2017届高考物理一轮复习备考指南第6章静电场3

第3节带电粒子在电场中的运动
,
(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。

(√)
(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。

(√)
(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。

(×)
要点一平行板电容器的动态分析
1．平行板电容器动态变化的两种情况
(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。

(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。

2．平行板电容器动态问题的分析思路
3．平行板电容器问题的一个常用结论
电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。

[多角练通]
1．(2015·孝感三中高三冲刺卷)电容式加速度传感器的原理结构如图6-3-1所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上。

质量块可带动电介质移动改变电容。

则( )
图6-3-1
A ．电介质插入极板间越深，电容器电容越小
B ．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流
C ．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长
D ．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流
解析：选D 根据电容器的电容公式C ＝εr S 4k πd ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，
则电容器电容越大，故A 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B 错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C 错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q ＝CU ，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D 正确。

2.(2014·海南高考)如图6-3-2，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动，重力加速度为g 。

粒子运动加速度为( )
图6-3-2 A.l
d g
B.d －l d g
C.l d －l g
D..d d －l
g 解析：选A 平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间电场强度可以表达为：E 1＝U
d －l ，且有E 1q ＝mg ，当抽去金属板，则板间距离增大，板间电场强度
可以表达为：E 2＝U d ，有mg －E 2q ＝ma ，联立上述可解得：d l ＝g
a ，知选项A 正确。

3．(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6-3-3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( )
图6-3-3
A ．油滴带负电
B ．油滴带电荷量为mg
Ud C ．电容器的电容为kmgd
U
2
D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
解析：选AC 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 ＝kmgd
U 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。

要点二 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，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。

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。

[典例] (2015·海南高考)如图6-3-4，一充电后的平行板电容器的两极板相距l 。

在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子。

在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。

已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距2
5
l 的平面。

若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )
图6-3-4
A ．3∶2
B ．2∶1
C ．5∶2
D ．3∶1
[思路点拨]
[解析] 设极板间电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M ，由牛顿第二定律有：qE ＝Ma M ，由运动学公式得：25l ＝1
2
a M t 2；
对m ，由牛顿第二定律有qE ＝ma m 根据运动学公式得：35l ＝1
2
a m t 2
由以上几式解之得：M m ＝3
2，故A 正确。

[答案] A [易错提醒]
(1)本题易误认为带电粒子还受重力作用。

(2)本题易误认为两个带电粒子的位移均为2
5
l 。

[针对训练]
1．(2016·西安交大附中质检)某空间区域有竖直方向的电场(图6-3-5甲中只画出了一条电场线)，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图像如图乙所示，由此可以判断()
图6-3-5
A．物体所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上
B．物体所处的电场为匀强电场，场强方向向下
C．物体可能先做加速运动，后做匀速运动
D．物体一定做加速运动，且加速度不断减小
解析：选A由于物体的机械能逐渐减小，因此电场力做负功，故电场强度的方向向上，再根据机械能的变化关系可知，克服电场力做功越来越少，电场强度不断减小，故A正确、B 错误；根据牛顿第二定律可知，物体受重力和电场力，且电场力逐渐减小，故加速度越来越大，C、D错误。

2. (2014·安徽高考)如图6-3-6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：
图6-3-6
(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)小球从开始下落运动到下极板处的时间。

解析：(1)由v2＝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 ＋d )qd U ＝Ed Q ＝CU
得Q ＝C mg (h ＋d )
q 。

(3)由h ＝12gt 12
0＝v ＋at 2 t ＝t 1＋t 2
综合可得t ＝h ＋d
h 2h g 。

答案：见解析
要点三 带电粒子在匀强电场中的偏转
1．基本规律
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 ＝qU md 。

(2)在电场中的运动时间：t ＝l
v 0。

(3)速度⎩⎪⎨⎪⎧
v x ＝v 0
v y ＝at ＝qUl m v 0d
v ＝v x 2＋v y 2，tan θ＝v y v x ＝qUl
m v 02d 。

(4)位移⎩⎪⎨⎪
⎧
l ＝v 0t y ＝12at 2＝qUl 2
2m v 02d 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的偏转角度总是相同的。

证明：由qU 0＝1
2m v 02及tan φ＝qUl m v 02d 得tan φ＝Ul 2U 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，即O 到电场边缘的距离为l 2。

