【考綱知識梳理】
一。電容器
1. 構成：兩個互相靠近又彼此絕緣的導體構成電容器。
2. 充放電：
（1）充電：使電容器兩極板帶上等量異種電荷的過程。充電的過程是將電場能儲存在電容器中。
（2）放電：使充電后的電容器失去電荷的過程。放電的過程中儲存在電容器中的電場能轉化為其他形式的能量。
3．電容器帶的電荷量：是指每個極板上所帶電荷量的絕對值
4.電容器的電壓：
（1）額定電壓：是指電容器的對大正常工作即電容器銘牌上的標定數值。
（2）擊穿電壓：是指把電容器的電介質擊穿導電使電容器損壞的極限電壓。
二.電容
1．定義：電容器所帶的電荷量Q與兩極板間的電壓U的比值
2．定義式：
3．電容的單位：法拉，符號：F 。
4．物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領大小的物理量，在數值上等于電容器兩板間的電勢差增加1V所需的電荷量。
5．制約因素：電容器的電容與Q、U的大小無關，是由電容器本身的結構決定的。對一個確定的電容器，它的電容是一定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關。
三.平行板電容器
1．平行板電容器的電容的決定式： 即平行板電容器的電容與介質的介電常數成正比，與兩板正對的面積成正比，與兩板間距成反比。
2．平行板電容器兩板間的電場：可認為是勻強電場，E=U/d
四.帶電粒子在電場中的運動
1.帶電粒子的加速：對于加速問題，一般從能量角度，應用動能定理求解。若為勻變速直線運動，可用牛頓運動定律與運動學公式求解。
2. 帶電粒子在勻強電場中的偏轉：對于帶電粒子以垂直勻強電場的方向進入電場后，受到的電場力恒定且與初速度方向垂直，做勻變速曲線運動（類平拋運動）。
⑴處理方法往往是利用運動的合成與分解的特性：分合運動的獨立性、分合運動的等時性、分運動與合運動的等效性。沿初速度方向為勻速直線運動、沿電場力方向為初速度為零的勻加速運動。
⑵基本關系：
x方向：勻速直線運動
Y方向：初速度為零的勻加速直線運動
①．離開電場時側向偏轉量：
②．離開電場時的偏轉角： φ
推論1.粒子從偏轉電場中射出時,其速度反向延長線與初速度方向交一點,此點平分沿初速度方向的位移。
推論2.位移和速度不在同一直線上，且tanφ=2tanα。
【要點名師精解】
一、平行板電容器的動態分析
1.運用電容器定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路
(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.
(2)用決定式C= 分析平行板電容器電容的變化.
(3)用定義式C= 分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化.
(4)用E= 分析平行板電容器極板間勻強電場場強的變化.
2.電容器兩類動態變化的分析比較
(1)第一類動態變化：兩極板間電壓U恒定不變
(2)第二類動態變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變
【例1】(2011?阜陽模擬)如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒.S閉合時，該微粒恰好能保持靜止.在以下兩種情況下：①保持S閉合，②充電后將S斷開.下列說法能實現使該帶電微粒向上運動打到上極板的是( )
A.①情況下，可以通過上移極板M實現
B.①情況下，可以通過上移極板N實現
C.②情況下，可以通過上移極板M實現
D.②情況下，可以通過上移極板N實現
【答案】選B.
【詳解】保持S閉合的分析：因為第①種情況下兩板間電壓U不變，所以電場強度E=U/d，只有d減小，E增大，電場力增大，帶電微粒才向上運動打到上極板M上，故可以通過下移極板M或者上移極板N來實現，選項A錯，B正確；充電后將S斷開的分析：因為第②種情況下兩極板帶電荷量Q不變，根據Q=CU，C= 可得，E= ，可以看出E與兩板間距離d無關，所以無論怎樣移動M、N兩極板改變兩板間的距離，場強E、電場力F都不變，帶電微粒都處于靜止狀態，選項C、D錯誤，B正確.
二、帶電粒子在電場中的平衡與直線運動
1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理
(1)基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量).
(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力.
2.帶電粒子在電場中的平衡
解題步驟:①選取研究對象.②進行受力分析，注意電場力的方向特點.③由平衡條件列方程求解.
3. 帶電粒子在電場中的變速直線運動：可用運動學公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動能定理或能量守恒定律求解.
