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第3讲　电容器 带电粒子在电场中的运动(基础落实课)
一、电容器及电容
1.电容器
(1)组成:由两个彼此　　　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
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　　　　　　,电容器中储存电场能
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
定义 电容器所带的　　　　　与电容器两极板之间的　　　　　之比
定义 式 C=;单位:法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。 1 F=　　　 μF=　　　 pF
意义 表示电容器容纳电荷本领的高低
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两极板间是否存在电压无关
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素:极板的正对面积,电介质的相对介电常数,两板间的距离。
(2)决定式:C=　　　　。
二、带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中的加速问题
用动力学观点分析 a=,E=,v2-=2ad
用能量 观点分析 ①在匀强电场中,W=　　　=qU=mv2-m ②在非匀强电场中,W=　　　=mv2-m
2.带电粒子在电场中的偏转问题
运动 情况 如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入板间电压为U的匀强电场中,则带电粒子在电场中做类平抛运动,如图所示
处理 方法 将粒子的运动分解为沿初速度方向的　　　　　运动和沿电场力方向的　　　　　　　　运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题
微点判断
1.电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和。 (　 )
2.电容器的电容与电容器所带电荷量成正比,与电压成反比。 (　 )
3.放电后电容器的电荷量为零,电容也为零。 (　 )
4.平行板电容器充电后与电源断开,则电荷量Q一定;若一直与稳压电源连接,则电压U不变。 (　 )
5.带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 (　 )
6.带电粒子在电场中只受电场力时,也可以做匀速圆周运动。 (　 )
7.带电粒子在匀强电场中运动,电场力一定做正功。 (　 )
8.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。 (　 )
9.带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。 (　 )
10.当带电粒子垂直于电场方向射入平行板电容器中时,粒子若不打在极板上,运动时间由水平速度决定。 (　 )
逐点清(一)　平行板电容器的动态分析
|题|点|全|练|
1.[电荷量不变时的动态分析](2024·浙江6月选考)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验,保持电荷量不变,当极板间距增大时,静电计指针张角增大,则 (　　)
A.极板间电势差减小
B.电容器的电容增大
C.极板间电场强度增大
D.电容器储存能量增大
2.[电压不变时的动态分析](2024·黑吉辽高考)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中,并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路。闭合开关S后,若降低溶液浓度,则 (　　)
A.电容器的电容减小
B.电容器所带的电荷量增大
C.电容器两极板之间的电势差增大
D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
3.[电容器的综合分析]如图所示,D是一只理想二极管,电流只能从a流向b,而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一带电微粒,在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度,U表示两极板间的电压,Ep表示带电微粒在P点的电势能。若保持极板A不动,将极板B稍向下平移,则下列说法中正确的是 (　　)
A.Ep增大　　　 B.U增大
C.E减小 D.二极管中有从a到b的电流
|精|要|点|拨|
1.动态分析的思路
2.两类动态分析的比较
自主空间: 　







逐点清(二)　带电粒子(体)在电场中的直线运动
1.电场中重力的处理方法
(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子,除有说明或明确暗示外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。
(2)带电体:如尘埃、液滴、小球等,除有特殊说明或明确暗示外,一般都不能忽略重力。
2.做直线运动的条件
带电粒子(体)所受合外力与速度方向在同一条直线上。
[考法全训]
题型1　带电粒子仅在静电力作用下的直线运动
1.(多选)如图所示,栅装金属板MN的温度升高到一定程度时就会向外溢出电子,这种电子叫热电子。PQ金属板与MN正对,间距为d。面a和b到MN的距离分别为和,在两面附近沿电子移动方向分别取长度Δd(Δd趋近于0),构成的体积内的电子数分别为n1和n2。给栅板加能溢出电子的电压E,MN和PQ接在输出电压恒为U的高压电源上,在两板之间形成匀强电场。已知栅板MN溢出的电子均被电场加速到达PQ板,忽略电子溢出时的速度及a、b两面的厚度,电源接通后电流表的示数稳定为I,已知电子的质量为m、电荷量大小为e。则下列说法正确的是 (　　)
A.电子从MN运动到PQ的时间为d
B.电子到达PQ板时的动能为eU
C.电子到达b面时的速度为4
D.n1和n2的比值为∶1
题型2　带电体在静电力、重力作用下的直线运动
2.(2025·西宁三模)(多选)如图所示,一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中(实线代表电场线,电场方向未知),微粒恰沿直线AB运动,AB与水平方向夹角θ=45°,已知带电微粒的质量为m,电荷量大小为q,A与B相距L,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