3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
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 ＝12m v 2－1
2m v 02，其中
U y ＝U
d
y ，指初、末位置间的电势差。

[典例] (多选)(2015·天津高考)如图6-3-7所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速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( )
图6-3-7
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 [审题指导]
(1)氕、氘、氚核三种粒子的质量之比为1∶2∶3，电荷量之比为1∶1∶1。

(2)三粒子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，在偏转电场与屏之间粒子做匀速直线运动。

[解析] 根据动能定理有qE 1d ＝1
2m v 12，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 2m t 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 ＝1
2
m v 22，得
到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝
2(qE 1d ＋qE 2y )
m
，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。

[答案] AD [方法规律]
分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v 0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。

(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。

[针对训练]
1. (2014·山东高考)如图6-3-8，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h 。

质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。

不计重力。

若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )
图6-3-8
A.s
2 2qE
mh B.s 2 qE mh C.s 4
2qE mh
D..s 4
qE mh
解析：选B 由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：
s
2
＝v 0t ，在竖直方向上：h 2＝12at 2＝12Eq
m t 2，联立以上两式可求得：v 0＝s 2
Eq
mh ，由此可知，该
题只有选项B 正确，A 、C 、D 皆错误。

2. (2015·广东六校高三联考)如图6-3-9所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d 。

当两板间加电压U 时，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，以水平速度v 0从A 点射入电场，经过一段时间后从B 点射出电场，A 、B 间的水平距离为L ，
不计重力影响。

求：
图6-3-9
(1)带电粒子从A 点运动到B 点经历的时间； (2)带电粒子经过B 点时速度的大小； (3)A 、B 间的电势差。

解析：(1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A 点到B 点经历时间t ＝L v 0；
(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E ＝U
d 加速度大小a ＝qE m ＝qU
md
经过B 点时粒子沿竖直方向的速度大小v y ＝at ＝qU md ·L
v 0
带电粒子在B 点速度的大小v ＝
v 02
＋q 2U 2L 2
m 2d 2v 0
2；
(3)粒子从A 点运动到B 点过程中，据动能定理得：qU AB ＝12m v 2－1
2m v 02
A 、
B 间的电势差U AB ＝12m v 2－1
2m v 02q ＝qU 2L 2
2md 2v 02。

答案：(1)L
v 0 (2)
v 02
＋q 2U 2L 2m 2d 2
v 02 (3)qU 2L 2
2md 2v 02
喷墨打印机中的带电粒子偏转问题
(1)工作原理：墨盒中的墨汁微粒经过带电室加速后，再经过偏转电场后打在纸上，显示出字符。

(2)灵敏度的含义：字符越大，偏移量越大，灵敏度越高。

1．(2016·大同四校联考)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图6-3-10所示。

其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。

已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是( )
图6-3-10
A ．增大墨汁微粒的比荷
B ．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C ．减小偏转极板的长度
D ．增大偏转极板间的电压
解析：选C 微粒以一定的初速度垂直射入匀强电场做类平抛运动，则有：水平方向：L ＝v 0t
竖直方向：y ＝12qU md t 2
解得：y ＝qUL 22md v 02＝qUL 2
4dE k0
要缩小字迹，应减小偏移距离y ，则应减小比荷 、增大初动能、减小极板长度、减小极板间电压，故C 正确。

2. (2013·广东高考)喷墨打印机的简化模型如图6-3-11所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )
图6-3-11
A ．向负极板偏转
B ．电势能逐渐增大
C ．运动轨迹是抛物线
D ．运动轨迹与所带电荷量无关
解析：选C 由于微滴带有负电，则应向正极板偏转，A 错误；微滴在偏转电场中只受电
场力作用，做类平抛运动，其轨迹为抛物线，且电场力做正功，电势能减小，故B 错误，C 正确；由于其偏转位移，y ＝12at 2＝qUL 2
2md v 02
，与q 有关，故D 错误。

