第九章靜電場

第3講電容器帶電粒子在電場中的運動

課標要求核心考點五年考情核心素養對接

電容器及平行2022：湖北T4；1.物理觀念：理解電容器及目容

板電容器的動2021：重慶T4；的基本概念；理解帶電粒子在

態分析2019：北京T23電場中偏轉的原理；掌握平行

2022：遼寧TI0,廣板電容器的電容及帶電粒子在

1.能分析帶電

東T14；電場中運動等基本規律.

粒子在電場中帶電粒子在電

2021：山東T6,廣東2.科學思維：利用公式判斷平行

的運動情況，場中的直線運

T6,上海T8：板電容器電容的變化：利用動

能解釋相關的動

2019：天津T12,浙力學、功能、動量觀點分析帶

物理現象.

江4月T10電粒子在電場中的運動，掌握

2.觀察常見的

作圖法在偏轉問題中的應用.

電容器，了解

2023：北京T19,湖3,科學探究：通過探究影響日容

電容器的電

北T10,浙江6月器電容大小的因素,能應用左

容，觀察電容

T8；制變量的方法確定科學探究方

器的充、放電

2022：全國乙T21,案.

現象.帶電粒子在勻

浙江6月T9；4,科學態度與責任：通過認識常

3.能舉例說明強電場中的偏

2021：全國乙T20；見的電容器，體會電容器在生

電容培的應轉

2020：浙江7月T6,活中的廣泛應用，培養探究新

用.

浙江1月T7；事物的興趣.思考帶電粒子在電

2019：全國IHT24,場中偏轉的實際應用，并應用

江蘇T5,天津T3于日常生活中，提升自己的社

會責任感.

電容器的性質一般單獨考查，主要考查其動態分析?：帶電粒子在電場中

的加速和偏轉問題是高考的熱點問題，主要考杳力與運動的關系及運動

命題分析預測

過程中的功能關系.預計2025年高考可能會結合電容器或粒子加速器等

在生活中的實際應用考查帶電粒子的運動.

考點1電容器及平行板電容器的動態分析

知識整合教材談厚

1.電容器

(1)組成：由兩個彼此F1］絕緣乂相距很近的導體組成.

(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的121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131后種電荷，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【4|電場能轉化為其他形式的

能.

2.電容

定義電容器所帶的151電荷吊與電容器兩極板之間的161電勢羌U之比

定義式C=1一比值定義法

單位法拉(F)、微法(pF)>皮法(pF),1F=|71IO6uF=l()12nF

意義表示電容器容納電荷木領的高低

決定由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質)決定，與電容器

因素是否帶電及兩極板間是否存在電壓無關

3.平行板電容器的電容

(1)決定因素：⑻正對面積、相對介電常數、兩板間的距離.

(2)決定式：C=^~.

4.平行板電容器的動態分析

啾“局CM小.ill內向

用大.向I附「小1

JAS）角”同at小.Sa^il

?行■電容■增大.liHJ冏￡M氏I

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；由《1岸》小,ih<2?49v

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雇工小，?加小打。

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知識活用收材讀活

口水可以用容器儲存起來，電荷也可以用一個“容器”儲存起來，這樣的容器叫“電容

器”.判斷下列有關電容器的說法的正誤.

（I）電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數和.（X）

（2）電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比.（X）

（3）標有“L5pF,9V”規格的電容器，其所帶電荷量一定為1.35XIOPc.（X）

（4）平行板電容器充電后與電源斷開，則電荷量Q一定；若一直與穩壓電源連接，則電

壓U不變.（4）

命題點1電勢差不變時的動態分析

1.［。變/Z2O23廣東汕頭期中/多選］如圖所示，將平行板電容器接在恒定電工|

源兩端，電容器兩極板間的帶電塵埃恰好處于靜止狀態.若將兩極板緩慢T__j_

地錯開一些，其他條件不變，則（ABC）

A.電容器兩端電壓不變

B.帶電塵埃仍保持靜止狀態

C.電流計G中有〃到〃方句的短時電流

D.電流計G中有〃到“方向的短時電流

解析若將兩極板錯開一些，則電容器的電容減小，電容器始終與電源相連，故兩極板間

的電壓不變，所以電容器上的電荷量減少，電容器放電，電流從電容器的正極板流出，流

向電源的正極，即電流方向為°->6,A、C正確，D錯誤；因電容器兩極板間電壓不變，

兩極板間的距離沒有發生變化，所以場強沒有發生變化，帶電塵埃受到的電場力不變，帶

電塵埃仍靜止，B正確.