A.从A到B,带电微粒做匀减速直线运动
B.若电场方向向左,则带电微粒带负电
C.从A到B的过程中,带电微粒的重力势能增加、机械能增加
D.要使带电微粒能从A点运动到B点,其射入电场时的速度大小至少为
自主空间:
逐点清(三)　带电粒子(体)在电场中的偏转
1.偏转的一般规律
2.两个重要推论
(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、偏移距离总是相同的。
(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O为粒子水平位移的中点,若电场宽度为l,O到电场边缘的距离为。
3.一般解题方法
运动的分解法 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的匀加速直线运动和垂直电场力方向的匀速直线运动
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-m,其中Uy=y,指初、末位置间的电势差
[考法全训]
考法1　带电粒子在匀强电场中的偏转
1.(多选)如图所示,长为L的平行金属板水平放置,两极板带等量的异种电荷,板间形成匀强电场,一个电荷量为+q、质量为m的带电粒子以初速度v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场,而后刚好从下板边缘射出,射出时其末速度与水平方向的夹角为θ=30°,不计粒子重力,下列说法正确的是 (　　)
A.粒子做非匀变速运动
B.粒子的末速度大小为
C.匀强电场的场强大小为
D.两板间的距离为
考法2　带电体在匀强电场中的偏转
2.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。
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第3讲
课前基础先行
一、1.(1)绝缘　(3)异种电荷
2.电荷量Q　电势差U　106　1012　3.(2)
二、1.①qEd　②qU　2.匀速直线　匀加速直线
[微点判断]　1.×　2.×　3.×　4.√　5.×　6.√　7.×　8.√　9.×　10.√
逐点清(一)
1.选D　根据C=,可得当极板间距增大时,电容减小,由于电容器的带电荷量不变,根据Q=CU可得,极板间电势差增大,故A、B错误;根据E=,得E=,故极板间电场强度不变,故C错误;移动极板的过程中要克服电场力做功,故电容器储存能量增大,故D正确。
2.选B　根据题图(a)可知,降低溶液的浓度时,该不导电溶液的相对介电常数εr增大,结合电容的决定式C=可知,电容器的电容增大,A错误;电容器一直与恒压电源相连,则电容器两极板之间的电势差不变,C错误;根据电容的定义式C=并结合电容增大可知,电容器所带的电荷量Q增大,则溶液浓度降低过程中,电容器充电,电路中的电流方向为N→M,B正确,D错误。
3.选B　若保持极板A不动,将极板B稍向下平移,则平行板电容器两极板之间的距离d增大,根据平行板电容器电容公式C=可知,电容将减小,此时二极管反向截止,没有电流流过,电容器的带电量Q不变,根据电容的定义式C=可知,电容器两极板之间的电压U增大,故B正确,D错误;电容器带电量Q不变,根据公式E===可知,电容器两极板之间的场强E不变,故C错误;P点的电势φP-0=EdPB>0,由于dPB增大,则P点的电势φP升高,又因为在P点的带电微粒处于静止状态,合外力等于零,故在P处的带电微粒带负电,P点处的带电微粒电势能减小,故A错误。
逐点清(二)
1.选AD　电子在匀强电场中做匀加速运动,由牛顿第二定律可得F=EMPe=e=ma,从MN到PQ由匀变速直线运动规律可得d=at2,解得t=d,故A正确;只有电场力做功,由动能定理可得到达PQ板时有Ue=Ek,故B错误;只有电场力做功,由动能定理可得到达b面时有EMPexb=m,解得vb=2,同理可得到达a面时va=,移动长度Δd用时可表示为Δt=,电流为I,则可得在两面附近沿电子移动方向取长度Δd(Δd趋近于0),构成的体积内的电子数有n===,则==,故C错误,D正确。
2.选AD　带电微粒沿直线从A运动到B,说明带电微粒受到的合外力沿AB直线,因微粒的重力竖直向下,受到的电场力沿水平方向,则合外力方向一定由B指向A,受力分析可得=ma,带电微粒的加速度大小为a=g,做匀减速直线运动,故A正确;电场力一定向左,若电场方向向左,则带电微粒带正电,故B错误;从A到B的过程中,重力对带电微粒做负功,重力势能增加,电场力对带电微粒做负功,电势能增加,机械能减少,故C错误;恰好能到B处时,有=2gL,解得v0=,故D正确。
逐点清(三)
1.选BC　因为在匀强电场中,电场力是恒力,因此会产生恒定的加速度,所以粒子做匀变速运动,A错误;粒子离开电场时,末速度与水平方向夹角为30°,由几何关系得末速度为v==,B正确;粒子在匀强电场中做类平抛运动,在水平方向上L=v0t,在竖直方向上vy=at=v0tan 30°=,由牛顿第二定律得qE=ma,解得E=,方向竖直向下,C正确;粒子做类平抛运动,在竖直方向上d=at2=L,D错误。
2.解析:(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度大小为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma ①
a=gt2 ②
解得E=。 ③
(2)设B从O点发射时的初速度大小为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-m ④
且有v1=v0t ⑤
h=gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2)。 ⑦
答案:(1)　(2)2m(+g2t2)
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电容器 带电粒子在
电场中的运动(基础落实课)
第 3 讲
1
课前基础先行
2
逐点清(一)　平行板电容器的动态分析
CONTENTS
目录
4
逐点清(三)　带电粒子(体)在电场中的偏转
5
课时跟踪检测
3
逐点清(二)　带电粒子(体)在电场中的直线运动　　　
课前基础先行
一、电容器及电容
1.电容器
(1)组成:由两个彼此______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。
绝缘
(3)电容器的充、放电
