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第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動
目標要求 　1.掌握平行板電容器的動態分析問題.2.會用動力學觀點和能量觀點解決電場作用下的直線運動.3.應用帶電粒子在勻強電場中的偏轉規律解決問題.4.會分析帶電粒子在重力、電場力作用下的偏轉．
考點一　電容器及平行板電容器的動態分析
基礎回扣
1．電容器
(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導體組成．
(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值．
(3)電容器的充、放電：
①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．
②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能．
2．電容
(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板之間的電壓之比．
(2)定義式：C＝QU.
(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.
(4)意義：表示電容器容納電荷本領的高低．
(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質)決定，與電容器是否帶電及電壓無關．
3．平行板電容器的電容
(1)決定因素：正對面積、相對介電常數、兩板間的距離．
(2)決定式：C＝εrS4πkd.
技巧點撥
1．兩類典型問題
(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電壓U保持不變．
(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．
2．動態分析思路
(1)U不變
①根據C＝QU＝εrS4πkd先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據E＝Ud分析場強的變化．
③根據UAB＝E·d分析某點電勢變化．
(2)Q不變
①根據C＝QU＝εrS4πkd先分析電容的變化，再分析U的變化．
②根據E＝Ud＝4kπQεrS分析場強變化．
③當改變d時，E不變．
例1 　(2018·北京卷·19)研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖1所示．下列說法正確的是(　　)

圖1
A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電
B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小
C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大
D．實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大
答案　A
解析　實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，在b板上將感應出異種電荷，A正確；b板向上平移，正對面積S變小，由C＝εrS4πkd知，電容C變小，由C＝QU知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，B錯誤；插入有機玻璃板，相對介電常數εr變大，由C＝εrS4πkd知，電容C變大，由C＝QU知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小，C錯誤；由C＝QU知，實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，是由于C不變導致的，D錯誤．

1．(電容概念及公式的理解)(多選)(2019·甘肅武威十八中高三期末)由電容器電容的定義式C＝QU可知(　　)
A．若電容器不帶電，則電容C為零
B．電容C與電容器所帶電荷量Q成正比
C．電容C與所帶電荷量Q無關
D．電容在數值上等于使兩板間的電壓增加1 V時所需增加的電荷量
答案　CD
解析　電容器電容的定義式C＝QU是比值定義式，電容與電容器帶電荷量及兩端電壓無關，由電容器本身決定，故A、B錯誤，C正確；由電容器電容的定義式C＝QU＝ΔQΔU可知，電容在數值上等于使兩板間的電壓增加1 V時所需增加的電荷量，故D正確．
2．(電壓不變時動態問題分析)(2016·全國卷Ⅰ·14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上．若將云母介質移出，則電容器(　　)
A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大
B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大
C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變
D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變
答案　D
解析　由C＝εrS4πkd可知，當將云母介質移出時，εr變小，電容器的電容C變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據Q＝CU可知，當C變小時，Q變小．再由E＝Ud，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確．
3．(電荷量不變時動態問題分析)(2016·天津卷·4)如圖2所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　)

圖2
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變
C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變
答案　D
解析　若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據C＝εrS4πkd可知，C變大；根據Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減小；根據E＝Ud，Q＝CU，C＝εrS4πkd，聯立可得E＝4πkQεrS，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確．
考點二　帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動
1．做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動．
(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動．
2．用動力學觀點分析
a＝qEm，E＝Ud，v2－v02＝2ad.
3．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12mv02
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1

　　　　　 帶電粒子在勻強電場中的直線運動

例2 　(帶電粒子在電場中的直線運動)如圖3所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P.現有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則(　　)

圖3
A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變
B．金屬板A、B間的電壓減小
C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同
D．乙電子運動到O點的速率為2v0
答案　C
解析　兩板間距離變大，根據C＝εrS4πkd可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，可知當d變大時，兩板間的場強不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據e·E·2d＝12mv2，e·E·d＝12mv02，可知，乙電子運動到O點的速率v＝2v0，選項D錯誤．

　　　　　 帶電粒子在電場力和重力作用下的直線運動

例3 　如圖4所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，則(　　)

圖4
A．微粒到達B點時動能為12mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．兩極板的電勢差UMN＝mgdqcos θ
D．微粒從A點到B點的過程，電勢能減少mgdcos θ
答案　C
解析　微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向，由此可知，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B點時動能小于12mv02，選項A錯誤；根據qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝mgqcos θ，a＝gtan θ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝mgdqcos θ，選項C正確；微粒從A點到B點的過程，電場力做負功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝mgdcos θ，選項D錯誤．

