2023高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-物理-舊教材第八章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動

第講電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動

［教材閱讀指導(dǎo)］

（對應(yīng)人教版選修3-1的頁碼及相關(guān)問題）

P30［演示］實(shí)驗(yàn)。

P32［做一做］。

提示：⑴面積表示電容器釋放的電荷量，即充電后所帶的電量；⑵數(shù)小格,

格數(shù)乘以每格面積所代表的電荷量；（3）0=6。

P32?33［問題與練習(xí)］1、T3、T4O

提示：T|：兩極板間電壓越大，偏轉(zhuǎn)角度越大。

T3：⑴U一定，Q=cu,Cr而

⑵Q一定,u=g,c=比前

T4,E-d-Cd-ErS-°

4nkd-d

l@P34［思考與討論］。

提示：仍然適用，動能定理分析不考慮運(yùn)動過程。

P34?35［例題2］。

P35“示波管的原理”一段。

P35?36圖1.9-4,若yp上加圖1.9-5的電壓,XX'上加圖1.9-6的電壓,

屏幕上亮線是什么形狀？

提示：正弦曲線形狀。

IBP37［科學(xué)足跡］,密立根實(shí)驗(yàn)——電子電荷量的測定。

P38［科學(xué)漫步］,范德格拉夫靜電加速器。

P39［問題與練習(xí)］12。

2

提示：-eU=0-^invo

---------------------Is十梳理對點(diǎn)激活1

知識點(diǎn)1常見電容器I

電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系11.電容器

(1)組成：由兩個(gè)彼此回絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。

(2)帶電量：一個(gè)極板所帶電荷量的因絕對值。

(3)電容器的充電、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因異號電荷,

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。放電過程中國電場能轉(zhuǎn)化為其

他形式的能。

③充電時(shí)電流流入正極板，放電時(shí)電流流出正極板。

2.常見的電容器

(1)分類：從構(gòu)造上可分為因固定電容器和的可變電容器。

(2)擊穿電壓：加在電容器兩極板上的國極限電壓,超過這個(gè)電壓，電介質(zhì)將

被擊穿，電容器損壞；電容器外殼上標(biāo)的電壓是因額定電壓,這個(gè)數(shù)值比擊穿電

壓雕。

3.電容

(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差。的比值。

⑵定義式：。=唬。推論：。=第。

(3)單位：法拉(F),1F=MIO6uF=E10l2pFo

(4)物理意義：表示電容器回容納電荷本領(lǐng)的物理量。

(5)決定因素

電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)(大小、形狀、正負(fù)極相對位置及電介質(zhì))決

定，與電容器是否帶電及所帶電荷量(或兩端所加電壓)無關(guān)。

4.平行板電容器及其電容

⑴影響因素：平行板電容器的電容與兩極板回正對面積成正比,與兩極板間

介質(zhì)的周相對介電常數(shù)成正比,與回兩板間的距禺成反比。

Pq

(2)決定式：皿三盤，左為靜電力常量。

知識點(diǎn)2帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動II

1.加速問題

若不計(jì)粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的回動能的增

量。

1

=2

在非勻強(qiáng)電場中：理皿?

(2)W=qU=2-

2.偏轉(zhuǎn)問題

(1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度5)理垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電

場。

(2)運(yùn)動性質(zhì)：因類平拋運(yùn)動。

(3)處理方法：利用運(yùn)動的合成與分解。

①沿初速度方向：做的勻速直線運(yùn)動,運(yùn)動時(shí)間，=(。

②沿電場方向：做初速度為零的回勻加速直線運(yùn)動。

③運(yùn)動過程，如圖所示：

加速度：a=-=E^==E=

m一m-ma

a.能飛出平行板：，=理《

運(yùn)動時(shí)間<b.打在平行極板上：,=/尸=去

離開電場時(shí)的偏移量：>=：。產(chǎn)=回照藥

乙ZA/tUQu

離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tan。=a=里鬻

、。0nw（\u

知識點(diǎn)3示波管I

1?構(gòu)造

示波管的構(gòu)造如圖所示，它主要由回電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,管內(nèi)

抽成真空。

偏轉(zhuǎn)電極：安

2.工作原理

⑴如果偏轉(zhuǎn)電極XX'和"之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿因直線

運(yùn)動,打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。

（2）示波管的一偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的因信號電壓,XX,偏轉(zhuǎn)電極上加

的是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做晅掃描電壓。若所加掃描電壓和信號電壓

的因周期相同,就可以在熒光屏上得到待測信號在一個(gè)周期內(nèi)隨時(shí)間變化的穩(wěn)定

圖象。

Z雙基夯實(shí)