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_________，电容器中储存电场能
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
异种电荷
2.电容
定义 电容器所带的_________与电容器两极板之间的_________之比
定义 式 C=;单位:法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F=___ μF=_____ pF
意义 表示电容器容纳电荷本领的高低
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两极板间是否存在电压无关
电荷量Q
电势差U
106
1012
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素:极板的正对面积，电介质的相对介电常数，两板间的距离。
(2)决定式:C=________。
二、带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中的加速问题
用动力学观点分析 a=，E=，v2-=2ad
用能量 观点分析 ①在匀强电场中，W=______=qU=mv2-m
②在非匀强电场中，W=___=mv2-m
qEd
qU
2.带电粒子在电场中的偏转问题
运动 情况 如果带电粒子以初速度v0垂直场强
方向进入板间电压为U的匀强电场
中，则带电粒子在电场中做类平
抛运动，如图所示
处理 方法 将粒子的运动分解为沿初速度方向的___________运动和沿电场力方向的___________运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题
匀速直线
匀加速直线
1.电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和。 ( )
2.电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比。 ( )
3.放电后电容器的电荷量为零，电容也为零。 ( )
4.平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定;若一直与稳压电源连接，则电压U不变。 ( )
5.带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 ( )
微点判断
×
×
×
√
×
6.带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。 ( )
7.带电粒子在匀强电场中运动，电场力一定做正功。 ( )
8.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。 ( )
9.带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。 ( )
10.当带电粒子垂直于电场方向射入平行板电容器中时，粒子若不打在极板上，运动时间由水平速度决定。 ( )
√
×
√
×
√
逐点清(一)　平行板电容器的动态分析
课
堂
√
题点全练
1.[电荷量不变时的动态分析](2024·浙江6月选考)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则(　　)
A.极板间电势差减小
B.电容器的电容增大
C.极板间电场强度增大
D.电容器储存能量增大
解析:根据C=，可得当极板间距增大时，电容减小，由于电容器的带电荷量不变，根据Q=CU可得，极板间电势差增大，故A、B错误;根据E=，得E=，故极板间电场强度不变，故C错误;移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。
2.[电压不变时的动态分析]
(2024·黑吉辽高考)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(　　)
A.电容器的电容减小
B.电容器所带的电荷量增大
C.电容器两极板之间的电势差增大
D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
√
解析:根据题图(a)可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C=可知，电容器的电容增大，A错误;电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误;根据电容的定义式C=并结合电容增大可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。
3.[电容器的综合分析]如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一带电微粒，在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示带电微粒在P点的
电势能。若保持极板A不动，将极板B稍
向下平移，则下列说法中正确的是(　　)
A.Ep增大　　　B.U增大
C.E减小 D.二极管中有从a到b的电流
√
解析:若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则平行板电容器两极板之间的距离d增大，根据平行板电容器电容公式C=可知，电容将减小，此时二极管反向截止，没有电流流过，电容器的带电量Q不变，根据电容的定义式C=可知，电容器两极板之间的电压U增大，故B正确，D错误;电容器带电量Q不变，根据公式E===可知，电容器两极板之间的场强E不变，故C错误;P点的电势φP-0=EdPB>0，由于dPB增大，则P点的电势φP升高，又因为在P点的带电微粒处于静止状态，合外力等于零，故在P处的带电微粒带负电，P点处的带电微粒电势能减小，故A错误。
1.动态分析的思路
精要点拨
2.两类动态分析的比较
逐点清(二)　带电粒子(体)
在电场中的直线运动　　　
课
堂
1.电场中重力的处理方法
(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。
(2)带电体:如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。
2.做直线运动的条件
带电粒子(体)所受合外力与速度方向在同一条直线上。
题型1　带电粒子仅在静电力作用下的直线运动
1.(多选)如图所示，栅装金属板MN的温度
升高到一定程度时就会向外溢出电子，这种电
子叫热电子。PQ金属板与MN正对，间距为d。
面a和b到MN的距离分别为和，在两面附近