4.(帶電粒子在電場力和重力作用下的直線運動)(2020·廣西南寧市期中)一勻強電場，場強方向是水平的，如圖5所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從O點出發，初速度的大小為v0，在電場力和重力作用下恰好能沿與場強的反方向成θ角做直線運動，重力加速度為g，求：

圖5
(1)電場強度的大小；
(2)小球運動到最高點時其電勢能與O點的電勢能之差．
答案　(1)mgqtan θ　(2)12mv02cos2θ
解析　(1)小球做直線運動，所受的電場力qE和重力mg的合力必沿此直線方向

如圖所示，由幾何關系可知mg＝qEtan θ
解得E＝mgqtan θ.
(2)小球做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得mgsin θ＝ma
設從O點到最高點的位移為x，根據運動學公式可得v02＝2ax
聯立可得x＝v02sin θ2g
運動的水平距離l＝xcos θ
兩點間的電勢能之差ΔW＝Eql
聯立解得ΔW＝12mv02cos2θ.
考點三　帶電粒子在電場中的偏轉
基礎回扣
運動規律
(1)沿初速度方向做勻速直線運動，t＝lv0(如圖6)．

圖6
(2)沿電場力方向做勻加速直線運動
①加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd；
②離開電場時的偏移量：y＝12at2＝qUl22mdv02；
③離開電場時的偏轉角：tan θ＝vyv0＝qUlmdv02.
技巧點撥
1．兩個結論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．
證明：由qU0＝12mv02
y＝12at2＝12·qU1md·(lv0)2
tan θ＝vyv0＝qU1lmdv02
得：y＝U1l24U0d，tan θ＝U1l2U0d
y、θ均與m、q無關．
(2)粒子經電場偏轉后射出，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為偏轉極板長度的一半．
2．功能關系
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy，指初、末位置間的電勢差．
例4 　如圖7所示，一個電子由靜止開始經加速電場加速后，又沿中心軸線從O點垂直射入偏轉電場，并從另一側射出打到熒光屏上的P點，O′點為熒光屏的中心．已知電子質量m＝9.0×10－31 kg，電荷量e＝1.6×10－19 C，加速電場電壓U0＝2 500 V，偏轉電場電壓U＝200 V，極板的長度L1＝6.0 cm，板間距離d＝2.0 cm，極板的末端到熒光屏的距離L2＝3.0 cm(忽略電子所受重力，結果保留2位有效數字)．求：

圖7
(1)電子射入偏轉電場時的初速度v0大小；
(2)電子打在熒光屏上的P點到O′的距離h；
(3)電子經過偏轉電場過程中電場力對它所做的功W.
答案　(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm　(3)5.8×10－18 J
解析　(1)根據動能定理有eU0＝12mv02，得v0＝2eU0m，代入數據得v0≈3.0×107 m/s.
(2)設電子在偏轉電場中運動的時間為t，電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量為y，電子在水平方向做勻速直線運動，L1＝v0t，電子在豎直方向上做勻加速直線運動，y＝12at2，根據牛頓第二定律有eUd＝ma，聯立得y＝UL124dU0，代入數據得y＝0.36 cm.電子離開偏轉電場時速度的反向延長線過偏轉電場的中點M，由圖知yh＝L12L12＋L2＝L1L1＋2L2，解得h＝0.72 cm.

(3)電子經過偏轉電場過程中，電場力對它做的功W＝eUdy≈5.8×10－18 J.

5．(帶電粒子在加速電場、偏轉電場作用下運動)如圖8所示，一電子槍發射出的電子(初速度很小，可視為零)進入加速電場加速后，垂直射入偏轉電場，射出后偏轉位移為Y.要使偏轉位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時碰到偏轉極板的情況)(　　)

圖8
A．增大偏轉電壓U
B．增大加速電壓U0
C．增大偏轉極板間距離
D．將發射電子改成發射負離子
答案　A
解析　設偏轉極板長為l，極板間距為d，由qU0＝12mv02，t＝lv0，y＝12at2＝qU2mdt2得，聯立得偏轉位移y＝Ul24U0d，增大偏轉電壓U，減小加速電壓U0，減小偏轉極板間距離，都可使偏轉位移增大，選項A正確，選項B、C錯誤；由于偏轉位移y＝Ul24U0d與粒子質量、帶電荷量無關，故將發射電子改變成發射負離子，偏轉位移不變，選項D錯誤．
6.(帶電粒子在電場中的偏轉)如圖9，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區域(兩粒子不同時出現在電場中)．不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　)