【例2】如圖所示，板長L=4 cm的平行板電容器，板間距離d=3 cm，板與水平線夾角α=37°，兩板所加電壓為U=100 V，有一帶負電液滴，帶電荷量為q=3×10-10C，以v0=1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取g=10 m/s2.求：
(1)液滴的質量；
(2)液滴飛出時的速度.
【答案】(1)m=8×10-8 kg (2)v= ≈1.32 (m/s)
【詳解】(1)畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：
qEcosα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcosα/dg代入數據得m=8×10-8 kg
(2)對液滴由動能定理得： qU=
v=
所以v= ≈1.32 (m/s)
三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉
1.粒子的偏轉角
(1)以初速度v0進入偏轉電場：如圖所示，設帶電粒子質量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉電場，偏轉電壓為U1，若粒子飛出電場時偏轉角為θ，則
結論：動能一定時tanθ與q成正比，電荷量相同時tanθ與動能成反比.
(2)經加速電場加速再進入偏轉電場
不同的帶電粒子是從靜止經過同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由動能定理有： ②
由①②式得：tanθ= ③
結論：粒子的偏轉角與粒子的q、m無關，僅取決于加速電場和偏轉電場.
2.粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論
(1)以初速度v0進入偏轉電場 ④
作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則
結論：粒子從偏轉電場中射出時，就像是從極板間的 處沿直線射出.
(2)經加速電場加速再進入偏轉電場：若不同的帶電粒子是從靜止經同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由②和④得：偏移量： ⑤
上面③式偏轉角正切為：tanθ＝
結論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出的偏移量y和偏轉角θ都是相同的，也就是軌跡完全重合.
【例3】(2011?南通模擬)(18分)如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖.在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y= 的一段(0≤x≤ L， 0≤y≤ L)為邊界的勻強電場區域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的勻強電場區域Ⅱ.兩個電場大小均為E，不計電子所受重力，電子的電荷量為e，求：
(1)從電場區域Ⅰ的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的坐標；
(2)由電場區域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開MNPQ的最小動能；
【答案】(1)設電子的質量為m，電子在電場Ⅰ中做勻
加速直線運動，出區域Ⅰ時的速度為v0，接著在無電場區域
勻速運動，此后進入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做類平拋運動，假
設電子從NP邊射出，出射點縱坐標為y1，
由y= 對于B點y=L，則x= (2分)
所以eE? = (2分)
解得v0= (1分)
設在電場Ⅱ中運動的時間為t1
L-y1= (1分)
解得y1=0，所以原假設成立，即電子離開MNPQ區域的位置坐標為(-2L，0)(2分)
(2)設釋放點在電場區域Ⅰ中的坐標為(x，y)，在電場Ⅰ中電子被加速，速度為v1時飛離電場Ⅰ，接著在無電場區域做勻速運動，然后進入電場Ⅱ做類平拋運動，并從NP邊離開，運動時間為t2，偏轉位移為y2.
eEx= (2分)
y2= (2分)
解得xy2= ，所以原假設成立，即在電場Ⅰ區域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時都從P點離開的. (2分)
其中只有從B點釋放的電子，離開P點時動能最小，則從B到P由動能定理得： eE?(L+ )=Ek-0 (3分)
所以Ek= (1分)
【感悟高考真題】
1.（2011?安徽高考?T18） 圖（a）為示管的原理圖。如果在電極YY’之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規律變化，在電極XX’之間所加的電壓按圖（c）所示的規律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是
【答案】選B.
【詳解】示波管YY’間為信號電壓，XX‘為掃描電壓，0～t1，Y板電勢高電子向Y板偏轉，X’電勢高電子向X’板偏轉，由此知CD錯；又根據偏移量公式 ，偏移量與偏轉電壓成正比，0、t1、2t1時刻偏轉電壓為0，偏移量也為0， 、 時刻偏轉電壓最大，偏移量也最大，所以B對。
2.（2011?安徽高考?T20）如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。
若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是
A. B.
C. D.
【答案】選B.