沿电子移动方向分别取长度Δd(Δd趋近于0)，
构成的体积内的电子数分别为n1和n2。
考法全训
给栅板加能溢出电子的电压E，MN和PQ接在输出电压恒为U的高压电源上，在两板之间形成匀强电场。已知栅板MN溢出的电子均被电场加速到达PQ板，忽略电子溢出时的速度及a、b两面的厚度，电源接通后电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电荷量大小为e。则下列说法正确的是 (　　)
A.电子从MN运动到PQ的时间为d
B.电子到达PQ板时的动能为eU
C.电子到达b面时的速度为4
D.n1和n2的比值为∶1
√
√
解析:电子在匀强电场中做匀加速运动，由牛顿第二定律可得F=EMPe=e=ma，从MN到PQ由匀变速直线运动规律可得d=at2，解得t=d，故A正确;只有电场力做功，由动能定理可得到达PQ板时有Ue=Ek，故B错误;只有电场力做功，由动能定理可得到达b面时有EMPexb=m，解得vb=2，同理可得到达a面时va=，
移动长度Δd用时可表示为Δt=，电流为I，则可得在两面附近沿电子移动方向取长度Δd(Δd趋近于0)，构成的体积内的电子数有n===，则==，故C错误，D正确。
题型2　带电体在静电力、重力作用下的直线运动
2.(2025·西宁三模)(多选)如图所示，一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中(实线代表电场线，电场方向未知)，微粒恰沿直线AB运动，AB与水平方向夹角θ=45°，已知带电微粒的质量为m，电荷量大小为q，A与B相距L，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.从A到B，带电微粒做匀减速直线运动
B.若电场方向向左，则带电微粒带负电
C.从A到B的过程中，带电微粒的重力势能增加、机械能增加
D.要使带电微粒能从A点运动到B点，其射入电场时的速度大小至少为
√
√
解析:带电微粒沿直线从A运动到B，说明带电微粒受到的合外力沿AB直线，因微粒的重力竖直向下，受到的电场力沿水平方向，则合外力方向一定由B指向A，受力分析可得=ma，带电微粒的加速度大小为a=g，做匀减速直线运动，故A正确;电场力一定向左，若电场方向向左，则带电微粒带正电，故B错误;从A到B的过程中，重力对带电微粒做负功，重力势能增加，电场力对带电微粒做负功，电势能增加，机械能减少，故C错误;恰好能到B处时，有=2gL，解得v0=，故D正确。
逐点清(三)　带电粒子(体)在电场中的偏转
课
堂
1.偏转的一般规律
2.两个重要推论
(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、偏移距离总是相同的。
(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O为粒子水平位移的中点，若电场宽度为l，O到电场边缘的距离为。
3.一般解题方法
运动的分解法 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的匀加速直线运动和垂直电场力方向的匀速直线运动
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-m，其中Uy=y，指初、末位置间的电势差
考法1　带电粒子在匀强电场中的偏转
1.(多选)如图所示，长为L的平行金属
板水平放置，两极板带等量的异种电荷，
板间形成匀强电场，一个电荷量为+q、质
量为m的带电粒子以初速度v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度与水平方向的夹角为θ=30°，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)
考法全训
A.粒子做非匀变速运动
B.粒子的末速度大小为
C.匀强电场的场强大小为
D.两板间的距离为
√
√
解析:因为在匀强电场中，电场力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A错误;粒子离开电场时，末速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得末速度为v==，B正确;粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上L=v0t，在竖直方向上vy=at=v0tan 30°=，由牛顿第二定律得qE=ma，解得E=，方向竖直向下，C正确;粒子做类平抛运动，在竖直方向上d=at2=L，D错误。
考法2　带电体在匀强电场中的偏转
2.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;
答案:　
解析:设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度大小为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma①
a=gt2②
解得E=。③
(2)B运动到P点时的动能。
答案:2m(+g2t2)
解析:设B从O点发射时的初速度大小为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-m④
且有v1=v0t⑤
h=gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2)。⑦
课时跟踪检测
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.人体神经受到刺激时，Na+就会从神经细胞膜一侧快速移动到另一侧，导致细胞膜两侧电势差发生变化。若将神经细胞膜视为电容为1.5×10-8 F的电容器，受到刺激时该细胞膜两侧电势差从-60 mV 变为40 mV，则该过程中通过该细胞膜的电荷量为(　　)
A.1.5×10-9 C B.9.0×10-10 C
C.6.0×10-10 C D.3.0×10-10 C
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解析:由C=得ΔQ=CΔU=1.5×10-8××10-3 C=1.5× 10-9 C，故选A。
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2.(2025·衡阳模拟)热膨胀是很多材料的性质，对材料的热膨胀现象的研究一直是科技领域研究工作中的热点问题。但有些材料因热膨胀导致的尺寸变化很小，难以测量。某同学设计制作了电容热膨胀检测仪，原理如图所示。电容器上极板固
定，下极板可随材料竖直方向的