圖9
A.s22qEmh B.s2qEmh C.s42qEmh D.s4qEmh
答案　B
解析　兩粒子軌跡恰好相切，根據對稱性，兩粒子的軌跡相切點一定在矩形區域的中心，并且兩粒子均做類平拋運動，根據運動的獨立性和等時性可得，在水平方向上：s2＝v0t，在豎直方向上：h2＝12at2＝12Eqmt2，兩式聯立解得：v0＝s2qEmh，故B正確，A、C、D錯誤．
考點四　帶電粒子在重力場和電場中的偏轉
例5 　(2019·全國卷Ⅲ·24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點發射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為t2.重力加速度為g，求：
(1)電場強度的大小；
(2)B運動到P點時的動能．
答案　(1)3mgq　(2)2m(v02＋g2t2)
解析　(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.根據牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有
mg＋qE＝ma①
12a(t2)2＝12gt2②
解得E＝3mgq③
(2)設B從O點發射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有
mgh＋qEh＝Ek－12mv12④
且有v1t2＝v0t⑤
h＝12gt2⑥
聯立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v02＋g2t2)．

7．(帶電粒子在重力、電場力作用下偏轉)(多選)(2020·天津市寧河區蘆臺第四中學高三月考)如圖10所示，在豎直向上的勻強電場中，有兩個質量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質點)處在同一水平面上．現將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖1所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則(　　)

圖10
A．A球帶正電，B球帶負電
B．A球比B球先落地
C．在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加
D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動能變化量比B球的小
答案　AD
解析　兩球在水平方向都做勻速直線運動，由x＝v0t知，v0相同，則A運動的時間比B的長，豎直方向上，由h＝12at2可知，豎直位移相等，運動時間長的加速度小，則A所受的合力比B的小，所以A所受的電場力向上，帶正電，B所受的電場力向下，帶負電，故A正確．A運動的時間比B的長，則B球比A球先落地，故B錯誤．A所受的電場力向上，電場力對A球做負功，A球的電勢能增加．B所受的電場力向下，電場力對B球做正功，B球的電勢能減小，故C錯誤．A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，則A的合力做功較少，由動能定理知兩球從拋出到各自落地過程中A球的動能變化量小，故D正確．
8．(帶電粒子先后在電場里外運動)(多選)(2019·河南南陽市期末)如圖11所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列說法中正確的是(已知重力加速度為g)(　　)

圖11
A．兩極板間電壓為mgd2q
B．板間電場強度大小為2mgq
C．整個過程中質點的重力勢能增加mg2L2v02
D．若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上
答案　BC
解析　據題分析可知，質點在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：

可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據牛頓第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝2mgq，由U＝Ed得兩極板間電壓為U＝2mgq·d＝2mgdq，故A錯誤，B正確；質點在電場中向上偏轉的距離y＝12at2，a＝qE－mgm＝g，t＝Lv0，解得y＝gL22v02，故質點打在屏上的位置與P點的距離為s＝2y＝gL2v02，整個過程中質點的重力勢能的增加量Ep＝mgs＝mg2L2v02，故C正確；僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據E＝Ud＝QCd＝QεrS4πkdd＝4πkQεrS可知，板間場強不變，質點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，仍垂直打在M上，故D錯誤．
課時精練

1．超級電容器又叫雙電層電容器，它具有功率密度高、充放電時間短、循環壽命長、工作溫度范圍寬等特點．現有一款超級電容器，其上標有“2.7 V　400 F”，下列說法正確的是(　　)
A．該電容器的輸入電壓只有在2.7 V時，才能工作
B．該電容器的電容與電容器兩極板間的電勢差成反比
C．該電容器不充電時的電容為零
D．該電容器正常工作時儲存的電荷量為1 080 C
答案　D
解析　電容器的額定電壓為2.7 V，說明工作電壓不能超過2.7 V，可以小于2.7 V，故A錯誤；電容器的電容由電容器本身決定，跟電容器兩極板間的電勢差無關，故B錯誤；電容描述電容器容納電荷的本領，該電容器不充電時電容不變，故C錯誤；該電容器正常工作時儲存的電荷量：Q＝CU＝400×2.7 C＝1 080 C，故D正確．
2.(多選)如圖1所示為勻強電場中的一組等間距的豎直直線，一個帶電粒子從A點以一定的初速度斜向上射入電場，結果粒子沿初速度方向斜向右上方做直線運動，則下列說法正確的是(　　)

