高考物理一轮复习第七章静电场第讲电容器带电粒子在电场中的运动学案新人教版

这是一份高考物理一轮复习第七章静电场第讲电容器带电粒子在电场中的运动学案新人教版，共15页。

知识点1 电容器 电容
1．电容器
(1)电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(2)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。
注意：(1)充电过程：Q、U、E均增大；放电过程反之。
(2)放电过程电流随时间变化如图所示，面积表示电容器减少的电荷量。
2．电容
(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(ΔQ,ΔU)。
(3)单位：法拉(F)，1F＝106 μF＝1012 pF。
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极间的距离成反比。
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。
知识点2 带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)处理方法：利用动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。
(2)适用范围：任何电场。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝eq \f(L,v0)。
②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动。
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(Eq,m)＝\f(Uq,md ),运动时间\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a.能飞出平行板电容器：t＝\f(L,v0),b.打在平行极板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUL2,2mv\\al(2,0)d),离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUL,mv\\al(2,0)d)))
思考：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的关系怎样？
[答案] 相同
双基自测
一、堵点疏通
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反比。( × )
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。( × )
二、对点激活
1．(2023·浙江仿真卷)中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，将成为二、三线城市的主要公交用力。这种超级电车的核心是我国自主研发，全球首创的“超级电容器”。如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到 9 500 F)，能够在10 s内完成充电。下列说法正确的是( A )
A．该“超级电容器”能储存电荷
B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大
C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能
D．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极
[解析] 电容器的电容由电容器自身结构决定，与两端所加电压无关，选项B错误；充电时电容器可以将外部电源的能量以电荷方式存储在两极板，转化为电场能；放电时将电场能转化为电能，和化学能无关，选项A正确，C错误；充电时电源的正极应接“超级电容器”的正极，才能保障正常充电，选项D错误。
2．两平行金属板相距为d，电势差为U。一电子(不计重力)质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( D )
A．eq \f(edh,U) B．edUh
C．eq \f(eU,dh) D．eq \f(eUh,d)
[解析] E＝eq \f(U,d)，UOA＝Eh＝eq \f(Uh,d)，由动能定理得：Ek0＝eUOA＝eq \f(eUh,d)，D正确。
3．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点(如图所示)以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1︰2。若不计重力，则a和b的比荷之比是 ( D )
A．1︰2 B．1︰8
C．2︰1 D．4︰1
[解析] 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由运动学规律得x＝v0·t，y＝eq \f(1,2)at2，qE＝ma，联立可得eq \f(q,m)＝eq \f(2yv\\al(2,0),x2E)∝eq \f(1,x2)，故a和b的比荷之比为4︰1。
核心考点·重点突破
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
考点一 平行板电容器的动态分析
1．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用E＝eq \f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化。
(5)用E＝eq \f(4πkQ,εrS)分析电容器两极板间电场强度的变化。
2．电容器两类问题的比较
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。
例1 (2023·安徽桐城中学月考)如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是 ( B )
A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流，P点电势升高
B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流，P点电势不变
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中无电流，P点电势升高
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中无电流，P点电势降低
[解析] 本题考查电容器中带电液滴的受力及电势变化。开始时，油滴所受的重力和电场力平衡，有mg＝qE，在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，由E＝eq \f(U,d)可知电场强度E变大，油滴所受的电场力变大，故油滴应向上加速运动，故A错误；在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，由E＝eq \f(U,d)可知电场强度E不变，油滴仍静止；根据C＝eq \f(Q,U)和C＝eq \f(εrS,4πkd)可得Q＝eq \f(εrSU,4πkd)，A板向右平移，两块金属板正对面积减小，故电容器所带的电荷量减小，电容器放电，故G中有b→a的电流，因BP电势差不变，那么P点的电势也不变，故B正确；若将S断开，电容器所带电荷量Q不变，将A板向左平移一小段位移，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，再根据C＝eq \f(Q,U)可知，U增大，根据U＝Ed可知，E增大，油滴所受电场力增大，油滴向上运动；由于电容器所带电荷量不变，故G中无电流，由于电场强度E变大，则PB电势差增大，而B板接地，因此P点电势降低，故C错误；若将S断开，电容器所带电荷量Q不变，再将A板向下平移一小段位移，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)和U＝Ed可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，故电场强度E不变，油滴所受电场力不变，故油滴静止，由于电容器所带电荷量不变，故G中无电流，由于电场强度E不变，则PB电势差不变，而B板接地，因此P点电势不变，故D错误。
〔变式训练1〕(多选)如图所示，理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间，且处于静止状态，平行板电容器的B板接地。若将极板A向上移动少许，下列说法中正确的是( BD )
A．电容器的电容增大
B．AB间的电压增大
C．液滴将向上运动
D．液滴的电势能不变