一堵點(diǎn)疏通

1.電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)和。（）

2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。（）

3.標(biāo)有“1.5HF,9V"規(guī)格的電容器，其所帶電荷量定為1.35X10-5CO（）

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(wěn)壓電源

連接，則電壓U不變。（）

5.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動。（）

6.帶電粒子在電場中運(yùn)動時(shí)，不加特別說明重力可以忽略不計(jì)，帶電微粒、

帶電液滴在電場中運(yùn)動時(shí)，不加特別說明重力不可以忽略不計(jì)。（）

答案l.X2.X3.X4.V5.X6.V

二知識激活

1.關(guān)于電容器的電容，下列說法中正確的是（）

A.電容器所帶電荷量越多，電容越大

B.電容器兩板間電壓越低，其電容越大

C.電容器不帶電時(shí)，其電容為零

D.電容器的電容只由它本身的特性決定

答案D

解析電容器所帶電荷量越多，板間電壓越大，但電容不變，A錯(cuò)誤；電容

器所帶電荷量越少，其兩板間電壓越低，但電容不變，B錯(cuò)誤；電容表示電容器

容納電荷本領(lǐng)的大小，電容器不帶電時(shí)，其電容不為零，C錯(cuò)誤；電容表示電容

器容納電荷本領(lǐng)的大小，由電容器本身的特性決定，D正確。

2.（人教版選修3-1中32改編）（多選）如圖所示，用靜電計(jì)可以測量已充電

的平行板電容器兩極板之間的電勢差U,電容器已帶電，則下列判斷正確的是

（）

A.增大兩極板間的距離，指針張角變大

B.將A板稍微上移，靜電計(jì)指針張角變大

C.若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計(jì)指針張角變大

D.若減小兩板間的距離，則靜電計(jì)指針張角變小

答案ABD

解析靜電計(jì)的原理是電勢差U變大(小)，指針張角變大(小)。電容器所帶

電荷量一定，由公式C=懸知，當(dāng)4變大時(shí)，C變小，再由C=g得U變大，

指針張角變大，A正確；當(dāng)A板上移時(shí)，極板正對面積S變小，C也變小，U變

大，指針張角變大，B正確；當(dāng)插入玻璃板時(shí)，相對介電常數(shù)&增大，C變大，U

變小，指針張角變小，C錯(cuò)誤；當(dāng)兩板間的距離減小時(shí)，C變大，U變小，指針

張角變小，D正確。

3.(人教版選修3-1-P39-T3)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板

形成的偏轉(zhuǎn)電場，進(jìn)入時(shí)速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離

開時(shí)電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比。

(1)電子與氫核的初速度相同；

(2)電子與氫核的初動能相同。

答案(嘴(2)1

解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U,帶電粒子的電荷量為夕，質(zhì)量為加，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)

電場的速度為00,偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為乩極板長為/,則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中

的加速度”黑，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時(shí)間為，=(,粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)沿靜電

力方向的速度內(nèi)=G=黑,粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan

“一如一而暗

(1)若電子與氫核的初速度相同，端普=震

IdllC7Hrrle

(2)若電子與氫核的初動能相同，則黑薯=1。

Idll(7H

wa：細(xì)研悟法培優(yōu)I

考點(diǎn)1平行板電容器的動態(tài)分析鐲

1.對公式c=§的理解

電容c=§,不能理解為電容。與Q成正比、與u成反比，一個(gè)電容器電容

的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。

2.運(yùn)用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)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。=向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=號分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變化。

3.電容器兩類問題的比較

(DU不變

①根據(jù)。=￡=懸先分析電容的變化，再分析。的變化。

②根據(jù)七=%分析場強(qiáng)的變化。

③根據(jù)=分析某點(diǎn)電勢變化。

(2)2不變

①根據(jù)。=§=篇先分析電容的變化，再分析。的變化。

②根據(jù)七=與=黑分析場強(qiáng)的變化。

結(jié)論：

分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開

不變量UQ

C變小fQ變小、E變C變小一U變大、E不

d變大

小變

C變大fQ變大、E不C變大一U變小、E變

S變大

變小

6變大C變大f。變大、E不C變大fU變小、E變

變小

［特別提醒］在平行板電容器兩板間加入介電物質(zhì)，例如云母片，相當(dāng)于&

增大；加入與極板等大的導(dǎo)體板，相當(dāng)于a減小。

例1如圖所示，M、N為平行板電容器的兩個(gè)金屬極板，G為靜電計(jì)，開始

時(shí)閉合開關(guān)S,靜電計(jì)張開一定角度。則下列說法正確的是()

/?