2.”變化］手機自動計步器的原理如圖所示，電容器的一個極板M固定在手機上，另一個極

板N與兩個固定在手機上的輕彈簧連接，人帶著手機向前加速運動階段與靜止時相比，手

機上的電容器（D）

MA

前

左斗*右*下

后一

6

A.電容變大

B.兩極板間的電壓降低

C.兩極板間的電場強度變大

D.兩極板所帶電荷量減少

解析人帶著手機向前加速運動時，電容器兩極板間的距離變大，由C=M可得，手機上

的電容器的電容變小，A錯誤；電容器始終與電源相連，所以人帶著手機向前加速運動階

段與靜止時相比，手機上的電容器兩極板間的電壓不變，B錯誤；由可得，兩極板間

的包場強度變小，C錯誤；由電容的定義式。可得，兩極板所帶的電荷量為。=CU,

而電容C變小，電壓U不變，所以兩極板所帶電荷量減少，D正確.

命題點2帶電荷量不變時的動態分析

3.”.■/2021重慶］電容式加速度傳感器可用于觸發汽車安

全氣囊.如圖所示，極板M、N組成的電容器視為平行板電容器，M固

定，N可左右運動，通過測量電容器極板間電壓的變化來確定汽車的加

速度.當汽車減速時，極板M、N的距離減小，若極板上電荷量保持不

變，則該電容器（C）

A.電容變小

B.極板間電壓變大

C.極板間電場強度不變

D.極板間電場強度變小

解析當汽車減速時，極板M、N的距離減小，由平行版電容器的決定式。=同可知,電

4nkd

容器的電容增大，A錯誤：又極板上的電荷量保持不變，由電容定義式C=*可知，極板之

間的電壓變小，B錯誤；級板間的電場強度￡=營=s=罕當=當，可知極板之間的電場

dCda2

強度不隨極板間距離d變化，C正確，D錯誤.

4.［兩種變化的綜合問￡/多選］如圖所示，G為靜電計，M、N為平行板電容器的金屬板，開

始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度.若不考慮靜電計引起的電荷量變化，則下列說

法正確的是（AC）

A.保持開關S閉合，將兩極板間距減小，兩極板間的電場強度值增大

B.保持開關S閉合，將滑動變阻器R的滑片P向左移動，靜電計指針

張開角度變大

C.斷開開關S后，緊貼N極板插入金屬板，靜電計指針張開角度變小

D.斷開開關S后，將兩極板間距增大，兩極板間的電勢差U減小

解析保持開關S閉合，滑動變阻器R僅僅充當導線功能，電容器兩極板間的電勢差U不

變，滑動變阻器R的滑片P向左移動不會影響靜電計指針張角，靜電計指針張開角度不

變，將兩極板間距d減小.由七i=?可知兩極板間的電場強度￡i增大，故A正確，B錯

a

誤；斷開開關S后，包容器的帶電荷量。不變，若緊貼N極板插入金屬板，相當于兩極板

間距d減小，根據。=二可知電容C增大，根據C=§可知兩極板間的電勢差U減小，靜

電計指針張開角度變小，若將兩極板間距d增大，電容C減小，兩極板間電勢差U增大，

故C正確，D錯誤.

方法點撥

平行板電容器的動態分析思路

命題點3電容器與力學知識的綜合應用

5.如圖所示，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負極相連，一帶電小球經

絕緣輕繩懸掛于兩極板之訶，處于靜止狀態.現保持右極板不動，將左極板向左緩慢移動.關

于小球所受的電場力大小F,繩子的拉力大小7,輕繩與豎直方向的夾角仇下列判斷正確

的是（A）

A.尸逐漸減小,T逐漸減小,夕逐漸減小

B.尸逐漸增大，丁逐漸減小，。逐漸增大

c.”逐漸增大，r逐漸減小，。逐漸減小

D/逐漸減小，「逐漸增大，。保持不變

解析電容器與電源相連，所以兩極板間電勢差不變，將左極板向左

緩慢移動的過程中，兩板間距離增大，則由U=&/可知，電場強度E

減小，小球所受電場力/=回減小.如圖所示，小球處于平衡狀態，受

重力、拉力與電場力的作用，故拉力與電場力和重力的合力大小相

等，方向相反，根據平行臼邊形定則可知，T=1產十G2,由于重力不變，電場力減小，故

拉力減小，。減小，A正確，B、C、D錯誤.

命題拓展

若充電后將電源去掉，保持右極板不動，將左極板向右緩慢移動，則卜.面幾個物理量怎樣

變化？

(1)U減小；(2)尸不變；(3)T不變；(4)8不變.

解析充電后將電源去掉，則平行板電容器的電荷量。不變，將左極板向右緩慢移動，則

d減小，根據可知C增大；根據U=2可知，U減小；根據尸=7=。="塔可

4nkaCd￡rS

知，尸不變；根據受力分聽可知7不變，。不變.

考點2帶電粒子在電場中的直線運動

臺

1.做直線運動的條件

(I)粒子所受合力產介=0,粒子靜止或做勻速直線運動.