[解析] 若将极板A向上移动少许，板间距离增加，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，电容C减小，故A错误；根据C＝eq \f(Q,U)可知，若U不变，C减小，则Q减小，电容器要放电，但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故电荷量Q一定，由U＝eq \f(Q,C)可知，电压增大，故B正确；由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，电场强度大小与两极板间的距离无关，电场强度不变，则液滴保持静止，故C错误；由以上分析可知电场强度不变，液滴到下极板的距离不变，液滴与下极板间的电势差不变，液滴的电势不变，所以液滴的电势能不变，故D正确。
考点二 带电粒子(或带电体)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)应用动能定理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。
例2 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大小；
(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)设小球到达小孔处的速度大小为v，
由自由落体运动规律有
v2＝2gh，得v＝eq \r(2gh)。
(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a，
由v2＝2ad，是a＝eq \f(gh,d)，
由牛顿第二定律qE－mg＝ma，
电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，
解得E＝eq \f(mgh＋d,qd)，Q＝eq \f(Cmgh＋d,q)。
(3)由h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)得小球做自由落体运动的时间
t1＝eq \r(\f(2h,g))，
由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝deq \r(\f(2,gh))，
则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝eq \f(h＋d,h)eq \r(\f(2h,g))。
[答案] (1)eq \r(2gh) (2)eq \f(mgh＋d,qd) eq \f(Cmgh＋d,q) (3)eq \f(h＋d,h)eq \r(\f(2h,g))
〔变式训练2〕如图所示，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，则( C )
A．微粒到达B点时动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝eq \f(mgd,qcs θ)
D．微粒从A点到B点的过程电势能减少eq \f(mgd,cs θ)
[解析] 微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可得，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，则微粒到达B时动能小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcs θ＝mg，解得a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq \f(mgd,qcs θ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量ΔEp＝qUMN＝eq \f(mgd,cs θ)，选项D错误。
考点三 带电粒子(或带电体)在电场中的偏转
1．带电粒子在匀强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，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdv\\al(2,0))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
(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到偏转电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
2．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：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(y,d)U，指初、末位置间的电势差。
例3 如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，A与虚线MN的间距为eq \f(L,2)，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离y。
[解析] (1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，
则有eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，且a1＝eq \f(eE1,m)＝eq \f(eE,m)，
解得t1＝eq \r(\f(mL,eE))，
电子进入电场E2时的速度v1＝a1t1＝eq \r(\f(eEL,m))，
进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，所用时间
t2＝eq \f(2L,v1)＝2eq \r(\f(mL,eE))，
故电子从释放到打到屏上所用的时间
t＝t1＋t2＝3eq \r(\f(mL,eE))，
(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，
电子在电场E2中的加速度a2＝eq \f(eE2,m)＝eq \f(2eE,m)，
则vy＝a2t3，且t3＝eq \f(L,v1)，tan θ＝eq \f(vy,v1)，
联立解得tan θ＝2。
(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示。
设电子在电场E2中的偏转距离为y1，则有y1＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)
tan θ＝eq \f(y－y1,L)，联立解得y＝3L。
[答案] (1)3eq \r(\f(mL,eE)) (2)2 (3)3L
名师点拨
计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离Y的四种方法
(1)Y＝y＋dtan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)。
(2)Y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋d))tan θ(L为电场宽度)。
(3)Y＝y＋vy·eq \f(d,v0)。
(4)根据三角形相似eq \f(Y,y)＝eq \f(\f(L,2)＋d,\f(L,2))。
〔变式训练3〕(2023·黑龙江大庆实验中学月考)如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度，即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,U2)))与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是( A )
A．L越大，灵敏度越高
B．d越大，灵敏度越高
C．U1越大，灵敏度越高
D．U2越大，灵敏度越高
[解析] 本题考查带电粒子在电容器中的加速和偏转情况。粒子在加速电场中运动时，有qU1＝eq \f(1,2)mv2，则v＝eq \r(\f(2qU1,m))，偏转位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU2,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v)))2＝eq \f(U2L2,4dU1)，灵敏度eq \f(y,U2)＝eq \f(L2,4dU1)，则L越大，灵敏度越高，d、U1越大，灵敏度越低，U2对灵敏度无影响，故A正确，B、C、D错误。
名师讲坛·素养提升
MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
静电场知识在现代科技中的应用
应用1 电容式话筒
例4 某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为定值电阻，薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板。当对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中 ( B )