A.開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將R的滑片向右移動，靜電計(jì)指針張開角度增大

B.開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將兩極板間距增大，靜電計(jì)指針張開角度增大

C.斷開開關(guān)S后，將兩極板間距增大，板間電壓不變

D.斷開開關(guān)S后，緊貼下極板插入金屬板，板間場強(qiáng)不變

［答案］D

［解析］保持開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容

器兩端的電勢差總不變，因此無論將R的滑片向右移動，還是將兩極板間距增大,

靜電計(jì)指針張角都不變，A、B錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S后，電容器帶電量不變，將兩

極板間距增大，即d增大，根據(jù)。=搞知，電容減小，根據(jù)U=旨知，板間電

壓增大，C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S后，電容器帶電量不變，若緊貼下極板插入金屬板，

則△減小，根據(jù)E=§=嚶知，極板間的電場強(qiáng)度不變，D正確。

acrO

總結(jié)升華

解決電容器板間場強(qiáng)的技巧

(1)在電壓不變的情況下，由E=%來判斷場強(qiáng)變化，場強(qiáng)E只隨板間距離而

變。

⑵在電荷量保持不變的情況下，由￡=號=告=甯知，電場強(qiáng)度與板間距

離無關(guān)。

［跟進(jìn)訓(xùn)練］

1.（平行板電容器動態(tài)分析）（2021.青海省西寧市高三一模）（多選）如圖，。為中

間插有電介質(zhì)的電容器，匕極板與靜電計(jì)金屬球連接，。極板與靜電計(jì)金屬外殼都

接地。開始時(shí)靜電計(jì)指針張角為零，在b板帶電后，靜電計(jì)指針張開了一定角度。

以下操作能使靜電計(jì)指針張角變大的是（）

A.將。板也接地

B.〃板不動、將。板向右平移

C.將a板向上移動一小段距離

D.取出a、匕兩極板間的電介質(zhì)

答案CD

解析將。板也接地，電容器兩極板電勢差為零，靜電計(jì)指針不偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)

誤；人板不動、將a板向右平移，根據(jù)。=向可知△變小時(shí)，C變大，Q不變

時(shí)，根據(jù)可知U減小，即靜電計(jì)指針張角變小，B錯(cuò)誤；將。板向上移

動一小段距離，根據(jù)c=向可知s變小時(shí)，C變小，Q不變時(shí)，根據(jù)C=護(hù)，可

知U變大，即靜電計(jì)指針張角變大，C正確；取出八人兩極板間的電介質(zhì)，根

據(jù)。=篇可知。變小，。不變時(shí)，根據(jù)。=號，可知U變大，即靜電計(jì)指針張

角變大，D正確。

2.（綜合分析）（多選）如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一個(gè)

電源相連，其中A板接地（取大地電勢s=0）。S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為

電荷量為＜7的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下說法正確的是（）

=C——3E

H*-v

A.保持S閉合，若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動，G

中有8fa的電流

B.保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移（油滴仍處于兩極板之間），則

油滴仍然靜止，G中有bf。的電流

C.若將S斷開，則油滴立即向下做勻加速直線運(yùn)動

D.若將S斷開，再將B板向下平移一小段位移，則油滴仍然保持靜止，但

油滴電勢能減小

答案AB

解析開始時(shí)，油滴所受重力和電場力平衡，即〃吆=qE,保持S閉合，則

兩板間電壓不變，將A板上移一小段位移，兩板間距離△增大，由后=稱可知，E

變小，油滴所受電場力變小，故油滴應(yīng)向下加速運(yùn)動；根據(jù)c=另、。=盛，知

。=焉故電容器所儲存的電量減小，向外放電，故G中有人一。的電流，A正

確。保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移，由后=與可知，E不變,油滴

FSU

仍靜止；根據(jù)。=嬴，知電容器所儲存的電量減小，向外放電，故G中有bf。

的電流，B正確。若將S斷開，電容器所儲存的電量。不變，則兩板間場強(qiáng)不變，

油滴仍靜止，故C錯(cuò)誤。若將S斷開，。不變，再將8板向下平移一小段位移，

根據(jù)C=§、C=羸、E=^,可得E=甯,可知場強(qiáng)E不變，則油滴仍靜止；

油滴所在位置與A板的距離不變，則根據(jù)U=Ed可知油滴所在位置與A板間的

電勢差不變，又因?yàn)锳板接地，則油滴所在位置的電勢不變，油滴的電勢能不變，

故D錯(cuò)誤。

3.（動態(tài)分析與圖象相結(jié)合）一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地。

兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以。表示電容器的電容、E表

示兩板間的場強(qiáng)、8表示尸點(diǎn)的電勢、出表示正電荷在尸點(diǎn)的電勢能，若正極板

保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離4）的過程中，下列關(guān)于各物理量與

負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是（）

答案C

解析電容器的電容。=甕，兩板間距隨負(fù)極板向右平移而逐漸減小，電

容C與d成反比，故C-尤圖象為曲線，A錯(cuò)誤；電容器與電源斷開后，電荷量不

變，根據(jù)石=MU=S。=篇，可知E=蟹，保持不變，B錯(cuò)誤；負(fù)極板

接地，電勢為零，尸點(diǎn)的電勢W等于P點(diǎn)到負(fù)極板的電勢差，即s=E（/初-x）,E

不變，在OWxWZo的范圍內(nèi)，x線性增大，s線性減小，C正確；由弓="可知，

在OWxW/o的范圍內(nèi)，Ep隨x的線性增大而線性減小，D錯(cuò)誤。

考點(diǎn)2帶電粒子（體）在電場中的直線運(yùn)動鈿

1.帶電粒子（體）在電場中運(yùn)動時(shí)是否考慮重力的處理方法

（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、a粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以

