B 板电势．已知粒子质量为m ＝5.0×10－10kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－7C ，L ＝1.2m ，U 0＝1.2×103V ，T ＝1.2×10－2s ，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：图12(1)t ＝0时刻产生的粒子，运动到B 极板所经历的时间t 0； (2)在0～T 2时间内，产生的粒子不能到达B 板的时间间隔Δt ；(3)在0～T2时间内，产生的粒子能到达B 板的粒子数与到达A 板的粒子数之比k .答案 (1)6×10－3s (2)2×10－3s (3)2解析 (1)t ＝0时刻产生的粒子由O 到B ：L 2＝12at 02加速度：a ＝U 0q mL＝2.0×105m/s 2得：t 0＝6×10－3s<T2＝6×10－3s所以t 0＝6×10－3s(2)对刚好不能到达B 极板的粒子，先做匀加速运动，达到最大速度v m 后做匀减速运动，到达B 极板前瞬间速度刚好减为0，则匀加速运动时间为Δt ，设匀减速运动时间为Δt ′，全程运动时间为t ，则匀加速运动的加速度：a ＝2.0×105m/s 2匀减速运动的加速度大小：a ′＝2U 0q mL＝4.0×105m/s 2由v m ＝a Δt ＝a ′Δt ′ 得Δt ′＝12Δt所以t ＝Δt ＋Δt ′＝32Δt由12L ＝12v m t ＝12·a Δt ·32Δt 得Δt ＝2L 3a＝2×10－3s (3)设刚好不能到达B 极板的粒子，反向加速到A 极板的时间为t 0′，由L ＝12a ′t 0′2得t 0′＝2L a ′＝6×10－3s<⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2－Δt ′＝5×10－3s 即在0～T2时间内，不能到达B 板的粒子都能打到A 极板上所以k ＝N B N A ＝T2－Δt Δt＝2.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

第六章静电场6-1(新课标复习资料)

FF 公式：E＝，单位：N/C，或 V/m E＝ q N/C q
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考技案例导析
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是描述电场的力的性质的物理量．力的性质
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第六章静电场
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矢量三性
电场强度 E 是表示电场力的性质的一个物理量，规定正电荷所受电场力方向为该点场强的方向．正电荷所受电场力
易错易混分析
限时规范特训
矢量性存在时在该点所产生的场强的矢量和.
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第六章静电场
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基础知识梳理
高三物理
电场线
1．几种典型电场的电场线(见下图)
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考技案例导析
易错易混分析
限时规范特训
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限时规范特训随堂针对训练
考技案例导析
易错易混分析
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第六章静电场
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基础知识梳理
高三物理
5kq2 A. l＋ 2k0l2 5kq2 C. l－ 4k0l2
kq2 B. l－ 2 k0l 5kq2 D. l－ 2k0l2
随堂针对训练
易错易混分析
感应起电 ②感应起电
接触起电 ③接触起电
选修3-1
第六章静电场
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基础知识梳理
高三物理
(2)三种起电方式虽然不同，但本质相同，都是电荷的
转移转移.

2020年高考物理一轮复习《电场及带电粒子在电场中的运动问题》练习

高频考点强化(六)电场及带电粒子在电场中的运动问题(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题6分,共72分。

1～8题为单选题,9～12题为多选题)1.关于静电场下列说法中正确的是( )A.将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电势能一定增加B.无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能越大C.在同一个等势面上的各点,场强的大小必然是相等的D.电势下降的方向就是电场强度的方向【解析】选B。

根据E p=qφ,将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电势能减小,故A错误;无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,静电力做的正功越多,因无穷远处电势能为零,因此电荷在该点的电势能越大,故B正确;在等势面上,电势处处相等,场强不一定相等,故C错误;电势下降最快的方向才是电场强度的方向,故D错误。

2.(2018·宜春模拟)两个固定的等量异种电荷,在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点,如图所示,下列说法正确的是( )A.a点电势比b点电势高B.a、b两点场强方向相同,a点场强比b点小C.一带电粒子(不计重力),在a点无初速度释放,则它将在a、b线上运动D.正负电荷连线上c点场强最大【解析】选B。