对点训练：平行板电容器的动态分析
1. (2015·宁波二模) 如图1所示，a 、b 为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S 后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是( )
图1
A ．使a 、b 板的距离增大一些
B ．使a 、b 板的正对面积减小一些
C ．断开S ，使a 、b 板的距离增大一些
D ．断开S ，使a 、b 板的正对面积增大一些
解析：选C 开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故A 、B 错误；断开S ，电容器所带的电量不变，a 、b 板的距离增大，则电容减小，根据U ＝Q
C 知，电势差增大，则指针张角增大，故C 正确；断开S ，电容器所带的电量不变，a 、b 板的正对面积增大，电容增大，根据U ＝Q
C 知，电势差减小，则指针张角减小，故
D 错误。

2．(多选)如图2所示，两面积较大、正对着的平行极板A 、B 水平放置，极板上带有等量异种电荷。

其中A 板用绝缘线悬挂，B 板固定且接地，P 点为两板的中间位置。

下列结论正确的是( )
图2
A ．若在两板间加上某种绝缘介质，A 、
B 两板所带电荷量会增大 B ．A 、B 两板电荷分别在P 点产生电场的场强大小相等，方向相同
C ．若将A 板竖直向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大
D ．若将A 板竖直向下平移一小段距离，原P 点位置的电势将不变
解析：选BD 在两板间加上某种绝缘介质时，A 、B 两板所带电荷量没有改变，故A 错误；A 、B 两板电荷量数量相等，P 点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在P 点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故B 正确；根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd 、电容的定义式C ＝Q U 和板间场强公式E ＝U d 得：E ＝4πkQ
εr S ，由题知Q 、S 、εr 均不变，则
移动A 板时，两板间的电场强度将不变，故C 错误；由上分析可知将A 板竖直向下平移时，板间场强不变，由U ＝Ed 分析得知P 点与下极板间的电势差不变，P 点的电势保持不变，故D 正确。

3.如图3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。

一带电油滴位于电容器中的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上移动一小段距离，则( )
图3
A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B ．P 点的电势将降低
C ．带电油滴的电势能将减小
D ．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大
解析：选B 上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E ，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A 错；P 点的电势大于0，且P 点与下极板间的电势差减小，所以P 点的电势降低，B 对；两极板间电场方向竖直向下，所以P 点的油滴应带负电，当P 点电势减小时，油滴的电势能应增加，C 错；电容器的电容C ＝εr S
4πkd ，
由于d 增大，电容C 应减小，极板带电荷量Q ＝CE 将减小，D 错。

对点训练：带电粒子在电场中的直线运动
4.如图4所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A 球后将电荷量全部传给A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的影响，则下列叙述中正确的是( )
图4
A ．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A 球
B ．当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，开始做匀速运动
C ．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等
D ．所有液滴下落过程中电场力做功相等
解析：选C 第一滴液滴下落时，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A 的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A 电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A 球，所以A 错误；当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，液滴向下运动速度最大，再向下运动重力将小于电场力，所以不会做匀速运动，故B 错误；每滴液滴在下落过程中A 所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C 正确；每滴液滴在下落过程中A 所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以D 错误。

5．(多选)如图5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1
2处返回，则下述措施
能满足要求的是( )
图5
A ．使初速度减为原来的1
2
B ．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1
2
解析：选BD 在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得－qEd ＝0－1
2m v 02，所以d
＝m v 022qE ，令带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的12，x ＝d 4；使M 、N 间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x ＝d
2，使M 、N 间电压提高到原来的4
倍，电场强度变为原来的4倍，x ＝d 4；使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1
2，电场强度变
为原来的一半，x ＝d
2。

对点训练：带电粒子在匀强电场中的偏转
6．(2014·天津高考)如图6所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。

一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
图6
A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷
B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加
C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加
D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加
解析：选C 微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A 、B 板所带电荷的电性，A 项错误；不能确定电场力的方向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M 点运动到N 点电势能的变化，B 项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M 到N 的过程中动能增加，C 项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M 到N 过程中机械能是增加还是减少，D 项错误。

7. (2016·合肥联考)如图7所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料。

ABCD 面带正电，EFGH 面带负电。

从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A 、B 、C ，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( )
图7
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间不一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴C所带电荷量最多
解析：选D三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误。