(2)粒子所受合力”含W0且與初速度共線，帶甩粒子將做加速直線運動或減速直線運動.

2.兩種分析角度

刪動力［JT……，」

<2)附力制5HB電埼中1Fn&rfrf

3分新「

叁3Kl電場中】

3.帶電粒子在電場中運動時是否考慮重力的處理方法

(1)基本粒子：如電子、質子、a粒子、離子等，除有說明以外，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，除有說明以外，一般都要考慮重力.

知識活用

口兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一個質子從。點靜止釋放，。、A相距為人質子

質量為〃?，質子的電荷量為g.

（i）質子由O點到A點的過程中，由動能定理有qU（M=誘,其中UCA=￡U,

2a

故質子到A點的速度VA=、呼.

V7tia

<2）質子由O點到A點的過程中，所用時間為f,加速度大小為小由牛頓第二定律有學_

匯=〃以，由勻變速直線運動規律有〃解得尸摩.

u2Nqu

6.如圖所示，兩極板加上恒定的電壓U,將一質量為〃?、電荷量為+，/的帶電粒子在正極板

附近由靜止釋放，粒子向負極板做加速直線運動.不計粒子重力.若將兩板間距離減小，再次

釋放該粒子，則（B）

+卜

A.帶電粒子獲得的加速度變小

B.帶電粒子到達負極板的時間變短

C.帶電粒子到達負極板時的速度變小

D.加速全過程靜電力對帶電粒子的沖量變小

解析根據勻強電場場強公式和牛頓第二定律有E=g、理：=/〃〃，可得”="，將兩板間距

離減小，帶電粒子獲得的加速度變大，故A錯誤：根據勻變速直線運動規律4=3產，解得

/=J中，將兩板間距離減小，帶電,粒子到達負極板的時間變短，故B正確；根據動能定

理有解得>’=杵，帶電粒子到達負極板時的速度不變，故C錯誤；根據動量

定理有/=〃?也可知加速全過程靜電力對帶電粒子的沖量不變，故D錯誤.

方法點撥

帶電體在電場中的直線運動的一般分析步驟

考點3帶電粒子在勻強電場中的偏轉

知識整合教材漠厚

1.偏轉規律

如果帶電粒子以初速度i，o垂直場強方向進入板間電壓

運動情況為U的勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運/g?一由，

動，如圖所示?：

將粒子的運動分解為沿初速度方向的191勻速直線運動和沿電場力方向的

處理方法

[101勻加送直線運動.根據運動的合成與分解的知識解決有關問題

運動時間尸,，加速度〃=￡=變=與，偏轉量》=；"=碧；，偏轉角0

基本關系式

的正切值tan0=2=竺=黑7

v0v0mdvg

2.兩個結論

（1）不同的帶電粒子從靜1L開始經過同一電場加速后，再從回?偏轉（勻強）電場射出時

的偏移鼠），和速度偏轉角。總是[111相同的.

由gUo=）n，；、tan。=半得），=片，tan0=-^-

1

2"，2mdx^〃W嚙/4UQd2UM

（2）帶電粒子經勻強電場偏轉后，速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位

移的II2］中點.

於組由tan/7=-#x=^—=~.

xtan。2

3.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，，/4=）八2一亍〃詔，其中“

=2）指初、末位置間的電勢差.

知識活用教材讀活

?如圖所示，兩相同極板A與B的長度/為6.0cm,相距d為2cm,

極板間的電壓U為200V.一個電子沿平行于板面的方向射入電場

中，射入時的速度w為3.0Xl（）7m/s,把兩板間的電場看作勻強電場，其中電子的電荷量e

=1.60X10-,9C,電子的質量m=9.11X10-3,kg.

（I）電子在電場中做什么運動？

（2）求電子穿出電場所用時間.

（3）求電子穿出電場過程中垂直極板方向的位移大小.

答案（1）類平拋運動（2）2.0X102（3）0.35cm

解析（1）電子在平行板板方向做勻速直線運動，在垂直極板方向做勻加速直線運動，整

體做類平拋運動.

（2）電子在平行極板方向做勻速直線運動，則有/=%八解得/=2.OX1（T%

（3）由牛頓第二定律有力=刖在垂直極板方向有尸那，解得尸0.35cm.

命題點1只在電場力作用下的偏轉

7.如圖所不，兩金屬板P、Q水平放置，間距為4兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網

-------------p

G,P、Q、G的尺寸相同,G接地，P、。的電勢均為°（夕>0）.質量為加、'

電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為。的位置，以速度即--------o

平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計.

