(全国版)高考物理一轮复习讲义第8章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动(含解析)

第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动

目标要求　1.掌握平行板电容器的动态分析问题.2.会用动力学观点和能量观点解决电场作用下的直线运动.3.应用带电粒子在匀强电场中的偏转规律解决问题.4.会分析带电粒子在重力、电场力作用下的偏转．

考点一　电容器及平行板电容器的动态分析

基础回扣

1．电容器

(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成．

(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电容器两极板之间的电压之比．

(2)定义式：C＝.

(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.

(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、极板相对位置及电介质)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＝.

技巧点拨

1．两类典型问题

(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电压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．

2．动态分析思路

(1)U不变

①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．

②根据E＝分析场强的变化．

③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．

(2)Q不变

①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．

②根据E＝＝分析场强变化．

③当改变d时，E不变．

例1　(2018·北京卷·19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图1所示．下列说法正确的是(　　)

图1

A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电

B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小

C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

答案　A

解析　实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的，D错误．

1．(电容概念及公式的理解)(多选)(2019·甘肃武威十八中高三期末)由电容器电容的定义式C＝可知(　　)

A．若电容器不带电，则电容C为零

B．电容C与电容器所带电荷量Q成正比

C．电容C与所带电荷量Q无关

D．电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量

答案　CD

解析　电容器电容的定义式C＝是比值定义式，电容与电容器带电荷量及两端电压无关，由电容器本身决定，故A、B错误，C正确；由电容器电容的定义式C＝＝可知，电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量，故D正确．

2．(电压不变时动态问题分析)(2016·全国卷Ⅰ·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器(　　)

A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大

B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大

C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变

D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变

答案　D

解析　由C＝可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C变小时，Q变小．再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．

3．(电荷量不变时动态问题分析)(2016·天津卷·4)如图2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，Ep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(　　)

图2

A．θ增大，E增大   B．θ增大，Ep不变

C．θ减小，Ep增大   D．θ减小，E不变

答案　D

解析　若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝，联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．

考点二　带电粒子(带电体)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且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动．

2．用动力学观点分析

a＝，E＝，v2－v02＝2ad.

3．用功能观点分析

匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02

非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1

　　　　　 带电粒子在匀强电场中的直线运动

例2　(带电粒子在电场中的直线运动)如图3所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　)

图3

A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变

B．金属板A、B间的电压减小

C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同

D．乙电子运动到O点的速率为2v0

答案　C

解析　两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝＝＝，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝mv2，e·E·d＝mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误．

　　　　　 带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动

例3　如图4所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则(　　)

图4

A．微粒到达B点时动能为mv02

B．微粒的加速度大小等于gsin θ

C．两极板的电势差UMN＝

D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少

答案　C

解析　微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝，选项D错误．

4.(带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动)(2020·广西南宁市期中)一匀强电场，场强方向是水平的，如图5所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力和重力作用下恰好能沿与场强的反方向成θ角做直线运动，重力加速度为g，求：

图5

(1)电场强度的大小；

(2)小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差．

答案　(1)　(2)mv02cos2θ

解析　(1)小球做直线运动，所受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线方向

如图所示，由几何关系可知mg＝qEtan θ

解得E＝.

(2)小球做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得＝ma

设从O点到最高点的位移为x，根据运动学公式可得v02＝2ax

联立可得x＝

运动的水平距离l＝xcos θ

两点间的电势能之差ΔW＝Eql

联立解得ΔW＝mv02cos2θ.

考点三　带电粒子在电场中的偏转

基础回扣

运动规律

(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝(如图6)．

图6

(2)沿电场力方向做匀加速直线运动

①加速度：a＝＝＝；

②离开电场时的偏移量：y＝at2＝；

③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝.

技巧点拨

1．两个结论

(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qU0＝mv02

y＝at2＝··()2

tan θ＝＝

得：y＝，tan θ＝

y、θ均与m、q无关．

(2)粒子经电场偏转后射出，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到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半．

2．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：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．

例4　如图7所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留2位有效数字)．求：

图7

(1)电子射入偏转电场时的初速度v0大小；

(2)电子打在荧光屏上的P点到O′的距离h；

(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W.

答案　(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm　(3)5.8×10－18 J

解析　(1)根据动能定理有eU0＝mv02，得v0＝，代入数据得v0≈3.0×107 m/s.

(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t，电子在竖直方向上做匀加速直线运动，y＝at2，根据牛顿第二定律有＝ma，联立得y＝，代入数据得y＝0.36 cm.电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点M，由图知＝＝，解得h＝0.72 cm.

(3)电子经过偏转电场过程中，电场力对它做的功W＝ey≈5.8×10－18 J.