等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线, a点电势与b点电势相等,故A错误;根据电场线与等势面垂直可知,a、b、c三点电场强度方向都与两电荷连线平行,方向相同,根据电场强度矢量合成可知,a点场强比b点小,故B正确;a点场强方向向右,一带电粒子(不计重力)在a点受电场力向左或向右,无初速度释放将向左或向右运动,不可能在a、b线上运动,故C错误;正负电荷连线上c点场强最小,故D错误。

3.(2016·江苏高考)一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示。

容器内表面为等势面,A、B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( )A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功不同【解题指导】解答本题应注意以下四点:(1)电场线的疏密反映电场强度的大小。

2018高考物理一轮总复习第六章静电场第20讲电容器带电粒子在电场中的运动课时达标

第20讲电容器带电粒子在电场中的运动[解密考纲]主要考查电容器的动态分析、带电粒子在电场中加速(或减速)和偏转的问题，以及带电粒子在复合场中的运动．1．模拟空气净化过程，有人设计了如图所示的含电灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等．第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U ，沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压也等于U ，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如图乙所示．已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f ＝kv (k 为一定值)，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，重力可忽略不计，则在这两种方式中( C )A ．尘粒最终一定都做匀速运动B ．尘粒受到的电场力大小相等C ．电场对单个尘粒做功的最大值相等D ．在乙容器中，尘粒会做类平抛运动解析：由于电压U 、圆桶的高与直径及空气阻力的大小不能计算，就不能确定尘粒最终是否做匀速运动，A 项错误；在甲、乙容器中，E ＝U d 中的d 是不同的，所以F ＝qE ＝qU d一定不同，B 项错误；电场力对单个尘粒做功的最大值均为W ＝qU ，C 项正确；由于忽略重力，在甲、乙桶中，尘粒均做直线运动，D 项错误．2．如图所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O 点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其它条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( A )A ．将打在O 点的下方B ．将打在O 点的上方C ．穿过平行板电容器的时间将增加D ．达到屏上动能将减少解析：由题意知，上极板不动时，小球受静电力和重力平衡，平行板电容器上极板平行上移后，两极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受静电力减小，合力方向向下，所以小球向下偏转，将打在O 点下方，选项A 正确，选项B 错误；小球的运动时间由水平方向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，选项C 错误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以选项D 错误．3．如图所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出．若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( D )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶8D ．8∶1解析：设AB 长为2h ，BC 长为2l ，对a 粒子有2h ＝12a a t 2a ＝q a E 2m a t 2a① l ＝v 0t a ②解得2h ＝q a E 2m a ⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 0 2 ③对b 粒子有h ＝12a b t 2b ＝q b E 2m b t 2b ④2l ＝v 0t b⑤ 解得h ＝q b E 2m b ⎝ ⎛⎭⎪⎫2l v 0 2 ⑥由③⑥两式得q am a q b m b ＝81.D 项正确． 4．(2016·安徽四校联考)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在板右端L 处有一竖直放置的光屏M ，一带电荷量为q ，质量为m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，则下列结论正确的是( C )A ．板间电场强度大小为mg qB ．板间电场强度大小为mg 2qC ．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D ．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：根据质点垂直打在M 屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg <qE ，选项A 、B 错误；根据运动的合成和分解，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C 正确，D 错误．5．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间的距离为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 (不计粒子的重力)，则( B )A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 4B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8C ．在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为1∶2 D ．在粒子下落前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沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，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直线运动，由运动学知识可知，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∶3.又因为电场力做的总功为qU 2，所以在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，A 选项错；在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8，B 选项对；在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功相等，故C 、D 选项错． 