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大

小：

（2）若粒子恰好從G的二方距離G也為〃的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多

少？

答案（1）/說+與（2）

解析（1）PG、QG間場強大小相等，均記為E.粒子在PG間所受電場力產的方向豎直向

下，設粒子的加速度大小為〃，有

石=與,F=qE=ma

設粒子第一次到達G時動能為后,由動能定理有

qEh=Ev—^nvl

設粒子第一次到達G時所用的時間為f,粒子在水平方向的位移大小為/,則有

〃=）戶，l=vot

聯立解得反=評+制人，/=%/警.

（2）若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短.由對稱性知，此時金

屬板的長度為

L=2/=2v0呼.

命題拓展

情境變化設問一致

（1）保持P、。兩板電勢/不變，將。和Q分別豎直向上和豎直向下平移泉其他條件不

變，求原題中的兩問.

（2）保持P、。兩板的電荷量不變，將。和。分別豎直向下和豎直向上平移?（己知

/:）,其他條件不變，求原題中的兩問.

一題多設問

（3）將原題（2）改為：若粒子恰好從距離G也為力的位置離開電場，則金屬板的長度可

能為多少？

答案（1），〃評+%/?2voJ^

⑵初詔:與必用席2飛居

（3）ho叵（左=2,4,6,…）

7qfp

解析（1）由于尸、G、。構成了兩個電容器，保持尸、。兩極電勢夕不變，則平移后

P、G間的場強大小鼠=號，然后結合水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速運動及

動能定理進行分析求解，請同學們自己動手做一做.

（2）P、G原來相距/平移后戶、G相距B保持尸、Q兩板的電荷量不變，根據。=編

和U=?及氏=2可得及="塔，因此P、G間的場強大小不變，仍為尊.

（3）由于P、G間的場強與G、。間的場強大小相等，方向相反，因此粒子在P、G間和

G、Q間的運動具有對稱性和周期性，粒子可能從G的V方距離G為刀的位置離開電場，

也可能從G的上方距離G為h的位直離開電1場.請同學們自己動手做一做并畫出粒子的運動

軌跡圖.

方法點撥

帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題的解題模板

確定飛出偏轉電場后勻速—確定。p=

［偏移量y'=〃an8J—y+y，

命題點2在電場力和重力作用下的偏轉

84電場和重力場組合下的偏轉/多選］如圖所示，在真空中，水平面MN的下方存在豎直向

下的勻強電場，質量為機的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度

i，o水平拋出，從8點進入電場，到達。點時速度方向恰好水平.已知H洶:

A、B、C三點在同一直線上，且4B=2BC,重力加速度為g,則|片fTT

(ABD)

A.小球在電場中受到的電場力大小為3mg

B.小球帶負電

C.小球從A到8與從8到C的運動時間相等

D.小球從A到8與從8到C的速度變化量大小相等

解析從豎直方向上看，小球初速度為0,先勻加速后勻減速至速度再次為0,從水平方向

上看，小球一直做勻速直線運動，因為A8=28C,故小球在做平拋運動時的水平位移是小

球在電場中運動時的水平位移的2倍，所以小球做平拋運動的時間是小球在電場中運動的

時間的2倍，選項C錯誤；小球在。點時速度方向恰好水平，根據公式知，小球在

電場中的加速度大小是做平拋運動時的加速度大小的2倍，因為做平拋運動時的加速度大

小為g,所以在電場中運動時的加速度大小為2g,方向盤直向上，所以有尸電一〃吆=2mg,

得電場力大小/電=3/必，選項A正確；小球在豎直向下的電場中受向上的電場力，故小球

帶負電，選項B正確；因為小球在A、C點的速度相同，所以小球從4到8與從B到。的

速度變化量大小相等，方向相反，選項D正確.

9.［電場和重力場疊加下的偏轉］如圖所示，在真空中，將一個質量為

機、帶電荷量為+夕的粒子從A點以初速度師豎直向上射入水平向右的

勻強電場中，粒子通過電場中8點時，速率如=2血，方向與電場的方

向一致，則A、8兩點的弓勢差為(C)

詔

A等E3m詔Q2m詔D.3m

'q"q~2q~

解析粒子在豎直方向做勻減速直線運動，則有2。?=晶，電場力做正功，重力做負功，

使粒子的動能由!〃汨變為2〃汨，則根據動能定理有Uq—mgh=2〃鬲一，〃詔，解得A、B兩

點電勢差應為故選項C正確.

q

命題點3多種粒子偏轉運動的比較

104多選］如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小【卜

球，從平行板電場中的P點以相同的水平初速度垂直于電場方向進入電二,

場，它們分別落在A、B、C三點，則可判斷（AD）

A.落到A點的小球帶正電，落到8點的小球不帶電1-------/一

B.三小球在電場中運動時間相等

C.三小球到達正極板時的動能關系是Em>ERB>Eke

D.三小球在電場中運動的加速度關系是ac>an>aA

解析在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負也小球的受力K

如圖所示，三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，則落在板中+（）

上時水平方向的距離與下落時間成正比，即〃>加>/,由于豎直位移|\F

CGG

相同，根據〃=9產知，aA<ali<ac,則結合牛頓第二定律知，落在A

點的小球帶正也，B點的小球不帶也，C點的小球帶負電，A、D正確，B錯誤；根據動能

定理卬分=反一反0,三球所受合力關系&<凡?,三球的初動能相等，可知氏VEksV

Eke,C錯誤.