尺度变化而上下移动。现在测量
某材料的热膨胀，将待测材料平
放在加热器上进行加热使其温度升
高，闭合开关S，下列说法中正确的是 (　　)
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9
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11
A.极板所带电荷量降低
B.检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明被测材料出现了反常膨胀(温度升高，高度变小)
C.滑动变阻器滑片向上滑动少许可以提高检测仪的工作电压
D.检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流
2
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√
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解析:材料温度升高，高度变大，电容器两极板间距减小，根据C=，电容增大，由于电容器两极板电势差不变，根据C=，极板所带电荷量增大，A错误;检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，电容器充电，极板所带电荷量增大，由以上分析可知，被测材料没有反常膨胀，B错误;滑动变阻器滑片向上滑动，阻值增大，根据E=U+r，可知检测仪的工作电压升高，C正确;断开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，D错误。
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3.(2025·沧州调研)如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为v0的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电场看作匀强电场，已知A点电势为φa，正
一价钠离子质量为m，电子电荷
量为e，细胞膜的厚度为d。下列
说法正确的是 (　　)
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A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a=
B.膜内匀强电场的场强E=
C.B点电势φb=φa+
D.钠离子在B点的电势能为Eb=m
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√
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11
解析:正一价钠离子做匀减速直线运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为零，由0-=-2ad，解得加速度大小a=，故A错误;由牛顿第二定律可知Ee=ma，联立解得E=，故B错误;由动能定理可得e=0-m，解得B点电势为φb=φa+，故C正确;钠离子在B点的电势能为Eb=eφb=φae+，故D错误。
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4.在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知φa=8 V、φb=6 V、φd=4 V。现有一带负电的粒子(重力不计)以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映该粒子运动轨迹的是 (　　)
A.① B.② C.③ D.④
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解析:已知φa=8 V、φb=6 V、φd=4 V，则ad连线中点f(0，L)的电势为φf==6 V=φb，可知bf连线为等势线，电场方向与等势线垂直，由高电势指向低电势，即沿着aO方向斜向下，粒子以某一初速度从O点沿Od方向射入图乙中abcd区域内，粒子的初速度方向与电场力方向垂直，粒子做类平抛运动，则能大致反映电子运动轨迹的是②，故选B。
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5.在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为处以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间t粒子前进的距离为L。在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O。已知粒子的比荷为k，则该匀强电场的场强大小为(　　)
A. B.
C. D.
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解析:设初速度为v0，沿三个轴方向的加速度分别为ax、ay、az，则在三个方向上分别有L=axt2，0=v0t-ayt2，L=azt2，不加电场时有L=v0t，根据qE=m，联立解得E=，故选A。
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6.如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e、质量为m，则电子 (　　)
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A.在XX'极板间的加速度大小为
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切值tan α=
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√
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解析:在XX'极板间电子的加速度大小为a==，A错误;电子从离开金属丝到打在荧光屏上，由动能定理得e·10U+eU'=Ek，其中U'≤，故Ek≤10.5eU，B错误;电子经电子枪加速后，e·10U=m，在XX'极板间运动时间为t=，受到的冲量大小为I=eEt===，C错误;电子打在荧光屏上时，速度方向与OO'连线夹角α的正切值tan α===，D正确。