【詳解】
畫出帶電粒子速度-時間圖像，根據v-t圖像中的“面積”研究各時刻開始的帶電粒子的運動情況，A選項可畫出T/8時刻開始的運動圖像，如圖a由圖知在一個周期內粒子運動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會打到B板上,A選項錯；B選項可畫出5T/8時刻進入的運動圖像，如圖b由圖知在一個周期內粒子運動的總面積為負，即粒子向A板靠近，最終會打到A板上,B選項對；C選項可畫出7T/8時刻進入的運動圖像，由圖知在一個周期內粒子運動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會打到B板上，C選項錯；同理D選項錯。
3.（2011?天津理綜?T5）板間距為 的平行板電容器所帶電荷量為 時，兩極板間電勢差為 ，板間場強為 .現將電容器所帶電荷量變為 ，板間距變為 ，其他條件不變，這時兩極板間電勢差 ，板間場強為 ，下列說法正確的是
A.
B.
C.
D.
【答案】選C．
【詳解】當平行板電容器的其他條件不變，板間距離變為 時，電容器的電容為 ，又知電容器的帶電量為2Q，則得知 ，即 ，根據勻強電場中電勢差與場強之間的關系式 得 ，因此選項C正確，其它選項都錯誤。
4.（2011?浙江理綜?T25）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣，上、下面板使用金屬。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連。質量為m、電荷量為-q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進入矩形通道，當帶負電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集。通過調整兩板間距d可以改變收集效率η。當d=d0時，η為81%（即離下板0.81d0范圍內的塵埃能夠被收集）。
不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。
求收集效率為100%時，兩板間距的最大值為dm；
求收集效率η與兩板間距d的函數關系；
若單位體積內的塵埃數為n，求穩定工作時單位時間下板收集的塵埃質量 與兩板間距d的函數關系，并繪出圖線
【詳解】（1）收集效率η為81% ，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，設高壓電源的電壓為U，則在水平方向有
①
在豎直方向有
②
其中
③
當減小兩板間距時，能夠增大電場強度，提高裝置對塵埃的收集效率.收集效率恰好為100%，兩板間距即為dm.如果進一步減小d，收集效率仍為100%.因此，在水平方向有
④
在豎直方向有
⑤
其中
⑥
聯立①—⑥各式可得
⑦
（2）通過前面的求解可知，當 時，收集效率η均為100%.
黨d>0.9d0時，設距下板x處的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，此時有
⑧
根據題意，收集效率為
⑨
聯立①、②、③、⑧及⑨式可得
（3）穩定工作時單位時間下板收集的塵埃質量為
當 時， ，因此
當d>0.9d0時， ，因此
繪出的圖線如下
答案:：(1) (2) η=100%（ 時）， （d>0.9d0時）(3) （ 時）， （d>0.9d0時） 圖線見解析.
5.（2011?福建理綜?T20）反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線 兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是 N/C和 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質量 ，帶電量 ,A點距虛線 的距離 ，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應。求：
B點距虛線 的距離 ；
帶電微粒從A點運動到B點所經歷的時間 。
【答案】（1）0.50cm (2) 1.5×10-8s
【詳解】（1）帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有 得
(2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有
設微粒在虛線MN兩側運動的時間分t1和t2：，由運動學公式有
t= t1+t2
聯立方程解得t=1.5×10-8s
6.（2011?北京高考?T24）靜電場方向平行于x軸，其電勢 隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中 和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A（0
（2）粒子的運動區間；
（3）粒子的運動周期。
【答案】（1） （2） （3）
【詳解】⑴由圖可知，0與d（或-d）兩點的電勢差為φ0
電場強度大小
電場力的大小
⑵設粒子在 [-x0，x0]區間運動，速率為v，由題意得
…………………①
由圖可知 ……………②
由①②得， ……………③
因動能非負，有
得
即 ……………④
粒子運動的區間
⑶粒子從-x0處開始運動四分之一周期 ，根據牛頓第二定律粒子的加速度：
……………⑤
由于粒子做勻加速直線運動，則
粒子運動的周期
7.（2010?天津?12）質譜分析技術已廣泛應用于各前沿科學領域。湯姆孫發現電子的質譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，O’O為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離O’O的距離。以屏中心O為原點建立xOy直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。
（1）設一個質量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿O’O的方向從O’點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點。若在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離O點的距離y0;
(2)假設你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結果計算未知離子的質量數。
上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強磁場。現有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O’點沿O’O方向射入，屏上出現兩條亮線。在兩線上取y坐標相同的兩個光點，對應的x坐標分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標大的光點是碳12離子擊中屏產生的，另一光點是未知離子產生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運動時O’O方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度。
解析：（1）離子在電場中受到的電場力
①
離子獲得的加速度
②
離子在板間運動的時間
③
到達極板右邊緣時，離子在 方向的分速度
④
離子從板右端到達屏上所需時間
⑤
離子射到屏上時偏離 點的距離
由上述各式，得
⑥
（2）設離子電荷量為 ，質量為 ，入射時速度為 ，磁場的磁感應強度為 ，磁場對離子的洛倫茲力
⑦