5．(带电粒子在加速电场、偏转电场作用下运动)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

答案　A

解析　设偏转极板长为l，极板间距为d，由qU0＝mv02，t＝，y＝at2＝t2得，联立得偏转位移y＝，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，选项B、C错误；由于偏转位移y＝与粒子质量、带电荷量无关，故将发射电子改变成发射负离子，偏转位移不变，选项D错误．

6.(带电粒子在电场中的偏转)如图9，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、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(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v0等于(　　)

图9

A.  B.  C.  D.

答案　B

解析　两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两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：＝v0t，在竖直方向上：＝at2＝t2，两式联立解得：v0＝，故B正确，A、C、D错误．

考点四　带电粒子在重力场和电场中的偏转

例5　(2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求：

(1)电场强度的大小；

(2)B运动到P点时的动能．

答案　(1)　(2)2m(v02＋g2t2)

解析　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有

mg＋qE＝ma①

a()2＝gt2②

解得E＝③

(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有

mgh＋qEh＝Ek－mv12④

且有v1＝v0t⑤

h＝gt2⑥

联立③④⑤⑥式得

Ek＝2m(v02＋g2t2)．

7．(带电粒子在重力、电场力作用下偏转)(多选)(2020·天津市宁河区芦台第四中学高三月考)如图10所示，在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图1所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则(　　)

图10

A．A球带正电，B球带负电

B．A球比B球先落地

C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加

D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小

答案　AD

解析　两球在水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t知，v0相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h＝at2可知，竖直位移相等，运动时间长的加速度小，则A所受的合力比B的小，所以A所受的电场力向上，带正电，B所受的电场力向下，带负电，故A正确．A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，故B错误．A所受的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加．B所受的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减小，故C错误．A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，则A的合力做功较少，由动能定理知两球从抛出到各自落地过程中A球的动能变化量小，故D正确．

8．(带电粒子先后在电场里外运动)(多选)(2019·河南南阳市期末)如图11所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)(　　)

图11

A．两极板间电压为

B．板间电场强度大小为

C．整个过程中质点的重力势能增加

D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上

答案　BC

解析　据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：

可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝，由U＝Ed得两极板间电压为U＝·d＝，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝at2，a＝＝g，t＝，解得y＝，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep＝mgs＝，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝＝＝＝可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M上，故D错误．

课时精练

1．超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．现有一款超级电容器，其上标有“2.7 V　400 F”，下列说法正确的是(　　)

A．该电容器的输入电压只有在2.7 V时，才能工作

B．该电容器的电容与电容器两极板间的电势差成反比

C．该电容器不充电时的电容为零

D．该电容器正常工作时储存的电荷量为1 080 C

答案　D

解析　电容器的额定电压为2.7 V，说明工作电压不能超过2.7 V，可以小于2.7 V，故A错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电容器两极板间的电势差无关，故B错误；电容描述电容器容纳电荷的本领，该电容器不充电时电容不变，故C错误；该电容器正常工作时储存的电荷量：Q＝CU＝400×2.7 C＝1 080 C，故D正确．

2.(多选)如图1所示为匀强电场中的一组等间距的竖直直线，一个带电粒子从A点以一定的初速度斜向上射入电场，结果粒子沿初速度方向斜向右上方做直线运动，则下列说法正确的是(　　)

图1

A．若竖直直线是电场线，电场的方向一定竖直向上

B．若竖直直线是电场线，粒子沿直线向上运动过程动能保持不变

C．若竖直直线是等势线，粒子一定做匀速直线运动

D．若竖直直线是等势线，粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大

答案　BD

解析　粒子做直线运动，则粒子受到的合力与初速度共线，因此粒子一定受重力作用，若竖直直线是电场线，粒子受到的电场力一定竖直向上，粒子斜向右上做直线运动，因此合力一定为零，粒子做匀速直线运动，动能不变，由于粒子的电性未知，因此电场方向不能确定，选项A错误，B正确；若竖直直线是等势线，电场力水平，由于粒子斜向右上做直线运动，因此电场力一定水平向左，合力方向与粒子运动的速度方向相反，粒子斜向右上方做匀减速运动，粒子受到的电场力做负功，因此粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大，选项C错误，D正确．

3．(多选)(2020·安徽宿州市质检)如图2为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体(　　)

图2

A．向左移动时，θ增大   B．向右移动时，θ增大

C．向左移动时，θ减小   D．向右移动时，θ减小

答案　BC

解析　由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增多，εr变大，则电容C增大，由公式C＝可知，电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，εr减小，则电容C减小，由公式C＝可知，电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误．

4.(多选)(2019·河北衡水中学模拟)如图3所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则(　　)

图3

A．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ增大

B．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ不变

C．断开开关S，略向上移动A板，则θ增大

D．断开开关S，略向上移动A板，则θ不变

答案　AC

解析　保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变，带负电的A板向右移动，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，根据C＝，U＝得E＝＝＝，略向上移动A板，则S减小，E变大，小球所受的电场力变大，则θ增大，故C正确，D错误．