外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)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，

一般都要考慮重力。

2.做直線運(yùn)動的條件

（1）粒子所受合外力E合=0,粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動。

（2）粒子所受合外力F合力0,且合外力與初速度方向在同一條直線上，帶電粒

子將做勻變速直線運(yùn)動。

3.解題思路

（1）用動力學(xué)觀點(diǎn)分析

U,

Eq+尸其他=加凡E=（勻強(qiáng)電場），02一%=2或/（勻變速直線運(yùn)動）。

（2）用能量觀點(diǎn)分析

①勻強(qiáng)電場中：w電=Eqd=qU,W電+W其他=^mv2-；"?若。

②非勻強(qiáng)電場中：W電=qU,W電+W其他=反2-反1。

例2（多選）如圖所示，一中央開有正對小孔的平行板電容器，水平放置并與

電源連接，電源電壓恒為U,電鍵閉合時(shí)，將一帶電液滴從兩小孔的正上方P點(diǎn)

靜止釋放，液滴穿過A板的小孔a恰好能夠到達(dá)8板的小孔匕處，然后沿原路返

回（不計(jì)一切阻力，且液滴運(yùn)動過程中電荷量保持不變）?，F(xiàn)欲使液滴能從小孔b

處穿出，下列可行的辦法是（）

A.保持電鍵閉合，將A板下移一段距離

B.保持電鍵閉合，將8板下移一段距離

C.將電鍵斷開，將A板上移一段距離

D.將電鍵斷開，將8板上移一段距離

［答案1BD

［解析］帶電液滴從P點(diǎn)運(yùn)動到小孔8處的過程中，根據(jù)動能定理有：〃吆力必

-qU=Ekb-O,電鍵閉合時(shí)，電容器兩板之間的電壓U不變，將A板下移一段距

離，加。不變,液滴仍恰好能夠達(dá)到8板的小孔b處；將B板下移一段距離，hpb

增大，根據(jù)動能定理知，液滴能夠從小孔匕處穿出，A錯(cuò)誤，B正確。帶電液滴

從尸點(diǎn)運(yùn)動到小孔8處的過程中，根據(jù)動能定理有：mg"朋-電鍵

斷開時(shí)，極板所帶電荷量不變，極板間電場強(qiáng)度七=%=島=急一=蟹，可知

改變兩極板間距離，場強(qiáng)不變，將A板上移一段距離，d增大，〃心不變，根據(jù)動

能定理知，液滴不可能從小孔8處穿出；將B板上移一段距離，d減小，0總減小,

且減小量相同，根據(jù)動能定理知，液滴能夠從小孔〃處穿出，C錯(cuò)誤，D正確。

總結(jié)升華

帶電體在電場中運(yùn)動的分析方法

解決此類問題的關(guān)鍵是靈活利用動力學(xué)方法分析，可以采用受力分析和運(yùn)動

學(xué)公式相結(jié)合的方法進(jìn)行解決，也可以采用功能的觀點(diǎn)進(jìn)行解決，往往優(yōu)先采用

動能定理。

［跟進(jìn)訓(xùn)練］

1.（動力學(xué)觀點(diǎn)求解）（多選）如圖所示，兩個(gè)相同的平行板電容器均與水平方

向成。角放置，兩極板與直流電源相連。若帶電小球分別以速度。o沿邊緣水平射

入電容器，均能沿圖中所示水平直線恰好穿出電容器，穿出時(shí)的速度分別為0和

V2o下列說法正確的是（）

A.兩種情形下帶電小球的運(yùn)動時(shí)間相等

B.兩種情形下電容器所加電壓相等

C.小球的速度滿足關(guān)系00=01=02

D.小球的速度滿足關(guān)系2痛=好+資

答案BD

解析電場力的方向垂直于極板，由于兩種情形下小球均沿著水平方向運(yùn)動,

豎直方向所受合力均為零，因此兩種情形下帶電小球所受電場力大小均為F=

舞，又因兩電容器相同，根據(jù)=半知兩種情形下電容器所加電壓相等，

B正確；分析知第一種情形小球做勻減速直線運(yùn)動，第二種情形小球做勻加速直

線運(yùn)動，初速度相同，運(yùn)動位移相同，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律知，兩種情形帶電

小球的運(yùn)動時(shí)間不同，末速度也不同，A、C錯(cuò)誤；第一種情形，水平方向上有:

若--=2以，第二種情形，水平方向上有：vl-vl=2ax,兩式聯(lián)立，可得2說=

V1+V2,D正確o

2.（能量觀點(diǎn)求解）（2017.江蘇高考）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板

A、B、。中央各有一小孔，小孔分別位于。、M、P點(diǎn)。由。點(diǎn)靜止釋放的電子

恰好能運(yùn)動到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P'點(diǎn)，則由。點(diǎn)靜止釋放的電子（）

A.運(yùn)動到P點(diǎn)返回

B.運(yùn)動到P和P'點(diǎn)之間返回

C.運(yùn)動到P'點(diǎn)返回

D.穿過P'點(diǎn)

答案A

解析設(shè)A3、間的電場強(qiáng)度分別為屈、氏，間距分別為“和必，電子由

。點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中，據(jù)動能定理得：

eE\d\-eE2d2=0①

當(dāng)C板向右平移后，8C板間的電場強(qiáng)度

.，_UQQ4欣Q

5-d2'~C'di'_aS,,一&S，

板間的電場強(qiáng)度與板間距無關(guān)，大小不變。

第二次釋放后，設(shè)電子在BC間移動的距離為匚則

eE\d\-eE2X=0-0②

比較①②兩式知，X=d2,即電子運(yùn)動到尸點(diǎn)時(shí)返回，A正確。

考點(diǎn)3帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)硬

1.基本規(guī)律

設(shè)粒子所帶電荷量為/質(zhì)量為加，兩平行金屬板間的電壓為U,板長為/,

板間距離為或忽略重力影響），粒子能以平行金屬板的初速度。。進(jìn)入兩金屬板間

且能從兩金屬板之間穿過，則有

⑴力口速度：&=￡=延=緣＞

'又

mm1nd

(2)在電場中的運(yùn)動時(shí)間：，=(。

Vx=VO

(3)速度“qUl

v-at-~「

ymvoa

2.兩個(gè)結(jié)論

⑴不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出

時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度和偏移量y總是相同的。

1，得懸。由=%戒及春,

證明：由二及9tan,=y=

qUotan0=mv^d

但_UP

得y-4Uod°

(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)射出后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為

粒子水平位移的中點(diǎn)，即。到極板邊緣的水平距離為最

3.在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場5加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場仿偏轉(zhuǎn)后,

需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動才會打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P,如圖所示。

(1)確定最終偏移距離

思路一：

思路二:

-----------------/

確定加速一確定-：角形.砥.r=一

后的，"一門偏移y國廠㈣止礦不7

(2)確定偏轉(zhuǎn)后的動能(或速度)

思路一：

確定加速|(zhì)確定偏轉(zhuǎn)I-i1~2|,…

后的小H后的二H確定動期丁丁…

思路二：

)以加速—.確定偏轉(zhuǎn)丫一?動能定理：.yJniJ-Jmr：,

例3如圖所示，一真空示波管的電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計(jì))，經(jīng)燈絲

與A板間的加速電場加速，從A板中心孔沿中心線K。射出，然后進(jìn)入兩塊平行

金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場)，電子進(jìn)入M、N間

電場時(shí)的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點(diǎn)。已知加速

電壓為U,M、N兩板間的電壓為S,兩板間的距離為乩板長為L,偏轉(zhuǎn)電場

的右端到熒光屏的距離為/,電子的質(zhì)量為加，電荷量為e,不計(jì)電子重力。

(1)求電子穿過A板時(shí)的速度大小優(yōu)；

(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的側(cè)移量y；

⑶求OP的距離X;

(4)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的側(cè)移量)和偏轉(zhuǎn)電壓5的比叫做示波器的靈敏

度，分析說明可采用哪些方法提高示波器的靈敏度。

［答案】Q寸斗Q圈

⑶修

(4)增加L或者減小d以及減小5均可增加靈敏度

［解析］⑴粒子在加速電場中加速，由動能定理可知：

解得：°°=

⑵粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，

垂直電場方向：L=vot

。2

沿電場方向：=ma

側(cè)移量：>=%尸

u山

聯(lián)立解得：>=焉。

L

2v

(3)由幾何關(guān)系可知：—=f

2+/

得,:丫=(匕L+/\方Ui力L

(4)該示波器的靈敏度。

1}

解得：口=砌

則增加L或者減小d以及減小L/i均可增加靈敏度。

總結(jié)升華

帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩種求解思路

⑴運(yùn)動學(xué)與動力學(xué)觀點(diǎn)

運(yùn)動學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動的公式來解決實(shí)際問題，一般有兩種情況：

①帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動。

②帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)

動)。

當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動時(shí)，一般要采取類似平拋運(yùn)動的解決

方法。

（2）功能觀點(diǎn)：首先對帶電體受力分析，再分析運(yùn)動形式，然后根據(jù)具體情況

選用公式計(jì)算。

①若選用動能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，

同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動過程中動能的增量。

②若選用能量守恒定律,則要分清帶電體在運(yùn)動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化,

哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。

［跟進(jìn)訓(xùn)練］

1.（帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動）（2021.全國乙卷）（多選）四個(gè)帶電粒子的電

荷量和質(zhì)量分別為（+夕，⑼、（+4，2m）、（+3q,3旭）、（-<7,m）,它們先后以相

同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場中，電場方向與軸平行，不

計(jì)重力。下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動軌跡的圖像中，可能正確的是（）

答案AD

解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，加速度為。=誓，由類平拋運(yùn)

動規(guī)律可知，垂直于電場方向有X平行于電場方向有>=5尸，聯(lián)立得y=

痣。因?yàn)樗膫€(gè)帶電粒子的初速度相同，所以沿X軸方向運(yùn)動相同距離時(shí)，沿

y軸方向運(yùn)動的距離與比荷成正比，再結(jié)合粒子所帶電荷的電性，分析可知，粒

子（+q,m）、（+q,2加）、（+3q,3㈤向一側(cè)偏轉(zhuǎn),粒子（-見⑺向另一側(cè)偏轉(zhuǎn)，

且比荷相同的粒子（+4,〃?）、（+3g,3⑼、（-q,月的偏轉(zhuǎn)程度相同,比荷較小

的粒子（+4,2〃?）的偏轉(zhuǎn)程度較小，故A、D可能正確，B、C錯(cuò)誤。

2.（帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動）（多選）如圖所示，三個(gè)同樣的帶電粒子（不

計(jì)重力）同時(shí)從同一位置沿同一方向垂直于電場線射入平行板電容器間的勻強(qiáng)電

場，它們的運(yùn)動軌跡分別用。、b.c標(biāo)出，不考慮帶電粒子間的相互作用，下列

說法中正確的是（）

A.當(dāng)人飛離電場的同時(shí)，。剛好打在下極板上

B.b和c同時(shí)飛離電場

C.進(jìn)入電場時(shí)，c的速度最大，。的速度最小

D.在電場中運(yùn)動過程中，c的動能增加量最小，a、8的動能增加量相同

答案ACD

解析三個(gè)粒子相同，故進(jìn)入電場后，受到的電場力相等，即加速度相等，

在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，偏移量>=%戶，所以L=

Y

故B錯(cuò)誤，A正確；粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，故有。0=7，因?yàn)樨?

Xc>Xa,ta=tb>tc,所以有女>0b>M故C正確；根據(jù)動能定理有W=￡'分=△

Ek,知c的動能增加量最小，a、匕的動能增加量相同，故D正確。

考點(diǎn)4帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動座

1.常見的交變電場

常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波等。

2.常見的運(yùn)動形式

（1）粒子做單向直線運(yùn)動（一般用直線運(yùn)動規(guī)律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求解）。

（2）粒子做往返運(yùn)動（一般分段研究）。

（3）粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動（一般根據(jù)交變電場特點(diǎn)分段研究）。

3.帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的分析要點(diǎn)

（1）注重全面分析（分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律），抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和

在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動過程中的速度、位移、做功或確定與

物理過程相關(guān)的臨界條件。

（2）注意從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)

規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。

例4如圖a所示，兩平行正對的金屬板A、8間加有如圖b所示的交變電壓，

一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在玷時(shí)刻釋放該

粒子，粒子會時(shí)而向A板運(yùn)動，時(shí)而向8板運(yùn)動，并最終打在A板上。則仍可能

屬于的時(shí)間段是（）

T

A.O</o<4

「3T丁

C.彳<歷<7

［答案］B

［解析］設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度時(shí)

而為負(fù)，時(shí)而為正，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度為負(fù)。作出加=0、三、fs

平時(shí)粒子運(yùn)動的速度圖象如圖所示。

由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移,則由圖象可知0＜笫＜￡

y＜/（）＜r時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零；（＜m＜孝0寸粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總

位移小于零；當(dāng)fo＞T時(shí)情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周

期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各選項(xiàng)可知只有B正確。

總結(jié)升華

利用速度一時(shí)間圖象分析帶電粒子的運(yùn)動過程時(shí)，必須注意“五點(diǎn)”：

(1)帶電粒子進(jìn)入電場的時(shí)刻。

(2)速度一時(shí)間圖象的切線斜率表示加速度。

(3)圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，且在時(shí)間軸上方所圍成的面積為正，

在時(shí)間軸下方所圍成的面積為負(fù)。

(4)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用。

(5)圖線與時(shí)間軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度改變方向。對運(yùn)動很復(fù)雜、不容易畫

出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解。

［跟進(jìn)訓(xùn)練］

(帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動)如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L,

相距為4。。為中軸線，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽略兩極板外的電場。當(dāng)兩板間