已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運動時間甚短，所經過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運動時， 方向的分速度總是遠大于在 方向和 方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫茲力產生的加速度
⑧
是離子在 方向的加速度，離子在 方向的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動，到達極板右端時，離子在 方向的分速度
⑨
離子飛出極板到達屏時，在 方向上偏離 點的距離
⑩
當離子的初速度為任意值時，離子到達屏上時的位置在 方向上偏離 點的距離為 ，考慮到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾兩式得
⑿
其中
上式表明， 是與離子進入板間初速度無關的定值，對兩種離子均相同，由題設條件知， 坐標3.24mm的光點對應的是碳12離子，其質量為 ， 坐標3.00mm的光點對應的是未知離子，設其質量為 ，由⑿式代入數據可得
⒀
故該未知離子的質量數為14。
8．（2010?江蘇物理?15）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓 作周期性變化，其正向電壓為 ，反向電壓為 ，
電壓變化的周期為2r，如圖乙所示。在t=0時，極板B附近的一個電子，質量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。
（1）若 ，電子在0—2r時間內不能到達極板A，求d應滿足的條件；
（2）若電子在0—2r時間未碰到極板B，求此運動過程中電子速度 隨時間t變化的關系；
（3）若電子在第N個周期內的位移為零，求k的值。
答案：
9.（09?北京?19）如圖所示的虛線區域內，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區域，恰好沿直線由區域右邊界的O′點（圖中未標出）穿出。若撤去該區域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區域右邊界穿出，則粒子b ( C )
A．穿出位置一定在O′點下方
B．穿出位置一定在O′點上方
C．運動時，在電場中的電勢能一定減小
D．在電場中運動時，動能一定減小
解析：a粒子要在電場、磁場的復合場區內做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，
故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。
10.（09?天津?5）如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度vM經過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點。則（ B ）
A.粒子受電場力的方向一定由M指向N
B.粒子在M點的速度一定比在N點的大
C.粒子在M點的電勢能一定比在N點的大
D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢
解析：由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力向上，A錯；粒子由M到N電場力做負功電勢能增加，動能減少，速度增加，故B對C錯；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點電勢的高低，C錯。
11.（09?海南物理?5）一平行板電容器兩極板間距為 、極板面積為S，電容為 ，其中 是常量。對此電容器充電后斷開電源。當增加兩板間距時，電容器極板間 （ A ）
A．電場強度不變，電勢差變大
B．電場強度不變，電勢差不變
C．電場強度減小，電勢差不變
D．電場強度較小，電勢差減小
12.（09?福建?15）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態�，F將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離 （ B ）
A.帶點油滴將沿豎直方向向上運動
B.P點的電勢將降低
C.帶點油滴的電勢將減少
D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大
13.（09?浙江?20）空間存在勻強電場，有一電荷量 、質量 的粒子從 點以速率 射入電場，運動到 點時速率為 �，F有另一電荷量 、質量 的粒子以速率 仍從 點射入該電場，運動到 點時速率為 。若忽略重力的影響，則 （ AD ）
A．在 、 、 三點中， 點電勢最高
B．在 、 、 三點中， 點電勢最高
C． 間的電勢差比 間的電勢差大
D． 間的電勢差比 間的電勢差小
解析：正電荷由O到A，動能變大，電場力做正功，電勢能減小，電勢也減小，O點電勢較高；負電荷從O到
B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B點電勢比O點高。所以B點最高，A對； ， ，故D對。
14.（09?山東?25）（18分）如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸間右連接發射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0~3t時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。
已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時，刻經極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）
（1）求電壓U的大小。
（2）求 時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。
（3）何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。
解析：
（1） 時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動， 時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為 ，則有 ①
②
③
聯立以上三式，解得兩極板間偏轉電壓為 ④。
（2） 時刻進入兩極板的帶電粒子，前 時間在電場中偏轉，
后 時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為 ⑤
帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為 ⑥
帶電粒子離開電場時的速度大小為 ⑦
設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有 ⑧
聯立③⑤⑥⑦⑧式解得 ⑨。
（3） 時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為 ⑩，設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為 ，則 ，聯立③⑤⑩式解得 ，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為 ，所求最短時間為 ,帶電粒子在磁場中運動的周期為 ，聯立以上兩式解得 。
15（09?安徽?23）如圖所示，勻強電場方向沿 軸的正方向，場強為 。在 點有一個靜止的中性微粒，由于內部作用，某一時刻突然分裂成兩個質量均為 的帶電微粒，其中電荷量為 的微粒1沿 軸負方向運動，經過一段時間到達 點。不計重力和分裂后兩微粒間的作用。試求
（1）分裂時兩個微粒各自的速度；
（2）當微粒1到達（ 點時，電場力對微粒1做功的瞬間功率；
（3）當微粒1到達（ 點時，兩微粒間的距離。