6．(多选)(2017·河南郑州模拟)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d ，U ，E 和Q 表示．下列说法正确的是( AD )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半解析：E ＝U d，保持U 不变，将d 变为原来的两倍，E 变为原来的一半，A 项对；保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 项错；C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd，保持d 不变，C 不变，Q 加倍，U 加倍，C 项错；E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd ·d ＝Q εr S 4πk，则Q 变为原来的一半，E 变为原来的一半，D 项对．7．(多选)(2017·北京西城期末)某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，要增大除尘率，则下列措施可行的是( AB )A ．只增大电压UB ．只增大长度LC ．只增大高度dD ．只增大尘埃被吸入水平速度v 0解析：由类平抛运动规律可得尘埃偏转位移为y ＝12at 2＝12qU dm (L v 0)2，根据题意，增大除尘率，就是要增大y ，需要增大电压U ，增大长度L ，减小高度d ，减小尘埃被吸入的水平速度v 0，只需改变其中的一项或几项即可，A 、B 两项正确．8．(2017·东北三校二联)如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v 0射入水平放置．距离为d 的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当极板间所加电压为U 1时，粒子落在A 板上的P 点．如果将带电粒子的初速度变为2v 0，同时将A 板向上移动d 2后，使粒子由原入射点射入后仍落在P 点，则极板间所加电压U 2为( D )A ．U 2＝3U 1B ．U 2＝6U 1C ．U 2＝8U 1D ．U 2＝12U 1 解析：板间距离为d ，射入速度为v 0，板间电压为U 1时，在电场中有：d 2＝12at 2，a ＝qU 1md，t ＝x v 0，解得U 1＝md 2v 20qx 2；A 板上移d 2，射入速度为2v 0，板间电压为U 2时，在电场中有：d ＝12a ′t ′2，a ′＝2qU 23md ，t ′＝x 2v 0，解得U 2＝12md 2v 20qx 2，即U 2＝12U 1，选D ． 9．(多选)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示，t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( BC )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd解析：0～T 3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T 3时刻，v 1y ＝g T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a ·T 3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误、B 正确；重力势能的减少量ΔE P ＝mg ·d 2＝12mgd ，所以选项C 正确；根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，所以选项D 错误． 10．如图所示，在电场中，光滑水平面上一带正电的物体与绕过定滑轮的绝缘轻绳相连，在轻绳另一端竖直向下拉力的作用下，物体沿桌面从A 点匀速运动到B 点，已知电场强度大小不变、方向始终垂直于运动中的轻绳指向左上方，不计滑轮摩擦，则在此过程中拉力的瞬时功率( A )A ．一直增大B ．一直减小C ．先减小后增大D ．先增大后减小解析：对物体受力分析，因为物体匀速运动，通过拉力和电场力的正交分解可得qE sin θ＝F cos θ，其中θ是轻绳与水平方向的夹角，所以拉力的瞬时功率P ＝Fv cos θ＝qEv sin θ，从A 点匀速运动到B 点，θ增大，sin θ增大，所以P 增大，选项A 正确．11．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A 向B 做直线运动．那么( B )A ．微粒带正、负电荷都有可能B ．微粒做匀减速直线运动C ．微粒做匀速直线运动D ．微粒做匀加速直线运动解析：微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B 正确．12．(多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E ，在与环心等高处放有一质量为m 、带电荷量＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( AD )A ．小球经过环的最低点时速度最大B ．小球在运动过程中机械能守恒C ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mq ＋qED ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg ＋qE )解析：根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A 正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；根据动能定理得：mgR ＋qER ＝12mv 2，根据牛顿第二定律得：F N －qE －mg ＝m v 2R，解得：F N ＝3(mg ＋qE )，则球对轨道的压力为3(mg ＋qE )，故C 错误，D 正确．13．(2017·湖北宜昌模拟)如图所示，在正方形ABCD 区域内有平行于AB 边的匀强电场，E 、F 、G 、H 是各边中点，其连线构成正方形，其中P 点是EH 的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从D 点射出．以下说法正确的是( D )A ．粒子的运动轨迹一定经过P 点B ．粒子的运动轨迹一定经过PH 之间某点C ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED 之间某点从AD 边射出D ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E 点从AD 边射出解析：由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动的推论：速度反向延长线过水平位移的中点，O 为FH 中点，即DO 为轨迹的切线，因P 在DO 线上，所以运动轨迹一定不经过P 点，一定经过EP 之间点，故A 、B 错误；若将粒子的初速度变为原来的一半，在电场力的方向运动不变，即离开矩形区域的时间不变，又初速度方向做匀速直线运动，所以位移是原来的一半，恰好由E 点射出，所以C 错误，D 正确．。