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7.(2025年1月·八省联考四川卷)如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y=x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小E=，圆环恰能静止在坐标(1，1)处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由(3，9)处静止释放，则(　　)
A.恰能运动到(-3，9)处
B.在(1，1)处加速度为零
C.在(0，0)处速率为10 m/s
D.在(-1，1)处机械能最小
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解析:圆环恰能静止在坐标(1，1)处，此时对圆环受力分析，如图1所示，圆环所受的电场力方向平行于x轴向右，圆环所受重力与电场力的合力为G'==mg，tan θ==2，坐标(1，1)处是等效最低点，过(1，1)处作轨道的切线，再过(3，9)处作该切线的平行线，如图2所示，由图可知该平行线的方程为y=2x+3，设该平行线与轨道的交点为A，则A点的坐标满足方程y=2x+3，y=x2，解得A点的坐标为(-1，1)，则圆环恰能运动到坐标(-1，1)处，又圆环运动到该点时克服电场力做功最多，故圆环在(-1，1)处机械能最小，故A错误，D正确;
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圆环做曲线运动，在(1，1)处加速度一定不为零，故B错误;设圆环到达(0，0)处时的速度大小为v，则圆环由(3，9)处静止释放运动到(0，0)处的过程，由动能定理得mgy-qEx=mv2，又E=，联立解得v=2 m/s，故C错误。
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二、多项选择题
8.如图所示，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是A、B板间的一点，在C、D板间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。现将C、D板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是(　　)
A.金属板C、D构成的电容器的电容减小
B.玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流
C.P点电势保持不变
D.A、B两板间的电场强度不变
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√
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解析:根据C=可知，将C、D板间的玻璃板抽出，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则金属板C、D构成电容器的电容减小，故A正确;闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板C、D构成电容器的电容减小，由U=可知极板C、D电势差变大，极板A、B电势差也变大，由Q=CU可知电容器AB带电荷量变大，电容器AB充电，电容器CD放电，电阻R中有向右的电流，由E=可知极板A、B间的场强变大，导致P点与B板的电势差变大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，故B正确，C、D错误。
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9.(2025·重庆模拟)如图是一质量为m、带电荷量为q的粒子在匀强电场中运动的轨迹。已知M点的速度水平向右，N点的速度竖直向下，大小均为v，M、N两点间的距离为l，不计粒子的重力。下列说法正确的是 (　　)
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A.粒子从M点运动到N点的过程中，电势能先增大后减小
B.粒子从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
C.匀强电场的方向竖直向下
D.匀强电场的电场强度大小为
解析:由题意可知，粒子在M点和N点的速度大小相等，则电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，A正确，B错误;根据动能定理，可知粒子从M点运动到N点的过程，所受的电场力做功为0，
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则M点和N点的电势相等，由电场线垂直于等势面，可知电场线垂直MN连线，由粒子做曲线运动所受的合力指向轨迹的凹侧可知，粒子所受的电场力垂直MN向下，如图所示，但粒子所带电荷的正负未知，电场方向不确定，C错误;由题给条件和几何关系，可知MN连线与水平方向的夹角为45°，则M、N之间的水平距离x=lcos 45°
=l，粒子从M点运动到N点，在水平方向上，根
据动能定理可得0-mv2=-qExcos 45°，解得E=，
D正确。
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三、计算题
10.(10分)(2025·成都一模)如图，在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的匀强电场E1(未知)，2L通过A和B两点。不
计粒子的重力，已知L、m、q和v0，
求:
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(1)粒子运动至A点的速度大小;(4分)
答案:v0　
解析:粒子在电场E1中沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，x方向2L=v0t1
y方向L=t1
解得vy=v0
在A点处的速度大小为vA==v0。
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(2)场强E2的大小。(6分)
答案:
解析:粒子在电场E2中沿x轴正方向做初速度不为零的匀加速直线运动，沿y轴正方向做匀速直线运动，
y方向2L-L=vyt2
x方向4L-2L=v0t2+a2
由牛顿第二定律有qE2=ma2
联立解得E2=。
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11.(12分)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