答案：（1） ， 方向沿y正方向（2） （3）2
解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動。所以微粒1做的是類平拋運動。設微粒1分裂時的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：
在y方向上有
-
在x方向上有
-
根號外的負號表示沿y軸的負方向。
中性微粒分裂成兩微粒時，遵守動量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（2）設微粒1到達（0，-d）點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率為
其中由運動學公式
所以
（3）兩微粒的運動具有對稱性，如圖所示，當微粒1到達（0，-d）點時發生的位移
則當微粒1到達（0，-d）點時，兩微粒間的距離為
16（09?福建?21）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態。一質量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。
（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1
（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）
答案：（1） ; （2） ;
(3)
解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。
（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有
qE+mgsin =ma ①
②
聯立①②可得
③
（2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為 ，則有
④
從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得
⑤
聯立④⑤可得
s
（3）如圖
17.（09?福建?22） 圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×10-3T,在X軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上安放接收器，現將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m,電量為q,不記其重力。
（1）求上述粒子的比荷 ；
（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經過多長時間加這個勻強電場；
（3）為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區域內，求此矩形磁場區域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。
答案（1） =4.9× C/kg（或5.0× C/kg）；（2） ； （3）
解析：第（1）問本題考查帶電粒子在磁場中的運動。第（2）問涉及到復合場（速度選擇器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區域）中的運動。
設粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得
①
由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得
②
聯立①②并代入數據得
=4.9× C/kg（或5.0× C/kg） ③
（2）設所加電場的場強大小為E。如圖乙，當粒子子經過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x
軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有
④
代入數據得
⑤
所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關系可知，圓弧PQ所對應的圓心角為45°，設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有
⑥
⑦
聯立①⑥⑦并代入數據得
⑧
（3）如圖丙，所求的最小矩形是 ，該區域面積
⑨
聯立①⑨并代入數據得
矩形如圖丙中 （虛線）
18.（09?浙江?23）如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質量m、電荷量q（q>0）的小物塊在與金屬板A相距l處靜止。若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓，小物塊與金屬板只發生了一次碰撞，碰撞后電荷量變為q，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為μ，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間。則
（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？
（2）小物塊碰撞后經過多長時間停止運動？停在何位置？
答案：（1） （2）時間為 ，停在 處或距離B板為
解析：本題考查電場中的動力學問題
（1）加電壓后，B極板電勢高于A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運動。電場強度為
小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為
故小物塊運動的加速度為
設小物塊與A板相碰時的速度為v1，由
解得
（2）小物塊與A板相碰后以v1大小相等的速度反彈，因為電荷量及電性改變，電場力大小與方向發生變化，摩擦力的方向發生改變，小物塊所受的合外力大小 為
加速度大小為
設小物塊碰后到停止的時間為 t，注意到末速度為零，有
解得
設小物塊碰后停止時距離為 ，注意到末速度為零，有
則
或距離B板為
19.（09?江蘇?14）1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產生的粒子，質量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應和重力作用。
（1）求粒子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；
（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；
（3）實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E?。
解析：
(1)設粒子第1次經過狹縫后的半徑為r1,速度為v1
qu= mv12
qv1B=m
解得
同理，粒子第2次經過狹縫后的半徑
則
（2）設粒子到出口處被加速了n圈
解得
（3）加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即
當磁場感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為
粒子的動能
當 ≤ 時，粒子的最大動能由Bm決定
解得
當 ≥ 時，粒子的最大動能由fm決定
解得
【考點精題精練】
1.(2011?揚州模擬)下列關于實驗中使用靜電計的說法中正確的有( )
A.使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況
B.使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況
C.靜電計可以用電壓表替代
D.靜電計可以用電流表替代
【答案】選A.