高三物理一轮复习优质课件2：6.4 电容器与电容带电粒子在电场中的运动

2.带电粒子在电场中的偏转只分析带电粒子垂直进入匀强电场时发生的偏转。 (1)粒子在电场中的运动情况:如果带电粒子以初速度v0垂直于场强方向射入匀强电场,不计重力,电场力使带电粒子产生加速度,做类平抛运动。
(2)运动规律:垂直于电场方向上的分运动是匀速直线运动。
vx=v0,x=v0t
平行于电场方向上的分运动是匀加速直线运动。
3.平行板电容器动态变化问题 (1)首先要区分两种基本情况 ①电容器始终与电源相连时,电容器两极板间电势差U保持不变; ②电容器充电后与电源断开时,电容器所带电荷量Q保持不变。
第六章静电场
第4课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动
知识梳理
【识记题组】
一、电容器
1.电容器 (1)组成:由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(2)带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值。
2.电容
(1)定义:电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U的
比值。
(2)定义式:C=
vy=at=
qU
1
md t,y= 2
at2= 12 · qmUd ·t2
(3)粒子飞越电场时,侧移距离和偏转角
L
飞越电场所用的时间t= v0
侧移距离y= 1 at2= 1 ·
2
2
qU ·
md
2qmUdLv2 02 = vL0
2
偏转角β满足tan
β=
vy
v x =
av 0t = mqUdvL02
5.辨析 (1)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比 (✕) (2)电容器所带电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和 (✕) (3)电容器充电后断开电源,则电容器所带的电荷量不变 (√)

带电粒子在电场中的运动专题

带电粒子在电场中的运动综合专题知识要点梳理1、带电粒子在电场中的加速运动要点诠释：（1）带电粒子在任何静电场中的加速问题.都可以运用动能定理解决.即带电粒子在电场中通过电势差为U AB的两点时动能的变化是.则（2）带电粒子在静电场和重力场的复合场中的加速.同样可以运用动能定理解决.即（W为重力和电场力以外的其它力的功）（3）带电粒子在恒定场中运动的计算方法带电粒子在恒力场中受到恒力的作用.除了可以用动能定理解决外还可以由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算。

2、带电粒子在偏转电场中的运动问题（定量计算通常是在匀强电场中.并且大多数情况是初速度方向与电场线方向垂直）要点诠释：（1）运动性质：受到恒力的作用.初速度与电场力垂直.做类平抛运动。

（2）常用的关系：（U为偏转电压.d为两平行金属板间的距离或沿着电场线方向运动的距离.L为偏转电场的宽度（或者是平行板的长度）.v0为经加速电场后粒子进入偏转电场时的初速度。

）带电粒子离开电场时：沿电场线方向的速度是；垂直电场线方向的速度合速度大小是：方向是：离开电场时沿电场线方向发生的位移3、带电微粒或者带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒要点诠释：（1）带电物体只受重力和静电场力作用时.电势能、重力势能以及动能相互转化.总能量守恒.即（2）带电物体除受重力和静电场力作用外.如果还受到其它力的作用时.电势能、重力势能以及动能之和发生变化.此变化量等于其它力的功.这类问题通常用动能定理来解决。

规律方法指导1、理解物体做直线运动的条件和曲线运动的条件（1）物体做直线运动的条件：物体受到合外力为零或者合外力与速度共线；（2）物体做曲线运动的条件：物体受到的合外力与速度不共线。