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(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(9分)
答案:m+qh　v0　
解析:PG、QG间场强大小相等，均设为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E=①
F=qE=ma②
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设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh=Ek-m③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h=at2④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得Ek=m+qh，
l=v0。
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(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少 (3分)
答案:2v0
解析:若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L=2l=2v0。
2
3
4课时跟踪检测(四十六)　电容器 带电粒子在电场中的运动
一、单项选择题
1.人体神经受到刺激时,Na+就会从神经细胞膜一侧快速移动到另一侧,导致细胞膜两侧电势差发生变化。若将神经细胞膜视为电容为1.5×10-8 F的电容器,受到刺激时该细胞膜两侧电势差从-60 mV 变为40 mV,则该过程中通过该细胞膜的电荷量为 (　　)
A.1.5×10-9 C B.9.0×10-10 C
C.6.0×10-10 C D.3.0×10-10 C
2.(2025·衡阳模拟)热膨胀是很多材料的性质,对材料的热膨胀现象的研究一直是科技领域研究工作中的热点问题。但有些材料因热膨胀导致的尺寸变化很小,难以测量。某同学设计制作了电容热膨胀检测仪,原理如图所示。电容器上极板固定,下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。现在测量某材料的热膨胀,将待测材料平放在加热器上进行加热使其温度升高,闭合开关S,下列说法中正确的是 (　　)
A.极板所带电荷量降低
B.检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b,说明被测材料出现了反常膨胀(温度升高,高度变小)
C.滑动变阻器滑片向上滑动少许可以提高检测仪的工作电压
D.检测结束,断开开关,灵敏电流计上有从a到b的短暂电流
3.(2025·沧州调研)如图所示,人体的细胞膜由磷脂双分子层组成,双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位),使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为v0的正一价钠离子仅在电场力的作用下,从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电场看作匀强电场,已知A点电势为φa,正一价钠离子质量为m,电子电荷量为e,细胞膜的厚度为d。下列说法正确的是 (　　)
A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a=
B.膜内匀强电场的场强E=
C.B点电势φb=φa+
D.钠离子在B点的电势能为Eb=m
4.在与纸面平行的匀强电场中,建立如图甲所示的直角坐标系,a、b、c、d是该坐标系中的4个点,已知φa=8 V、φb=6 V、φd=4 V。现有一带负电的粒子(重力不计)以某一初速度从O点沿Od方向射入,则图乙中abcd区域内,能大致反映该粒子运动轨迹的是 (　　)
A.① B.②
C.③ D.④
5.在如图所示的空间直角坐标系中,一不计重力且带正电的粒子从坐标为处以某一初速度平行y轴正方向射出,经时间t粒子前进的距离为L。在该空间加上匀强电场,粒子仍从同一位置以相同的速度射出,经相同时间t后恰好运动到坐标原点O。已知粒子的比荷为k,则该匀强电场的场强大小为 (　　)
A.　　B.　　C.　　D.
6.如图所示,示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U,YY'极板间电压为零,电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零,从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e、质量为m,则电子 (　　)
A.在XX'极板间的加速度大小为
B.打在荧光屏时,动能大小为11eU
C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为
D.打在荧光屏时,其速度方向与OO'连线夹角α的正切值tan α=
7.(2025年1月·八省联考四川卷)如图,竖直平面内有一光滑绝缘轨道,取竖直向上为y轴正方向,轨道形状满足曲线方程y=x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上,空间有与x轴平行的匀强电场,电场强度大小E=,圆环恰能静止在坐标(1,1)处,不计空气阻力,重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由(3,9)处静止释放,则 (　　)
A.恰能运动到(-3,9)处
B.在(1,1)处加速度为零
C.在(0,0)处速率为10 m/s
D.在(-1,1)处机械能最小
二、多项选择题
8.如图所示,电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板,P是A、B板间的一点,在C、D板间插有一块有机玻璃板。闭合开关,电路稳定后将开关断开。现将C、D板间的玻璃板抽出,下列说法正确的是 (　　)
A.金属板C、D构成的电容器的电容减小
B.玻璃板抽出过程中,电阻R中有向右的电流
C.P点电势保持不变
D.A、B两板间的电场强度不变
9.(2025·重庆模拟)如图是一质量为m、带电荷量为q的粒子在匀强电场中运动的轨迹。已知M点的速度水平向右,N点的速度竖直向下,大小均为v,M、N两点间的距离为l,不计粒子的重力。下列说法正确的是 (　　)
A.粒子从M点运动到N点的过程中,电势能先增大后减小