A．P、Q两板构成电容器的电容增大
B．M点的电势比N点高
C．P板电荷量增大
D．P、Q两板间的场强增大
[解析] 电容式话筒与电源串联，电压U保持不变；在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝eq \f(εS,4πkd)，可知电容减小，又根据电容定义式C＝eq \f(Q,U)得知电容器所带电量减小，则P极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R的方向由M到N，那么M点的电势比N点高，根据场强E＝eq \f(U,d)可知P、Q两极板间的场强变小，故B正确，A、C、D错误。
应用2 电容触摸屏
例5 目前智能手机普遍采用了电容触摸屏。电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指(肉)触摸电容触摸屏时，手指(肉)和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。寒冷的冬天，人们也可以用触屏手套进行触控操作。下列说法正确的是 ( C )
A．使用绝缘笔压电容触摸屏也能进行触控操作
B．为了安全，触屏手套指尖处应该采用绝缘材料
C．手指按压屏的力变大，手指(肉)和工作面形成的电容器电容变大
D．手指与屏的接触面积变大，手指(肉)和工作面形成的电容器电容变小
[解析] 绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故A错误；电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，触屏手套指尖处采用绝缘材料，将无法形成感应电流，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C正确；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D错误。
应用3 利用高压电场干燥中药
例6 如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在一个很大的导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电。水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，被鼓风机送出水平微风裹挟着飞离电场区域。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是 ( C )
A．水分子运动中受到的电场力越来越小
B．沿着曲线ABCD方向电势越来越低
C．水分子运动中电势能越来越少
D．水分子的轨迹ABCD是一条抛物线
[解析] 根据电场线疏密可以判断电场强弱，所以D点电场线最密，电场强度最强，所以D点受电场力最大，电场力越来越大，A错误；沿电场线方向电势越来越低，所以A点电势最低，沿着曲线ABCD方向电势越来越高，B错误；水分子从静止开始运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；因为电场线不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所以不是类平抛运动，轨迹不是抛物线，D错误。
2年高考·1年模拟
2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI
1．(2023·浙江7月选考)如图所示，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( C )
A．所用时间为eq \f(mv0,qE)
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq \f(2\r(2)mv\\al(2,0),qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
[解析] A项粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2，由tan 45°＝eq \f(y,x)，可得t＝eq \f(2mv0,Eq)，故A错误；B项由于vy＝eq \f(Eq,m)t＝2v0，故粒子速度大小为v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))＝eq \r(5)v0，故B错误；C项由几何关系可知，到P点的距离为L＝eq \r(2)v0t＝eq \f(2\r(2)mv\\al(2,0),Eq)，故C正确；D项由于平抛推论可知，tan α＝2tan β，可知速度正切tan α＝2tan 45°＝2>tan 60°。可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。故选C。
2．(2023·课标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。
(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)eq \f(mv\\al(2,0),2qR) (2)eq \f(\r(2),4)v0 (3)eq \f(\r(3),2)v0或0
[解析] 本题通过带电粒子在电场中的运动考查带电粒子在电场中加速和偏转问题。
(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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
联立①②③式得E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qR)。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＝eq \f(3,2)R，DP＝eq \f(\r(3),2)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＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2),4)v0。⑨
(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。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＝eq \f(1,2)at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),2)R))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)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＝0⑭
或v＝eq \f(\r(3),2)v0。⑮
3．(2023·天津，12)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。
[答案] (1)eq \r(\f(ml,2qU)) (2)eq \f(U,E) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t1,t0)))2m0
[解析] (1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有
qU＝eq \f(1,2)mv2①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则
T1＝eq \f(l,v)②
联立①②式，得
T1＝eq \r(\f(ml,2qU))。③
(2)根据动能定理，有
qU－qEx＝0④
得x＝eq \f(U,E)⑤
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为eq \(v,\s\up6(－))，有
eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总。有
t总＝eq \f(L1,\(v,\s\up6(－)))＋eq \f(L2,v)⑦
联立①⑥⑦式，得
t总＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2L1＋L2))eq \r(\f(m,2qU))⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与eq \r(m)成正比。由题意可得
eq \f(t1,t0)＝eq \r(\f(m1,m0))
可得
m1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t1,t0)))2m0。⑨
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
εr变大
C变大→Q变大、E不变
C变大→U变小、E变小