当合外力方向与速度方向成锐角时.物体做加速曲线运动；成钝角时做减速曲线运动。

2、带电粒子或者带电物体在恒定的场中时.除了匀变速直线运动外.就是做类抛体运动.灵活地将运动分解是顺利解题的关键所在。

高三物理一轮复习第六章静电场19电容器带电粒子在电场中的运动一课件

第 19 单元电容器带电粒子在电场中的运动(一)
基础自主梳理
一、电容器
1.电容器:两个彼此绝缘又相互靠近的导体就可看做是一个电容器.使电容器带电的过程叫充电,使电容器失去电荷的过程叫放电.
2.电容:电容器所带的电荷量 Q 与电容器两极板间的电势差 U 的比值, 叫做电容器的电容,是表征电容器容纳电荷本领的物理量.公式 C=��.单位: 法拉(F),1F=106μF=1012pF.
基础自主梳理
①平行极板的匀速直线运动(运动时间由此分运动决定)L=v0t; ②垂直极板的匀加速直线运动
运动时间加速度侧向位移侧向分速度
基本关系式 t= L
v0
a=qE = qU
m md
y=1at2
2
vy=at
说明若打在板上,则根据实际侧移进行计算如果粒子计重力,则按实际合力计算也可由功能关系计算
要点研析突破
在平行板电容器的动态分析问题中要涉及电容 C、电压 U 和带电量 Q、板间电场强度 E 等多个物理量的分析,这些物理量相互联系相互制约.因此, 必须采用控制变量法,即弄清楚哪些是不变量,哪些是变量,在变量中哪些是自变量,哪些是因变量,这样才能使问题顺利解决.
要点研析突破
要点研析突破
基础自主梳理
三、示波管
1.示波管(如图所示)是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成.
2.工作原理:利用了电子在电场中的加速和偏转. 如图所示,极板 XX'之间所加电压(由机器自身产生的锯齿形电压,称为扫描电压)可使电子在水平方向偏转,极板 YY'之间所加电压(由外部输入的待测电压,称为信号电压)可使电子在竖直方向偏转;若两个电压均为零,则电子沿直线运动打在荧光屏的中心,若两个电压变化周期相等,则荧光屏上可得到待测信号的稳定图象;如果要求在荧光屏上 P点(从右向左看)出现亮斑,可以令极板 X 的电势高于极板 X',极板 Y 的电势高于极板 Y'.

(新课标)高考物理一轮总复习-必修部分第6章静电场第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动课件

解析电容器的电荷量指一个极板所带电荷量的绝对值，B 错；电容器的电容是本身的性质，与所带电荷量无关，C 错；C＝QU＝ΔΔUQ，D 错误。
2．[带电粒子在电场中的加速]如图所示，在 P 板附近有一电子由静止开始向 Q 板运动，则关于电子到达 Q 板时的速度，下列说法正确的是( )
A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大 B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大 C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关 D．以上说法均不正确
2．常见的电容器 (1)分类：从构造上可分为_固__定___电容器和_可__变___电容器。 (2)击穿电压：加在电容器极板上的_极__限___电压，电容器外壳上标的电压是_额__定___电压，这个电压比击穿电压_低___ (选填“高”或“低”)。
3．电容
Q
(1)定义式：C＝_U____。
(2)单位：法拉(F)，1 F＝__1_0_6 ___ μF＝__1_0_1_2 __ pF。
E＝Ud＝CQd＝4επrk·QS，即对于介质介电常数为 εr 的平行板电容器而言，两极板间场强只与极板上单位面积的带电量成正比。带电量 Q 不变，两极板间场强 E 保持不变，由于板间距 d 减小，据 U＝Ed 可知，电容器的电压 U 变小。由于场强 E 保持不变，因此，P 点与接地的负极板即与地的电势差保持不变，即点 P 的电势保持不变，因此电荷在 P 点的电势能 W 保持不变。故正确答案为 AC。
பைடு நூலகம்
3．电容器两类问题的比较
分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d 变大 C 变小→Q 变小、E 变小 C 变小→U 变大、E 不变
S 变大 C 变大→Q 变大、E 不变 C 变大→U 变小、E 变小

2019版高考物理一轮复习主题六静电场 6-1-3 电容器带电粒子在电场中的运动

K12课件
26
2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路 (1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．此方法只适用于匀强电场． (2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
K12课件
35
A．微粒到达 B 点时动能为12mv02 B．微粒的加速度大小等于 gsinθ C．两极板间的电势差 UMN＝qmcogsdθ D．微粒从 A 点到 B 点的过程中电势能减少cmogsdθ
K12课件
36
[解析] 微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达 B 点时动能小于12mv02，选项 A 错误；由牛顿第二定律得 mgtanθ＝ma，加速度 a＝gtanθ，选项 B 错误；又电场力 Eq＝cmosgθ，两极板间的电场强度 E＝qcmogsθ，两板间的电势差 UMN＝Ed＝ qmcogsdθ，选项 C 正确；微粒从 A 向 B 运动，电场力做负功，电势能增加，选项 D 错误．
K12课件
9
2．偏转问题 (1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度 v0 垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：类平抛运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速直线运动． ②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．
K12课件
10
3．示波管的构造
①
[答案] BC
K12课件
25
要点二带电粒子在电场中的直线运动 [要点深化]
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1)基本粒子：如电子、质子、α 粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力． (2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．