加電壓UMN=UO時(shí)，某一帶負(fù)電的粒子從。點(diǎn)以速度加沿0。方向射入電場，

粒子恰好打在上極板M的中點(diǎn)，粒子重力忽略不計(jì)。

(1)求帶電粒子的比荷泰

(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期7=卷，從，=0開始，前(1時(shí)

2T

間內(nèi)UMN=2U,后亍時(shí)間內(nèi)UMN=-U,大量的上述粒子仍然以速度K沿。。方

向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。

4d3Uo

答案⑴屈？⑵便

解析(1)設(shè)粒子經(jīng)過時(shí)間力打在M板中點(diǎn)

沿極板方向有4=00/0

垂直極板方向有？=給點(diǎn)

解得2=京7。

⑵粒子通過兩板間的時(shí)間t=±=T

從r=0時(shí)刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動時(shí)，每個(gè)電壓變化周期的前三分之一時(shí)

間內(nèi)的加速度大小0=學(xué)》，在每個(gè)電壓變化周期的后三分之二時(shí)間內(nèi)的加速度

,,qU

大八3md

如圖所示為從不同時(shí)刻射入電場的粒子的速度一時(shí)間圖象，根據(jù)題意和圖象

分析可知，從仁〃T(〃=0,1,2,…)或/=(+〃T(〃=0,1,2,…)時(shí)刻入射的粒

子恰好不打在極板上，

貝IJ有^=gxTX與震，解得U=平。

考點(diǎn)5電場中的力、電綜合問題周

1.用動力學(xué)的觀點(diǎn)分析帶電粒子的運(yùn)動

(1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，這兩個(gè)力的合力為

一恒力。

(2)類似于處理偏轉(zhuǎn)問題，將復(fù)雜的運(yùn)動分解為正交的簡單直線運(yùn)動，化繁為

簡。

(3)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動公式，注意受力分析要全面，特

別注意重力是否需要考慮，以及運(yùn)動學(xué)公式里的物理量的正負(fù)號，即其矢量性。

2.用能量的觀點(diǎn)來分析帶電粒子的運(yùn)動

(1)運(yùn)用能量守恒定律分析，注意題中有哪些形式的能量出現(xiàn)。

(2)運(yùn)用動能定理分析，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有功，判

斷是分階段還是全過程使用動能定理。

例5如圖所示，一半徑為R的絕緣圓形軌道豎直放置，圓軌道最低點(diǎn)與一

條水平軌道相連，軌道都是光滑的。軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場。從

水平軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶正電的小球，已知小球受到的電場

力大小等于小球重力的點(diǎn)為使小球剛好在圓軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動，則釋放點(diǎn)A距

圓軌道最低點(diǎn)8的距離$為()

［答案］D

［解析］小球所受的等效重力為G=Y(mg)2+=|ng,設(shè)方向與

水平方向成。角斜向右下方，則tanO=^=*即，=53°。設(shè)等效最高點(diǎn)為C

點(diǎn)，小球剛好在圓軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動，則在。點(diǎn)等效重力提供小球做圓周運(yùn)動的

向心力，即G，=喏，解得比=邛^從A到。由動能定理得尸電(s-Hcos53°)

13

-機(jī)g(E+Rsin53°)=］加虎-0,其中尸電=于“，解得釋放點(diǎn)A距圓軌道最低點(diǎn)

23R

B的距離s=7一，所以D正確，A、B、C錯(cuò)誤。

總結(jié)升華

力電綜合問題的處理方法

力電綜合問題往往涉及共點(diǎn)力平衡、牛頓第二定律、平拋運(yùn)動規(guī)律、動能定

理、能量守恒定律等知識點(diǎn)，考查的知識點(diǎn)多，綜合分析能力的要求高，試題難

度較大，解答時(shí)要注意把握以下幾點(diǎn)：

(1)處理這類問題，首先要進(jìn)行受力分析以及各力做功情況分析，再根據(jù)題意

選擇合適的規(guī)律列式求解。

（2）對于帶電小球在重力場和電場疊加區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動，可以利用運(yùn)動的合成與

分解的方法，將小球的運(yùn)動分解為水平和豎直兩個(gè)方向上的分運(yùn)動，再對兩個(gè)分

運(yùn)動分別運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動規(guī)律或動能定理解答。

（3）帶電小球在重力場和電場疊加區(qū)域內(nèi)運(yùn)動時(shí)，若重力和電場力為恒力，可

以將重力和電場力合成為一個(gè)恒力產(chǎn)合，可以將這個(gè)復(fù)合場當(dāng)作等效重力場，則F

合為等效重力場中的“重力"，g'=勺為等效重力場中的“等效重力加速度”，

產(chǎn)合的方向等效為“重力”的方向。當(dāng)此恒力尸合的方向與運(yùn)動方向垂直時(shí)，其速

度（或動能）取得極值，小球在等效重力場中能夠做豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動的臨界