熱點10現代科技中的靜電場問題

靜電場在現代科技中的應用主要是運用電場對不同粒子的加速和偏轉悄況不同的原理以及

電容器的動態變化原理.高考常結合現代科技考查考生對帶電粒子在電場中運動的靈活應用

以及將實際問題模型化的能力，試題難度中等.

i.［］靜電噴涂是利用高壓靜電電場使帶負電的涂料微粒沿著與電場相反的方向定向

運動，并將涂料微粒吸附在工件表面上的一種噴涂方法，其工作原理如圖所示.忽略運動中

涂料微粒間的相互作用和涂料微粒的重力.下列說法中正確的是（D）

A.當靜電噴涂機與被噴涂工件之間的距離增大時，運動中的涂料微粒所受電場力增大

B.涂料微粒的運動軌跡僅由被噴涂工件與靜電噴涂機之間所接的高壓電源決定

C.在靜電噴涂機水平向左移動的過程中，有兩個帶有相同電荷量的微粒先后經過被噴涂工

件右側P點（相對工件的距離不變）處，先經過的微粒電勢能較大

D.涂料微粒在向被噴涂工件運動的軌跡中，在直線軌跡上電勢升高最快

解析當靜電噴涂機與被噴涂工件之間的距離增大時，由于靜電噴涂機與被噴涂工件之間

電壓恒定，電場強度減小，故涂料微粒所受電場力減小，A錯誤；涂料微粒的運動枕跡與

初速度和受力情況均有關，B錯誤；工件接地，電勢為零，P處電勢為負值，噴涂機左移

會使空間場強變大，尸點亂勢變低，因微粒帶負電，先經過的微粒電勢能小，C錯誤：涂

料微粒在向被噴涂工件運動的航跡中，直線的距離最小，結合公KU=Ed,在直線枕跡上

電勢升高最快，D正確.

2.如圖是某款家用空氣凈化器的原理示意圖，污濁空氣通過過濾網后塵埃帶電.圖中充電極

b、d接電源負極，集塵極。、c、e接電源正極（接地）.以下說法正確的是（B）

A.通過過濾網后空氣中的塵埃帶正電

B.塵埃被吸附到集塵極e的過程中動能增大

C.c、d兩個電極之間的電場方向豎直向上

D.塵埃被吸附到集塵極。的過程中所受電場力做負功

解析塵埃經過過濾網后被正極吸引，所以塵埃帶負電，故A錯誤；塵埃在被吸附到集塵

極e的過程中電場力做正功，動能增大，故B正確；因為充電極b、d接電源負極，集塵極

a、c、e接電源正極，所以c、d兩個電極之間的電場方向豎直向下，故C錯誤；塵埃帶負

電，受力方向與電場線方向相反，故吸附到集塵極a的過程中所受電場力做正功，故D錯

?u

伏.

34］心臟除顫器的工作原理是向儲能電容器充電，使電容

器獲得一定的儲能，對心顫患者皮膚上的兩個電極板放電，讓一部

分電荷通過心臟，刺激心顫患者的心臟，使之恢復正常跳動.如圖是

一次心臟除顫器的模擬治療，該心臟除顫器的電容器電容為14",

充電至10kV電壓，如果可容器在2ms時間內完成放電，放電結束時電容器兩極板間的電

勢差減為零，下列說法正朝的是（B）

A.這次放電過程中通過人體組織的電流恒為70A

B.這次放電有0.14C的電荷量通過人體組織

C.若充電至5kV,則該電容器的電容為7pF

D.人體起到絕緣電介質的作用

解析根據。可知該電容器所帶電荷量在放電過程中逐漸減小，電壓也在逐漸減小，所

以電流逐漸減小，A錯誤；根據。可知充電至10kV時電容器帶的電荷量為Q=CU=

0.14C,故這次放電過程中有0.14C的電荷量通過人體組織，B正確；在充電過程中，電

容器的電容C不變，仍然為14pF,C錯誤；人體為導體，D錯誤.