圖1
A．若豎直直線是電場線，電場的方向一定豎直向上
B．若豎直直線是電場線，粒子沿直線向上運動過程動能保持不變
C．若豎直直線是等勢線，粒子一定做勻速直線運動
D．若豎直直線是等勢線，粒子沿直線斜向上運動過程電勢能增大
答案　BD
解析　粒子做直線運動，則粒子受到的合力與初速度共線，因此粒子一定受重力作用，若豎直直線是電場線，粒子受到的電場力一定豎直向上，粒子斜向右上做直線運動，因此合力一定為零，粒子做勻速直線運動，動能不變，由于粒子的電性未知，因此電場方向不能確定，選項A錯誤，B正確；若豎直直線是等勢線，電場力水平，由于粒子斜向右上做直線運動，因此電場力一定水平向左，合力方向與粒子運動的速度方向相反，粒子斜向右上方做勻減速運動，粒子受到的電場力做負功，因此粒子沿直線斜向上運動過程電勢能增大，選項C錯誤，D正確．
3．(多選)(2020·安徽宿州市質檢)如圖2為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖．當被測物體在左右方向發生位移時，電介質板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化，進而能測出電容的變化，最后就能探測到物體位移的變化，若靜電計上的指針偏角為θ，則被測物體(　　)

圖2
A．向左移動時，θ增大 B．向右移動時，θ增大
C．向左移動時，θ減小 D．向右移動時，θ減小
答案　BC
解析　由公式C＝εrS4πkd，可知當被測物體帶動電介質板向左移動時，導致兩極板間電介質增多，εr變大，則電容C增大，由公式C＝QU可知，電荷量Q不變時，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；由公式C＝εrS4πkd，可知當被測物體帶動電介質板向右移動時，導致兩極板間電介質減少，εr減小，則電容C減小，由公式C＝QU可知，電荷量Q不變時，U增大，則θ增大，故B正確，D錯誤．
4.(多選)(2019·河北衡水中學模擬)如圖3所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶負電小球懸掛在電容器內部．閉合開關S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，則(　　)

圖3
A．保持開關S閉合，略向右移動A板，則θ增大
B．保持開關S閉合，略向右移動A板，則θ不變
C．斷開開關S，略向上移動A板，則θ增大
D．斷開開關S，略向上移動A板，則θ不變
答案　AC
解析　保持開關S閉合，電容器兩極板間的電勢差不變，帶負電的A板向右移動，極板間距離減小，電場強度E增大，小球所受的電場力變大，θ增大，故A正確，B錯誤；斷開開關S，電容器所帶的電荷量不變，根據C＝εrS4πkd，U＝QC得E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，略向上移動A板，則S減小，E變大，小球所受的電場力變大，則θ增大，故C正確，D錯誤．
5.(2019·湖北宜昌市四月調研)如圖4所示，一水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一束同種帶電粒子從P點以相同速度平行于極板射入電容器，最后均打在下極板的A點，若將上極板緩慢上移，則(　　)

圖4
A．粒子打在下極板的落點緩慢左移
B．粒子打在下極板的落點緩慢右移
C．粒子仍然打在下極板的A點
D．因粒子的電性未知，無法判斷粒子的落點
答案　C
解析　斷開電源后，電容器電荷量保持不變，將上極板緩慢上移，d變大，電場強度E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，則電場強度不變，粒子所受電場力不變，則粒子仍然打在下極板的A點，故C正確，A、B、D錯誤．
6.(多選)(2020·山東蒙陰縣實驗中學高二月考)示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的．如圖5所示，不同的帶負電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶負電粒子能射出平行板電場區域的條件下，則(　　)