B.粒子从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功
C.匀强电场的方向竖直向下
D.匀强电场的电场强度大小为
三、计算题
10.(10分)(2025·成都一模)如图,在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的匀强电场E1(未知),2L(1)粒子运动至A点的速度大小;(4分)
(2)场强E2的大小。(6分)
11.(12分)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(9分)
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少 (3分)
课时跟踪检测(四十六)
1.选A　由C=得ΔQ=CΔU=1.5×10-8××10-3 C=1.5×10-9 C,故选A。
2.选C　材料温度升高,高度变大,电容器两极板间距减小,根据C=,电容增大,由于电容器两极板电势差不变,根据C=,极板所带电荷量增大,A错误;检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b,电容器充电,极板所带电荷量增大,由以上分析可知,被测材料没有反常膨胀,B错误;滑动变阻器滑片向上滑动,阻值增大,根据E=U+r,可知检测仪的工作电压升高,C正确;断开开关,电容器放电,则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流,D错误。
3.选C　正一价钠离子做匀减速直线运动,刚好到达B点,即到达B点时速度为零,由0-=-2ad,解得加速度大小a=,故A错误;由牛顿第二定律可知Ee=ma,联立解得E=,故B错误;由动能定理可得e=0-m,解得B点电势为φb=φa+,故C正确;钠离子在B点的电势能为Eb=eφb=φae+,故D错误。
4.选B　已知φa=8 V、φb=6 V、φd=4 V,则ad连线中点f(0,L)的电势为φf==6 V=φb,可知bf连线为等势线,电场方向与等势线垂直,由高电势指向低电势,即沿着aO方向斜向下,粒子以某一初速度从O点沿Od方向射入图乙中abcd区域内,粒子的初速度方向与电场力方向垂直,粒子做类平抛运动,则能大致反映电子运动轨迹的是②,故选B。
5.选A　设初速度为v0,沿三个轴方向的加速度分别为ax、ay、az,则在三个方向上分别有L=axt2,0=v0t-ayt2,L=azt2,不加电场时有L=v0t,根据qE=m,联立解得E=,故选A。
6.选D　在XX'极板间电子的加速度大小为a==,A错误;电子从离开金属丝到打在荧光屏上,由动能定理得e·10U+eU'=Ek,其中U'≤,故Ek≤10.5eU,B错误;电子经电子枪加速后,e·10U=m,在XX'极板间运动时间为t=,受到的冲量大小为I=eEt===,C错误;电子打在荧光屏上时,速度方向与OO'连线夹角α的正切值tan α===,D正确。
7.选D　圆环恰能静止在坐标(1,1)处,此时对圆环受力分析,如图1所示,圆环所受的电场力方向平行于x轴向右,圆环所受重力与电场力的合力为G'==mg,tan θ==2,坐标(1,1)处是等效最低点,过(1,1)处作轨道的切线,再过(3,9)处作该切线的平行线,如图2所示,由图可知该平行线的方程为y=2x+3,设该平行线与轨道的交点为A,则A点的坐标满足方程y=2x+3,y=x2,解得A点的坐标为(-1,1),则圆环恰能运动到坐标(-1,1)处,又圆环运动到该点时克服电场力做功最多,故圆环在(-1,1)处机械能最小,故A错误,D正确;圆环做曲线运动,在(1,1)处加速度一定不为零,故B错误;设圆环到达(0,0)处时的速度大小为v,则圆环由(3,9)处静止释放运动到(0,0)处的过程,由动能定理得mgy-qEx=mv2,又E=,联立解得v=2 m/s,故C错误。
8.选AB　根据C=可知,将C、D板间的玻璃板抽出,相对介电常数εr减小,其他条件不变,则金属板C、D构成电容器的电容减小,故A正确;闭合开关,电路稳定后将开关断开,极板总电荷量不变,金属板C、D构成电容器的电容减小,由U=可知极板C、D电势差变大,极板A、B电势差也变大,由Q=CU可知电容器AB带电荷量变大,电容器AB充电,电容器CD放电,电阻R中有向右的电流,由E=可知极板A、B间的场强变大,导致P点与B板的电势差变大,因B板接地,电势为零,即P点电势升高,故B正确,C、D错误。
9.选AD　由题意可知,粒子在M点和N点的速度大小相等,则电场力先做负功后做正功,电势能先增大
后减小,A正确,B错误;根据动能定理,可知粒子从M点运动到N点的过程,所受的电场力做功为0,则M点和N点的电势相等,由电场线垂直于等势面,可知电场线垂直MN连线,由粒子做曲线运动所受的合力指向轨迹的凹侧可知,粒子所受的电场力垂直MN向下,如图所示,但粒子所带电荷的正负未知,电场方向不确定,C错误;由题给条件和几何关系,可知MN连线与水平方向的夹角为45°,则M、N之间的水平距离x=lcos 45°=l,粒子从M点运动到N点,在水平方向上,根据动能定理可得0-mv2=-qExcos 45°,解得E=,D正确。
10.解析:(1)粒子在电场E1中沿x轴正方向做匀速直线运动,沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,x方向2L=v0t1
y方向L=t1,解得vy=v0
在A点处的速度大小为vA==v0。
(2)粒子在电场E2中沿x轴正方向做初速度不为零的匀加速直线运动,沿y轴正方向做匀速直线运动,
y方向2L-L=vyt2
x方向4L-2L=v0t2+a2
由牛顿第二定律有qE2=ma2
联立解得E2=。
答案:(1)v0　(2)
11.解析:(1)PG、QG间场强大小相等,均设为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E= ①
F=qE=ma ②
设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek-m ③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,
则有h=at2 ④
l=v0t ⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek=m+qh,l=v0。
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性知,此时金属板的长度为L=2l=2v0。
答案:(1)m+qh　v0
(2)2v0
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