由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B错误。

三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到底板时的速率不相同，选项C错误。

由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。

8. (2015·兰州诊断)如图8所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)()
图8
A．增大偏转电压U
B．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离
D．将发射电子改成发射负离子
解析：选A设偏转电极板长为l，极板间距为d，由qU0＝1
2m v0
2，t＝l
v0，y＝
1
2at
2＝qU
2md
t2，得偏转位移y＝Ul2
4U0d，增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离，都可使
偏转位移增大，选项A正确，B、C错误；由于偏位移y＝
Ul2
4U0d与粒子质量和带电量无关，故
将发射电子改成发射负离子，偏转位移不变，选项D错误。

考点综合训练
9.如图9，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O 点，现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q 和－Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π6。

再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π
3，且小
球与两极板不接触。

求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。

图9
解析：设电容器电容为C 。

第一次充电后两极板之间的电压为U ＝Q
C
两极板之间电场的电场强度为E ＝U
d
式中d 为两极板间的距离。

按题意，当小球偏转角θ1＝π
6时，小球处于平衡位置。

设小球质量为m ，所带电荷量为q ，
则有
T cos θ1＝mg T sin θ1＝qE
式中T 为此时悬线的张力。

可得tan θ1＝
qQ
mgCd
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ ，此时小球偏转角θ2＝π
3，则tan θ2＝
q (Q ＋ΔQ )mgCd
所以tan θ1tan θ2＝Q Q ＋ΔQ
代入数据解得ΔQ ＝2Q 。

答案：2Q
10. (2015·上海市闸北区一模)如图10，水平放置的金属薄板A 、B 间有匀强电场，已知B 板电势高于A 板。

电场强度E ＝5×105 N /C ，间距d ＝1.25 m 。

A 板上有一小孔，M 恰好在孔的正上方，距离h ＝1.25 m 。

从M 处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m ＝1×10－
3 kg
的带电小球。

第1个带电小球的电量q 1＝＋1×10－
8 C ，第n 个带电小球的电量q n ＝nq 1。

取
g ＝10 m/s 2。

求：
图10
(1)第1个带电小球从M 处下落至B 板的时间； (2)第几个带电小球将不能抵达B 板；
(3)第(2)问中该带电小球下落过程中机械能的变化量。

解析：(1)t 1＝
2h
g
＝0.5 s ， v 1＝2gh ＝5 m/s ， a 1＝mg －Eq m ＝5 m/s 2，
d ＝v 1t 2＋1
2
a 1t 22，
即2t 22
＋4t 2－1＝0，解得：t 2＝6－2
2
s ，
t 总＝t 1＋t 2＝6－1
2 s ；
(2)mg (h ＋d )－Eq n d ＝ΔE k ＝0， q n ＝
mg (h ＋d )
Ed
＝4×10－8C ， n ＝q n
q 1＝4，即第4个小球恰好抵达B 板，则第5个小球不能到达；
(3)mg (h ＋x )－Eq 5x ＝ΔE k ＝0，x ＝5
6
m ，
ΔE 机＝－mg (h ＋x )＝－25
12×10－2 J ＝－2.08×10－2 J 。

答案：(1)
6－12
s (2)5 (3)－2.08×10－
2 J 11. (2015·邯郸质检)如图11，等量异种点电荷固定在水平线上的M 、N 两点上，有一质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷)的小球，固定在长为L 的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O 点且与MN 垂直的水平轴无摩擦地转动，O 点位于MN 的垂直平分线上距MN 为L 处。

现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B 时速度为v ，取O 点电势
为零，忽略q 对等量异种电荷形成电场的影响。

求：
图11
(1)小球经过B 点时对杆的拉力大小；
(2)在＋Q 、－Q 形成的电场中，A 点的电势φA ；
(3)小球继续向左摆动，经过与A 等高度的C 点时的速度大小。

解析：(1)小球经B 点时，在竖直方向有F －mg ＝m v 2
L F ＝mg ＋m v 2
L
由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小 F ′＝mg ＋m v 2
L
(2)由于取O 点电势为零，而O 在MN 的垂直平分线上，所以φB ＝0 小球从A 到B 过程中，由动能定理得 mgL ＋q (φA －φB )＝1
2m v 2
φA ＝m v 2－2mgL 2q
(3)由电场对称性可知，φC ＝－φA 即U AC ＝2φA
小球从A 到C 过程，根据动能定理 qU AC ＝1
2m v C 2
v C ＝
2v 2－4gL 。

答案：(1)mg ＋m v 2
L (2)m v 2－2mgL 2q (3)2v 2－4gL。