圖5
A．若電荷量q相等，則帶負電粒子在板間的加速度大小相等
B．若比荷qm相等，則帶負電粒子從M孔射出的速率相等
C．若電荷量q相等，則帶負電粒子從M孔射出時的動能相等
D．若不同比荷qm的帶負電粒子由O點射入，偏轉角度θ相同
答案　BCD
解析　設加速電場的板間距離為d，由牛頓第二定律得a＝U1qmd，由于粒子的質量未知，所以無法確定帶負電粒子在板間的加速度大小關系，故A錯誤；
由動能定理得qU1＝12mv02，可得v0＝2qU1m，所以當帶負電粒子的比荷qm相等時，它們從M孔射出的速度相等，故B正確；粒子從M孔射出時的動能Ek＝12mv02＝qU1，所以當帶負電粒子的電荷量q相等時，它們從M孔射出時的動能相等，故C正確；
如圖所示，設偏轉電場的板間距離為d′，在偏轉電場中有tan θ＝vyv0＝atv0＝U2l2U1d′，偏轉角度θ與粒子的比荷無關，所以不同比荷qm的帶負電粒子從O點射入，偏轉角度θ相同，故D正確．

7．(2020·浙江7月選考·6)如圖6所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中．已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時(　　)

圖6
A．所用時間為mv0qE
B．速度大小為3v0
C．與P點的距離為22mv02qE
D．速度方向與豎直方向的夾角為30°
答案　C
解析　粒子在電場中只受電場力，F＝qE，方向向下，如圖所示．

粒子的運動為類平拋運動．
水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t
豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝12at2＝12·qEmt2
yx＝tan 45°
聯立解得t＝2mv0qE，
故A錯誤．
vy＝at＝qEm·2mv0qE＝2v0，則速度大小v＝v02＋vy2＝5v0，tan θ＝v0vy＝12，則速度方向與豎直方向夾角θ＝arctan 12，故B、D錯誤；
x＝v0t＝2mv02qE，與P點的距離s＝xcos 45°＝22mv02qE，故C正確．

8.(2019·河北“五個一名校聯盟” 第一次診斷)如圖7所示，地面上某區域存在著水平向右的勻強電場，一個質量為m的帶負電小球以水平向右的初速度v0，由O點射入該區域，剛好豎直向下通過豎直平面中的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為60°，重力加速度為g，則以下說法正確的是(　　)

圖7
A．電場力大小為3mg2
B．小球所受的合外力大小為3mg3
C．小球由O點到P點用時3v0g
D．小球通過P點時的動能為52mv02
答案　C
解析　設OP＝L，小球從O到P水平方向做勻減速運動，到達P點的水平速度為零；豎直方向做自由落體運動，則水平方向：Lcos 60°＝v02t，豎直方向：Lsin 60°＝12gt2，解得：t＝3v0g，選項C正確；水平方向F1＝ma＝mv0t＝3mg3，小球所受的合外力是F1與mg的合力，可知合力的大小F＝?mg?2＋F12＝233mg，選項A、B錯誤；小球通過P點時的速度vP＝gt＝3v0，則動能：EkP＝12mvP2＝32mv02，選項D錯誤．
9.一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地．兩板間有一正試探電荷固定在P點，如圖8所示．以C表示電容器的電容、E表示兩極板間的場強、φ表示P點的電勢，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，各物理量與負極板移動距離x的關系圖象中正確的是(　　)

圖8

答案　C
解析　由平行板電容器的電容C＝εrS4πkd可知，d減小時，C變大，但C與x的關系圖象不是一次函數圖象，故A錯誤；在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下，U＝QC，E＝Ud＝4πkQεrS與d無關，故B錯誤；在負極板接地的情況下，設沒有移動負極板時P點距負極板的距離為d，移動x后距離為d－x.因為移動極板過程中電場強度E不變，故φP＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，故C正確；正電荷在P點的電勢能Ep＝qφP＝qEd－qEx，故D錯誤．
10．(多選)(2020·遼寧葫蘆島市高三期末)如圖9所示，質子和α粒子(氦核)分別從靜止開始經同一加速電壓U1加速后，垂直電場方向進入同一偏轉電場，偏轉電場電壓U2.兩種粒子都能從偏轉電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進入偏轉電場時速度方向正對熒光屏中心O點．下列關于兩種粒子運動的說法正確的是(　　)