4.[/多選]電子束熔煉是指高真空下，將高速電子束的動能轉換

為熱能作為熱源來進行金屬熔煉的一種熔煉方法.如圖所示，陰極燈絲被

加熱后產生初速度為（）的電子，在3X10,加速電壓的作用下，以極高

的速度向陽極運動；穿過陽極后，在金屬電極4、A2間IX10、電壓形

成的聚焦電場作用下，轟擊到物料上，其動能全部轉換為熱能，使物料不斷熔煉.已知某電

子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OPO'所示，。是軌跡上的一點，聚焦電場過戶點的一條電

場線如圖中弧線所示，則（ABD）

A.電極4的電勢高于電極A2的電勢

B.電子在尸點時速度方向與聚焦電場強度方向夾角大于90°

C.聚焦電場只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小

D.電子轟擊到物料上時的動能大于3X104eV

解析由粒子運動軌跡與力的關系可知電子在P點受到的電場力斜向左下方，電子帶負

電,，所以電場強度方向與電子受到的電場力方向相反，即電極4的電勢高于電極心的電

勢，A正確；電子在2點時速度方向與聚焦也場強度方向夾角大于90°,B正確；聚焦電場

不僅改變電子速度的方向，也改變電子速度的大小，C錯誤；由動能定理知，電子到達聚

焦電場時動能已經為3X104eV,再經過聚焦電場加速，電子轟擊到物料上時的動能肯定大

于3X1（＞eV,D正確.

1.[-72023浙江6月]某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所

示，轉向器中有輻向電場.粒子從M點射入，沿著由半徑分別為

品和尺的圓弧平滑連接成的虛線（等勢線）運動，并從虛線上o.

的N點射出，虛線處電場強度大小分別為田和氏，則/、&

和昂、反應滿足（A）

R%一葉

A2藝B^一漉

r￡1=^.D^=暮

E

HR22

解析粒子在下側電場中運動時，由牛頓第二定律得9后=〃方，又由于粒子沿等勢線運

動，則粒子進入上側電場的速度大小不變，由牛頓第二定律得通2=槎，整理得葛甘，A

對，BCD錯.

2.［二Z2O23湖北/多選］一帶正電微粒從靜止開始經電壓口加速后，射入水平放置的平

行板電容器，極板間電壓為S.微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45。,

微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和￡,到兩極板距離均為4,

如圖所示.忽略邊緣效應，不計重力.下列說法正確的是（BD）

A.￡：d=2：1

B.Ui：Ui=\：1

C.微粒穿過電容器區域的偏轉角度的正切值為2

D.僅改變微粒的質量或者電荷數量，微粒在電容器中的運動軌跡不變

解析

水平方向：x=vxt2

—=x—=x-,與小，〃無關，D對

—

豎直方向：y=vyt2

3.［〃022湖北］密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分

別與電源的正負極相接，板間產生勻強電場.用一個噴霧器把密度

相同的許多油滴從上板中旬的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由

于摩擦而帶電，金屬板間電勢差為U時,電荷量為外半徑為，?的球狀油滴在板間保持靜止.

若僅將金屬板間電勢差調整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷晟和半徑可以

為（D）

A.q,rB.2q,rC.2q,2rD.4q,2r

解析帶電油滴在電場中受力平衡，根據平衡條件有=備,而〃?=*兀/3,即；必小戶=

若，僅將金屬板間電勢差調整為2U,則有如*=q弓，依次將球狀油滴所帶電荷量后半

徑代入此式，只有D項正確，ABC項錯誤.

4.［工行板電容器+受力分木力工蘇高考］如圖所示，水平金屬板A、8分別與電源兩極相連,

帶電油滴處于靜止狀態.現將4板右端向卜移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面,

則該油滴（D）

u?油油

A.仍然保持靜止B.豎直向下運動

C.向左下方運動D.向右下方運動

解析由于水平金屬板A、3分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，將3極右

端向下移動一小段距離，極板之間的立場強度將減小，油滴所受電場力減小，且電場力方

向斜向右上方，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運動，選項D正確.

5.［三上.2）23新課標］密立根油滴實驗的示意圖如圖所示.兩水平金屬平板

上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電荷量不同、密度

相同的小油滴.兩板間不加電壓時，油滴。、〃在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運

動，速率分別為小、手；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達到相同的

速率熱均豎直向下勻速運動.油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運動速率

成正比，比例系數視為常量.不計空氣浮力和油滴間的相互作用.

（1）求油滴。和油滴〃的質量之比；

（2）判斷油滴〃和油滴力所帶電荷的正負，并求〃、〃所帶電荷品的絕對值之比.