高考物理一轮复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动教案

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识点一电容器、电容 1．电容器(1)组成：任何两个相互靠近又彼此________的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的________． (3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容(1)定义：电容器所带的________与两个极板间的电势差U 的比值． (2)表达式：________.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)，常用单位有皮法(pF)，1 F ＝106μF ＝1012pF. (4)平行板电容器电容的决定式：________，k 为静电力常量．答案：1.(1)绝缘 (2)绝对值 2.(1)电荷量Q (2)C ＝Q U (4)C ＝εr S4πkd知识点二带电粒子在电场中的加速和偏转 1．带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a ＝________，E ＝________，v 2－v 20＝2ad . (2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足______________________． 2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力． (2)运动性质：________运动． (3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做________运动．②沿电场方向：做初速度为零的____________运动．答案：1.(1)qE mU d (2)qU ＝12mv 2－12mv 20 2.(2)类平抛 (3)①匀速直线 ②匀加速直线知识点三示波器的工作原理1．构造：①________，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)2．工作原理(1)YY′上加的是待显示的________，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做________．(2)观察到的现象：①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和信号电压的________相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．答案：1.①电子枪 2.(1)信号电压扫描电压(2)①中心②周期(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．( )(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比．( )(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×考点平行板电容器的动态分析1．两个公式的比较(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)根据决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)根据定义式C ＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)根据E ＝U d分析电容器极板间场强的变化．考向1 两极板电势差保持不变[典例1] (多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带负电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgdU 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动[解题指导] (1)分析油滴的受力情况，根据场强方向可判断油滴的带电情况． (2)N 板向下运动，两板间距离增加，场强减小，从而使油滴运动．[解析] 由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q ，则极板带电荷量为Q ＝kq ，由于qE ＝mg ，E ＝U d ，C ＝Q U ，解得q ＝mgd U，C ＝kmgdU 2，将极板N 向下缓慢移动一小段距离，U 不变，d 增大，则电场强度E 减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A 、C 正确．[答案] AC考向2 两极板带电量保持不变[典例2] (2016·天津卷)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变[解析] 平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E 不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U ＝Ed 可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P 点的电势能E p 不变．综上所述，选项D 正确．[答案] D求解电容器问题的两个常用技巧(1)在电荷量保持不变的情况下，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S知，电场强度与板间距离无关． (2)对平行板电容器的有关物理量Q 、E 、U 、C 进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，利用C ＝εr S 4πkd 、Q ＝CU 和E ＝Ud 进行判定即可．考点带电粒子在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解．考向1 仅在电场力作用下的直线运动[典例3] (2016·四川卷)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107m/s ，电源频率为1×107Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的12.质子的荷质比取1×108C/kg.求：(1)漂移管B 的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压．[解题指导] (1)质子在漂移管内做匀速直线运动，可以计算管的长度．(2)每次经过漂移管缝隙都要加速，所以管的长度不同，可以从B 到E 整体分析求解加速电压．[解析] (1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则T ＝1f ① L ＝v B ·T2②联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m ． ③(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场对质子所做的功为W ，质子从漂移管B 运动到E 电场做功为W ′，质子的电荷量为q ，质量为m ，则W ＝qU ④ W ′＝3W ⑤W ′＝12mv 2E －12mv 2B ⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104V ． ⑦[答案] (1)0.4 m (2)6×104V考向2 在重力和电场力作用下的直线运动[典例4] 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间．[解析] (1)由v 2＝2gh 得v ＝2gh .(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg －qE ＝ma 0－v 2＝2ad 得E ＝mg h ＋dqdU ＝Ed Q ＝CU得Q ＝mgC h ＋dq. (3)由h ＝12gt 210＝v ＋at 2t ＝t 1＋t 2综合可得t ＝h ＋d h2hg.