【詳解】靜電計是用來測量電容器兩極板的電勢差，從而研究電容器電容隨電容器正對面積、兩板距離、介電常數等因素的變化.如果用電壓表、電流表來替代則構成電容器的放電回路，兩電表都沒有示數，故答案為A.
2.(2011?會昌模擬)水平放置的平行板電容器與一電池相連.在電容器的兩板間有一帶正電的質點處于靜止狀態.現將電容器兩板間的距離增大，則 ( )
A.電容變大，質點向上運動
B.電容變大，質點向下運動
C.電容變小，質點保持靜止
D.電容變小，質點向下運動
【答案】選D.
【詳解】帶電質點在電容器中處于靜止狀態有mg=qE，因為電容器與電源連接，電壓不變，E=U/d，d增大，電容C減小，E減小，質點向下運動，答案為D.
3.虛線框內存在著勻強電場(方向未知)，有一正電荷(重力不計)從bc邊上的M點以速度v0射進電場內，最后從cd邊上的Q點射出電場，下列說法正確的是( )
A.電場力一定對電荷做了正功
B.電場方向可能垂直ab邊向右
C.電荷運動的軌跡可能是一段圓弧
D.電荷的運動一定是勻變速運動
【答案】選B、D.
【詳解】由正電荷在勻強電場中的偏轉可以判斷，其所受電場力一定指向運動曲線的內側，但電場力與速度方向的夾角可能為銳角或鈍角，電場力可能做正功或負功，所以選項A錯B對，由于正電荷只受恒定的電場力作用，所以正電荷不可能做圓周運動，一定是勻變速曲線運動，選項D正確，答案為B、D.
4.(2010?泰州模擬)如圖所示，水平放置的平行板電容器與一直流電源相連，在兩板中央有一帶電液滴處于靜止狀態.現通過瞬間平移和緩慢平移兩種方法將A板移到圖中虛線位置.下列關于帶電液滴運動的說法中正確的是( )
A.上述兩種方法中，液滴都向
B板做勻加速直線運動
B.采用瞬間平移的方法，液滴運動到B板經歷的時間短
C.采用緩慢平移的方法，液滴運動到B板時速度大
D.采用緩慢平移的方法，液滴運動到B板過程中電場力做功多
【答案】選B.
【詳解】瞬間平移使帶電液滴加速度突然增大立即做勻加速運動，而緩慢平移至虛線位置這一階段，帶電液滴電場力緩慢增大，加速度也緩慢增大，到達虛線位置以后才開始做勻加速運動，所以瞬間平移使帶電液滴到達B板的時間短，做功多，速度大，故答案為B.
5． (2011年黑龍江適應性測試)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大．當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規律可能正確的是( )
【答案】選AD.
【詳解】在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力F＝U0ed，所以電子所受的電場力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個T4內向B板做勻加速直線運動，在第二個T4內向B板做勻減速直線運動，在第三個T4內反向做勻加速直線運動．在第四個T4內向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖象如圖1所示，v－t圖象如圖2所示；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋12at2，所以x－t圖象應是曲線．故本題選AD.
6. (2011年北京西城抽測)如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置，它們通過導線與電源E、定值電阻R、開關S相連．閉合開關后，一個帶電的液滴從兩板上端的中點處無初速度釋放，最終液滴落在某一金屬板上．下列說法中正確的是( )
A．液滴在兩板間運動的軌跡是一條拋物線
B．電源電動勢越大，液滴在板間運動的加速度越大
C．電源電動勢越大，液滴在板間運動的時間越短
D．定值電阻的阻值越大，液滴在板間運動的時間越長
【答案】選BC.
【詳解】電容器充滿電荷后，極板間的電壓等于電源的電動勢．極板間形成了電場，液滴受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用，合力為恒力，而初速度為零，則液滴做初速度為零的勻加速直線運動，A項錯；電源電動勢越大，則液滴受到的電場力也越大，合力越大，加速度也越大，B項對；電源電動勢越大，加速度越大，同時位移越小，則運動的時間越短，C對；定值電阻不會影響兩極板上電壓的大小，則對液滴的運動沒有影響，D項錯．
7．如圖所示，平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，兩極板間距離為d，今在距兩極板的中點12d處放一電荷q，則( )
A．q所受電場力的大小為QqCd
B．q所受電場力的大小為k4Qqd2
C．q點處的電場強度是k4Qd2
D．q點處的電場強度是k8qd2
【答案】選A.