答案（2）。帶負電荷，〃帶正電荷4：\

解析（1）根據題述有/=心廠

設油滴4的質量為/〃油滴〃以速率收）向下勻速運動，由平衡條件有〃?送=加0廠1,孫=

弼，

設油滴6的質量為加2,油滴b以速率30向下勻速運動，由平衡條件有"?吆=七$0=2,加2=

扣沏

聯立解得〃?］；〃?2=8/1

（2）由于當在上下平板加恒定電壓（上板為高電勢）時，這兩個油滴很快以手0的速率豎

直向下勻速運動，所以有

油滴〃速度減小，說明油酒a受到了向上的電場力，則海滴〃帶負電.荷

油滴力速度增大，說明油滴。受到了向下的電場力，則油滴力帶正電荷

由詈=8和，"尸加？。，加2=］喙可知，甲、乙油滴的半徑之比為3=2

由/=八步可知兩個油滴均以速率豎直向下勻速運動時，所受阻力之比為右=乜=2

2fzr2

油滴b以速率30豎直向下勺速運動時，所受阻力為力=那2g

結合/=kvr可知油滴。以速率30豎直向下勻速運動時，所受阻力為及=26=2〃?吟

油滴a以速率$，0豎直向下勺速運動，所受阻力為

力=至=4加2g

設油滴a所帶電荷量的絕對值為切，由平衡條件有

m\g=q\E-\-f\

設油滴。所帶電荷量的絕對值為由，由平衡條件有

聯立解得4；42=4.1.

幕礎榛知識通關

1.間距為"的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為口，板間場強為與，現

將電容器所帶電荷量變為2Q,板間距離變為上，，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為

S，板間場強為及，下列說法正確的是（C）

A.lh=UiE2=EIB.S=2UI&=4昂

C.U2=U\E2=2EID.U2=2U]E2=2EI

解析由C=f2得，板間距離變為g,則C2=2C\又U=M，則U2=W=U[.由得，

4nkd2CtQd

E2=~T-=2Eyt故C正確.

2.[2024成都七中零診]如圖所示，一帶電微粒在重力和水平勻強電場對它的電場力作用下

由〃到〃做直線運動，加連線與豎直方向所夾的銳角為〃，則卜.列結論正確的是（D）

A.此微粒帶負電

B.微粒可能做勻速直線運動

C.合外力對微粒做的總功等于零

D.微粒的電勢能減小

解析帶電微粒受到的重力和包場力均為恒力，故受到的合外力不變，微粒由a到〃做直

線運動，則電場力方向水平向右，微粒帶正電，加速度不變，故帶電微粒做勻加速直線運

動，A、B錯誤：由于微粒做勻加速直線運動，故合外力對微粒做正功，C錯誤；由于電場

力做功W=3%>cos。，故電場力對微粒做正功，微粒的電勢能減小，D正確.

34Z2024青海海東名校聯考］如圖甲所示，人體細胞膜由磷脂雙分子層組

成，雙分子層間存在電壓（醫學上稱為膜電位）.某小塊均勻的細胞膜，厚度為d,膜內的

電場可視為勻強電場，簡化模型如圖乙所示，若初速度為零的鈉離子（帶正電荷）僅任電

場力的作用下，從圖中的8點運動到A點，則下列說法正確的是（D）

工

立■內

圖甲圖乙

A.此細胞膜內電場的電場強度方向由A點指向3點

B.運動過程中鈉離子的電勢能增大

C.若膜電位不變，則d越大，鈉離子射出細胞外的速度越小

D.若膜電位不變，則d變化，鈉離子射出細胞外的速度不變

解析因為鈉離子（帶正電荷）僅在電場力的作用下由靜止從8點運動到A點，所以此細胞

膜內電場的電場強度方向由B點指向4點，A錯誤；因為電場力對鈉離子做正功，所以鈉

離子的電勢能減小，B錯誤；根據題意，由動能定理有可知鈉離子射出細胞外

的速度v與d無關，因為膜電位U不變，所以鈉離子射出細胞外的速度不變，C錯誤，D

正確.

4.［2023江西二模］如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，A球位于8球的正上方，質量相等

的兩個小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點，其中只有一個小球帶

電，不計空氣阻力，下列說法不正確的是（B）

A.若A球帶電，則A球一定帶負電

B.若A球帶電，則A球的電勢能一能增加

C.若8球帶電，則4球一定帶正電

D.若B球帶電，則B球的電勢能一定增加

解析兩個小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點，水平方向做勻速

直線運動，則有x=vw,可知兩球下落時間相同；兩小球下落高度不同，根據公式。=

）尸，可知A球的加速度大于B球的加速度，故若A球帶電，必定帶負電，受到向下的電

場力作用，電場力做正功，電勢能減小；若8球帶電，必定帶正電，受到向上的電場力作

用，電場力做負功，電勢能增加.故只有B符合題意.