5.(2019·湖北宜昌市四月调研)如图4所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一束同种带电粒子从P点以相同速度平行于极板射入电容器，最后均打在下极板的A点，若将上极板缓慢上移，则(　　)

图4

A．粒子打在下极板的落点缓慢左移

B．粒子打在下极板的落点缓慢右移

C．粒子仍然打在下极板的A点

D．因粒子的电性未知，无法判断粒子的落点

答案　C

解析　断开电源后，电容器电荷量保持不变，将上极板缓慢上移，d变大，电场强度E＝＝＝，则电场强度不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍然打在下极板的A点，故C正确，A、B、D错误．

6.(多选)(2020·山东蒙阴县实验中学高二月考)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图5所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则(　　)

图5

A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等

B．若比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等

C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等

D．若不同比荷的带负电粒子由O点射入，偏转角度θ相同

答案　BCD

解析　设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a＝，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；

由动能定理得qU1＝mv02，可得v0＝，所以当带负电粒子的比荷相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ek＝mv02＝qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；

如图所示，设偏转电场的板间距离为d′，在偏转电场中有tan θ＝＝＝，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故D正确．

7．(2020·浙江7月选考·6)如图6所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　)

图6

A．所用时间为

B．速度大小为3v0

C．与P点的距离为

D．速度方向与竖直方向的夹角为30°

答案　C

解析　粒子在电场中只受电场力，F＝qE，方向向下，如图所示．

粒子的运动为类平抛运动．

水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t

竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝·t2

＝tan 45°

联立解得t＝，

故A错误．

vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctan ，故B、D错误；

x＝v0t＝，与P点的距离s＝＝，故C正确．

8.(2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图7所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)

图7

A．电场力大小为

B．小球所受的合外力大小为

C．小球由O点到P点用时

D．小球通过P点时的动能为mv02

答案　C

解析　设OP＝L，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60°＝t，竖直方向：Lsin 60°＝gt2，解得：t＝，选项C正确；水平方向F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝＝mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝v0，则动能：EkP＝mvP2＝mv02，选项D错误．

9.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一正试探电荷固定在P点，如图8所示．以C表示电容器的电容、E表示两极板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是(　　)

图8

答案　C

解析　由平行板电容器的电容C＝可知，d减小时，C变大，但C与x的关系图象不是一次函数图象，故A错误；在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝，E＝＝与d无关，故B错误；在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离为d，移动x后距离为d－x.因为移动极板过程中电场强度E不变，故φP＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，故C正确；正电荷在P点的电势能Ep＝qφP＝qEd－qEx，故D错误．

10．(多选)(2020·辽宁葫芦岛市高三期末)如图9所示，质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点．下列关于两种粒子运动的说法正确的是(　　)

图9

A．两种粒子会打在屏MN上的同一点

B．两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远

C．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能

D．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大

答案　AD

解析　两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：qU1＝mv02－0

偏转电场中，平行于极板方向：L＝v0t

垂直于极板方向：a＝＝，y＝at2

设离开偏转电场的速度偏向角为θ，有：tan θ＝＝

联立以上各式得y＝，tan θ＝

偏移量y和速度偏向角θ都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；

对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得：

qU1＋qy＝Ek－0，即Ek＝qU1＋qy

因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确．

11．(多选)如图10所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则(　　)

图10

A．电场方向竖直向上

B．小球运动的加速度大小为g

C．小球上升的最大高度为

D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为

答案　BD

解析　由于带电小球在竖直平面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，且mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理得：－mg·＝0－mv02，解得：h＝，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·＝，D正确．

12.(2020·广东肇庆中学质检)如图11所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一个匀强电场，场强大小为E、方向与圆所在的面平行．PQ为圆的一条直径，与场强方向的夹角θ＝60°.质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力．

图11

(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0.

(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值ΔEp.

答案　(1)　(2)圆弧上最低点　－

解析　(1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，

则水平方向有：2Rsin θ＝v0t

竖直方向有：2Rcos θ＝at2

由牛顿第二定律得qE＝ma

联立解得v0＝

(2)粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大

ΔEp＝－qEd

d＝R＋Rcos θ

解得ΔEp＝－.

13.(2020·全国卷Ⅰ·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图12所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．

图12

(1)求电场强度的大小；

(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？

(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

答案　(1)　(2)　(3)0或

解析　(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知

AC＝R①

F＝qE②

由动能定理有F·AC＝mv02③

联立①②③式得E＝④

(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知

∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R⑤

设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有

F＝ma⑥

AP＝at12⑦

DP＝v1t1⑧

联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝⑨

(3)解法1：设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t0.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有

y＝at2⑩

x＝vt⑪

粒子离开电场的位置在圆周上，有(x－R)2＋(y－R)2＝R2⑫

粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有

mv2＝mv0＝mat⑬

联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝v0

解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为mv0，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v

在沿电场方向：R＝t＝t

在垂直电场方向：R＝vt

联立以上两式得：v＝v0.

由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小也为mv0.