【詳解】兩極板之間的電場強度E＝Ud，q受到的電場力F＝Eq＝Udq＝QCdq，A正確；Q不是點電荷，點電荷的場強公式E＝kQr2在這里不能用，B、C、D不正確．
8．(2011年廣東珠海質檢)分別將帶正電、負電和不帶電的三個等質量小球，分別以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶負電，下板接地．三小球分別落在圖中A、B、C三點，則錯誤的是( )
A．A帶正電、B不帶電、C帶負電
B．三小球在電場中加速度大小關系是：aA
D．三小球到達下板時的動能關系是EkC>EkB>EkA
【答案】選C.
【詳解】由于A的水平射程x最遠，A的運動時間t＝xv0最長，C錯誤．A的加速度aA＝2ht2最小，而C的加速度aC最大，aA
9．(2011年山東濟南調研)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質量為m的質點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是( )
A．板間電場強度大小為mg/q
B．板間電場強度大小為2mg/q
C．質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等
D．質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間
【答案】選BC.
【詳解】當質點所受電場力方向向上且大于重力時，質點才可能垂直打到屏上．由運動的合成與分解，可知質點在水平方向上一直做勻速直線運動，所以質點在電場中做類平拋運動的時間和在重力場中做斜上拋運動的時間相等．由運動規律可知質點在水平方向上做勻速直線運動，vx＝v0；在豎直方向上：在電場中vy＝at，如圖所示，離開電場后質點做斜上拋運動，vy＝gt，由此運動過程的對稱性可知a＝g，由牛頓第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正確．
10．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是( )
A．從t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上
B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩極間振動
C．從t＝T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上
D．從t＝3T/8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上
【答案】AC
【詳解】若t＝0時刻釋放電子，電子將重復先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯誤；若從t＝T/4時刻釋放電子，電子先加速T/4，再減速T/4，有可能電子已達到右極板，若此時未達到右極板，則電子將在兩極板間振動，所以C正確；同理，若從t＝3T/8時刻釋放電子，電子有可能達到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩極間的距離，所以D錯誤．
11．如圖所示，甲圖是用來使帶正電的離子加速和偏轉的裝置，乙圖為該裝置中加速與偏轉電場的等效模擬，以y軸為界，左側為沿x軸正向的勻強電場，場強為E.右側為沿y軸負方向的勻強電場．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間的電勢差為U0，若在x軸的C點無初速度地釋放一個電荷量為q、質量為m的正離子(不計重力)，結果正離子剛好通過B點，求：
(1)CO間的距離d；
(2)粒子通過B點的速度大小．
【答案】(1)U04E (2)5qU02m
【詳解】(1)設正離子到達O點的速度為v0(其方向沿x軸的正方向)
則正離子由C點到O點由動能定理得：
qEd＝12mv02－0①
而正離子從O點到B點做類平拋運動，則：
OA＝12?qU0OA?mt2②
AB＝v0t③
而OA＝AB④
由①②③④得d＝U04E.
(2)設正離子到B點時速度的大小為vB，正離子從C到B過程中由動能定理得：
qEd＋qU0＝12mvB2－0，解得vB＝5qU02m.
12.如圖所示，一光滑斜面的直角點A處固定一帶電荷量為＋q、質量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，現把上部小球從B點由靜止自由釋放，球能沿斜面從B點運動到斜面底端C處，求：
(1)小球從B處開始運動到斜面中點D處時的速度；
(2)小球運動到斜面底端C處時，球對斜面的壓力是多大？
【答案】(1)gL2 (2)32mg－2kq23L2
【詳解】由于小球沿斜面下滑過程中所受電場力為變力，因此不能用功的定義來求解，只能用動能定理求解
(1)由題意知：小球運動到D點時，由于AD＝AB，所以有電勢φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0①
則由動能定理得：mgL2sin30°＝12mv2D－0②
聯立①②解得：vD＝gL2③
(2)當小球運動至C點時，對球受力分析如圖所示，則由平衡條件得：
FN＋F庫sin30°＝mgcos30°④
由庫侖定律得：
F庫＝kq2(Lcos30°)2⑤
聯立④⑤得：
FN＝32mg－23kq2L2
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