5.［：Z2O23浙江I月/多選］如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉電極yr、水平

方向偏轉電極XX，和熒光屏組成電極XX的長度為/、間柜為d、極板間電壓為u,yy‘吸板

間電壓為零，電子槍加速電壓為iou.電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿

方向進入偏轉電極.已知電子電荷量為e，質量為〃?，則電子（D）

10U

A.在XX，極板間的加速度大小為絲

m

B.打在熒光屏時,動能大小為UeU

c.在XX，極板間受到電場力的沖量大小為前7

D.打在熒光屏時，其速度方向與0。連線夾角a的正切lana=y

解析XX'極板間的電場強度大小為E=?電子所受的包場力大小為/=〃=斗，由牛頓第

二定律得A錯誤；電子在加速也場中運動時電場力做的功為用=e/OU,電子

沿0（7方向進入偏轉也極，若能打在熒光屏上，在XX，極板間沿電場力方向的位移xW：,

則電場力做的功卬2瑪*&對全過程由動能定理得反=祐+卬2在胃6以B錯誤；電子剛好

從XX'極板的邊緣離開時.電子在XX'極板間受到的電場力做的功為1%'="/.故在XX'極

板間受到電場力的沖量大小/WJ2匕'〃1=>/^記，C錯誤；電（子離開加速電場時有e」OU=

/詔，電子在XX'極板間的加速度大小為。=看則離開XX板板間時電子在垂直XX，極板

方向的速度大小為叫=。/,沿。。'方向有/=皿，聯立解得lan。=2=〈，D正確.

J1*020d

13能力練型一哥關

6.［多選］如圖所示，一對?水平放置的足夠大的平行金屬板上均勻分布有等量異種電荷.三個

質量相同的小球，從板間某位置以相同的水平速度i，o射入兩極板間，落在傾斜絕緣板上的

A、B、C三點，其中兩個球帶異種電荷，另一個不帶電.不考慮傾斜板對勻強電場的影響及

電荷間的相互作用，下列說法正確的是（ABC）

A.落在A點的小球帶負電，落在C點的小球帶正電，落在6點的小球不帶電

B.落在A、B、。三點的小球在電場中的加速度的關系是四〉牝

C.三個小球在電場中運動的時間關系是tA＜tB＜tC

D.電場力對落在A點的小球做負功

解析小球垂直電場進入，則在平行于金屬板方向做勻速直線運動，因為落在。點的小球

的水平位移最大，落在A點的小球的水平位移最小，又具有相同的水平速度，則運動時間

關系為"V"V，c,C正確：小球垂直電場進入，則在平行電場線方向做初速度為零的勺加

速運動，根據力產，因為以＜卜＜匕且自＞的＞%,所以內＞。心＞%,B正確；因為

aA＞afi＞aCt分析可得，落在八點的小球電場力方向向下，落在。點的小球電場力方向向

上，落在3點的小球不受電場力，則落在A點的小球帶負電，落在C點的小球帶正電,落

在B點的小球不帶電，A正確；落在人點的小球電場力方向向下，電（場力對落在4點的小

球做正功，D錯誤.

7.如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質

量相同的帶電小球，。小球從緊靠左極板處由靜止釋放，〃小球從兩板正中央由靜止釋放，

兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中，它

們的（C）

A.運動時間關系為ta＞th

B.電勢能減少量之比△昂"△島〃=2

C.電荷量之比4"在一2.*1

D.動能增加量之比XEWb=2；1

解析小球在豎直方向做自由落體運動，兩者下落高度相同，說明運動時間相等，所以A

錯誤.在水平方向小球做勻加速直線運動，設板間距離為d,根據管，位移之比為2：

1,可得〃兩小球的電荷量之比為2：1,所以C正確.電勢能的減少量等于電場力做的

功，則△為：AEpb=（q“S：（。心=4：I,所以B錯誤.動能增加量之比等于合力做功之

比，即△￡%:△尻）=〃〃&/，+1〃）：（〃火力+若），由于不知道重力與電場力的關系，所以動

能增加量之比不確定，D錯誤.

8.如圖所示，在xQy坐標系所在平面內有沿工軸負方向的勻強電場，兩個電荷量不同、質

量相等的帶電粒子A、4,從），軸上的S點以不同的速率沿著），軸正方向射入勻強電場，兩

粒子在圓形區域中運動的時間相同，不計粒子所受的重力，則（C）

A.4粒子帶負電荷

B.8粒子所帶的電荷量比A粒子的少

C.4粒子在圓形區域中電勢能的變化量比3粒子的小

D.B粒子進入電場時具有的動能比A粒子的大

解析由運動枕跡可以判定A粒子帶正電荷，故A錯誤：兩粒子進入電場后均做類平陽運

動，沿），軸方向的分運動為勻速直線運動，沿x軸方向的分運動為勻加速直線運動，由題

圖可知兩粒子沿x軸的位移大小有即號史產＞詈耳,整理得在＞%,故B錯誤；

粒子在圓形區域中電勢能的變化量等于電場力所做的功，即|AEp|=W=qEx,由