圖9
A．兩種粒子會打在屏MN上的同一點
B．兩種粒子不會打在屏MN上的同一點，質子離O點較遠
C．兩種粒子離開偏轉電場時具有相同的動能
D．兩種粒子離開偏轉電場時具有不同的動能，α粒子的動能較大
答案　AD
解析　兩種粒子在加速電場中的直線加速由動能定理得：qU1＝12mv02－0
偏轉電場中，平行于極板方向：L＝v0t
垂直于極板方向：a＝qEm＝qU2md，y＝12at2
設離開偏轉電場的速度偏向角為θ，有：tan θ＝vyv0＝atv0
聯立以上各式得y＝U2L24dU1，tan θ＝U2L2dU1
偏移量y和速度偏向角θ都與粒子的質量m、電荷量q無關，所以偏移量y相同，速度方向相同，則兩種粒子打在屏MN上同一個點，故A正確，B錯誤；
對兩個粒子先加速后偏轉的全過程，根據動能定理得：
qU1＋qU2dy＝Ek－0，即Ek＝qU1＋qU2dy
因α粒子的電荷量q較大，故離開偏轉電場時α粒子的動能較大，C錯誤，D正確．
11．(多選)如圖10所示，一質量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝Eq，則(　　)

圖10
A．電場方向豎直向上
B．小球運動的加速度大小為g
C．小球上升的最大高度為v022g
D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為mv024
答案　BD
解析　由于帶電小球在豎直平面內做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，且mg＝qE，所以電場力qE與重力關于ON對稱，根據數學知識可知電場方向與ON方向成120°角，A錯誤；由圖中幾何關系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B正確；設帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理得：－mg·hsin 30°＝0－12mv02，解得：h＝v024g，C錯誤；電場力做負功，帶電小球的電勢能變大，當帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·v024g＝mv024，D正確．

12.(2020·廣東肇慶中學質檢)如圖11所示，圓心為O、半徑為R的圓形區域內有一個勻強電場，場強大小為E、方向與圓所在的面平行．PQ為圓的一條直徑，與場強方向的夾角θ＝60°.質量為m、電荷量為＋q的粒子從P點以某一初速度沿垂直于場強的方向射入電場，不計粒子重力．

圖11
(1)若粒子到達Q點，求粒子在P點的初速度大小v0.
(2)若粒子在P點的初速度大小在0～v0之間連續可調，則粒子到達圓弧上哪個點電勢能變化最大？求出電勢能變化的最大值ΔEp.
答案　(1)3qER2m　(2)圓弧上最低點　－3qER2
解析　(1)粒子做類平拋運動，設粒子從P點運動到Q點的時間為t，加速度為a，
則水平方向有：2Rsin θ＝v0t
豎直方向有：2Rcos θ＝12at2
由牛頓第二定律得qE＝ma
聯立解得v0＝3qER2m
(2)粒子到達圓弧上最低點電勢能變化最大
ΔEp＝－qEd
d＝R＋Rcos θ
解得ΔEp＝－3qER2.

13.(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區域內有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖12所示．質量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直．已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運動中粒子僅受電場力作用．

圖12
(1)求電場強度的大小；
(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？
(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？
答案　(1)mv022qR　(2)2v04　(3)0或3v02
解析　(1)粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C.由幾何關系和電場強度的定義知
AC＝R①
F＝qE②
由動能定理有F·AC＝12mv02③
聯立①②③式得E＝mv022qR④
(2)如圖，由幾何關系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行．作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大．由幾何關系知

∠PAD＝30°，AP＝32R，DP＝32R⑤
設粒子以速度v1進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于DP.由牛頓第二定律和運動學公式有
F＝ma⑥
AP＝12at12⑦
DP＝v1t1⑧
聯立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝2v04⑨
(3)解法1：設粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t0.以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標系．由運動學公式有
y＝12at2⑩
x＝vt?
粒子離開電場的位置在圓周上，有(x－32R)2＋(y－12R)2＝R2?
粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零．設穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運動學公式有
mv2＝mv0＝mat?
聯立②④⑥⑩???式得v＝0或v＝32v0
解法2：粒子在電場方向上做勻加速直線運動，即沿AC方向做初速度為零的勻加速直線運動，垂直AC方向做勻速直線運動，因動量的變化量只發生在電場方向上，若粒子從進入電場到離開電場的過程中動量變化量為mv0，則粒子會從B點離開電場．設粒子進入電場時的速度為v
在沿電場方向：R＝vy2t＝v02t
在垂直電場方向：3R＝vt
聯立以上兩式得：v＝32v0.
由題意知，粒子進入電場時的速度v＝0時，動量變化量的大小也為mv0.