[答案] (1)2gh (2)mg h ＋d qd mgC h ＋d q (3)h ＋dh2h g带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤：考点带电粒子在电场中的偏转设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d (忽略重力影响)，则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUdm.(2)在电场中的运动时间：t ＝l v 0.(3)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0d .(4)偏转角tan θ＝v y v x ＝qUlmv 20d.(5)偏转距离y ＝12at 2＝qUl22mv 20d.[典例5] 如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计电子所受重力)．(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置；(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置．[解题指导] (1)第(1)问为典型的先加速后偏转问题，用动能定理、运动学公式和分解思想即可解答．(2)第(2)问可假设释放点坐标为(x ，y )，由“恰从D 处离开”分析x 、y 的关系，从而确定释放点的位置．[解析] (1)设电子的质量为m ，电荷量为e ，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，射出区域Ⅰ时的速度为v 0，此后在电场Ⅱ中做类平抛运动．假设电子从CD 边射出，射出点纵坐标为y 1，则有eEL ＝12mv 20，L 2－y 1＝12at 21＝eE 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02解得y 1＝14L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2L ，14L .(2)设释放点在电场Ⅰ区域内的坐标为(x ，y )，电子在电场Ⅰ中被加速到v 1，然后进入电场Ⅱ中做类平抛运动，并从D 处离开，有eEx ＝12mv 21，y ＝12at 22＝eE 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 12解得xy ＝L 24，即在电场Ⅰ区域内满足此方程式的点即为所求位置．[答案] (1)⎝⎛⎭⎪⎫－2L ，14L (2)见解析 [变式] (多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置答案：AD 解析：根据动能定理有qE 1d ＝12mv 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2 及y ＝12qE 2mt 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确．根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝qE 1d ＋qE 2ym，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误．粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误．根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l 2E 1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．粒子垂直于匀强电场进入电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的角度总是相同的．(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点．1．[平行板电容器动态分析]如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U 及板间场强E 的变化情况为( )A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，E 变小C ．U 不变，E 不变D ．U 变小，E 不变答案：B 解析：当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q 保持不变，插入电介质后，电容器的电容C 变大，则U ＝QC 将变小，而由E＝U d可知，板间场强E 也将变小．选项B 正确．2．[平行板电容器动态分析]如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于两板中央的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．带电油滴将沿竖直方向向下运动C ．P 点的电势将降低D ．电容器的电容减小，电容器的带电量将减小答案：A 解析：根据电容器的决定式C ＝εr S4πkd ，当上极板向下移动时，d 减小，电容变大，又C ＝Q U ，电压U 不变，因此电容器带电量增多，D 错误；根据电容器内部电场强度E ＝U d可知，d 减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，A 正确，B 错误；由于场强增大，由U ＝Ed 可知，P 与下极板电势差变大，P 点电势升高，C 错误．3．[带电粒子在电场中加速、偏转]如图所示，一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点答案：B 解析：一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的比荷不同，由qU ＝12mv 2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y ＝12at 2＝U 2L24U 1d相同，所以会打在同一点，B 正确．4．[带电粒子在电场中的直线运动](多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动答案：BD 解析：直线运动的条件是垂直于速度方向上受力平衡，本题中是重力和电场力的一个分力平衡．对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，故A 错误．由图可知电场力与重力的合力应与v 0反向，F 合对粒子做负功，其中mg 不做功，qE 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B 正确，C 错误．F 合恒定，且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D 正确．5．[带电粒子在电场中偏转]如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、场强为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；(3)粒子打到屏上的点P 到点O 的距离x .答案：(1)2L v 0 (2)qEL mv 0 (3)3qEL 22mv 0解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0. (2)粒子在全过程中的运动情况如图所示设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，由牛顿第二定律得粒子在电场中的加速度a ＝qE m所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝at 1v 0＝aL v 20＝qEL mv 20. (3)如(2)中图所示，设粒子在电场中的偏转距离为y ，则y ＝12at 21＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝qEL 22mv 20又x ＝y ＋L tan α解得x ＝3qEL 22mv 20.。