條件是恰好能夠通過圓周軌道上等效重力場的最高點(diǎn)。

［跟進(jìn)訓(xùn)練］

1.（等效重力場問題）（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場強(qiáng)度

為E=1X1（）4N/C的勻強(qiáng)電場。在勻強(qiáng)電場中有一根長/=2m的絕緣細(xì)線，一端

固定在。點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量加=0。8kg的帶電小球，靜止時(shí)懸線與豎直方向成

37°角。若小球獲得初速度恰能繞。點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，取小球在靜止

時(shí)的位置為電勢能零點(diǎn)和重力勢能零點(diǎn)，cos37°=0.8,g取10m/s2o下列說法

正確的是（）

：0

\］E

'\~

A.小球的電荷量（7=6XIO”c

B.小球動能的最小值為1J

C.小球在運(yùn)動至圓周軌跡上的最高點(diǎn)時(shí)有機(jī)械能的最小值

D.小球繞。點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的電勢能和機(jī)械能之和保持不變,

且為4J

答案AB

解析對小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可得機(jī)gtan37°=qE,

解得小球的電荷量為4=一=6X10-5*A正確；由于重力和電場力都是

恒力，所以它們的合力也是恒力，如圖乙所示，在圓周軌跡上各點(diǎn)中，小球在平

衡位置A點(diǎn)時(shí)的勢能（重力勢能和電勢能之和）最小，在平衡位置的對稱點(diǎn)B點(diǎn)，

小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以小球在8點(diǎn)的動能屏8最小，對應(yīng)

速度。B最小，根據(jù)題意，在8點(diǎn)小球只受重力和電場力，其合力為小球做圓周運(yùn)

動提供向心力，而繩的拉力恰為零，產(chǎn)合=C（：；A=1N,又產(chǎn)合得EkB=

嫁=1J,B正確；由于總能量保持不變，即Ek+EpG+￡pE=恒量，當(dāng)小球在圓

周軌跡上最左側(cè)的C點(diǎn)時(shí)，電勢能￡P(guān)E最大，所以在該點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，C錯(cuò)誤；

小球由8運(yùn)動到A,W合力=/合?2/,所以EpB=4J,總能量E=Eps+EkB=5J,

D錯(cuò)誤。

2.（綜合分析）（2019.天津高考）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為

加的帶電小球，以初速度。從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2%

方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程（）

二':E

A.動能增加5/B.機(jī)械能增加

C.重力勢能增加|〃/D.電勢能增加2加4

答案B

解析動能變化量AEk=；"2（2O）2-^mv2=I"/,A錯(cuò)誤；小球從M運(yùn)動至ijN

的過程中，只有重力和電場力做功，機(jī)械能的增加量等于電勢能的減少量，帶電

小球在水平方向做向左的勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式得（2。）2-0=2哈，則

電勢能減少量AEP電=卬電=夕&=2m"，故B正確，D錯(cuò)誤；小球在豎直方向做

勻減速到零的運(yùn)動，速度減小到零，由-4=-2g/?,得重力勢能增加量八4重=

mgh=^mv2,C錯(cuò)誤。

課時(shí)作業(yè)|

一、選擇題（本題共7小題，其中第1?5題為單選，第6?7題為多選）

1.（2021?江西省南昌市高三下二模）我國自主研發(fā)、電容量超過10000F的

“超級電容器”，可反復(fù)充放電100萬次，能夠在10s內(nèi)完成充電。在如圖所示

的平行板電容器充電過程中，極板電量隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是（）

答案C

解析電容器充電時(shí)，開始時(shí)充電電流較大，則伏f圖象的斜率較大，隨時(shí)

間的增加充電電流減小，則q-r圖象斜率減小。故選C。

2.（2016.天津高考）如圖所示，平行板電容器帶有等量異號電荷，與靜電計(jì)相

連，靜電計(jì)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(diǎn)的點(diǎn)電

荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在尸點(diǎn)的電勢能，。表示靜電計(jì)

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（）

A.。增大，E增大B.。增大，Ep不變

C.。減小，Ep增大D.。減小，E不變

答案D

解析極板移動過程中電荷量Q保持不變，靜電計(jì)指針張角變化反映板間電

勢差U的變化，由。=焉和。=另可知，極板下移，d減小，C增大，U減小，

又后=號=嚶，則E不變，心不變，綜合上述，只有D項(xiàng)正確。

3.（2018.江蘇高考）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?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等

勢面，則該油滴（）

?油滴

A.仍然保持靜止B.豎直向下運(yùn)動

C.向左下方運(yùn)動D.向右下方運(yùn)動

答案D

解析兩極板平行時(shí)帶電油滴處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當(dāng)下極板

右端向下移動一小段距離時(shí)，板間距離增大，場強(qiáng)減小，電場力小于重力；由于

電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的

合力偏向右下方，故油滴向右下方運(yùn)動，D正確。

4.（2020?浙江7月選考）如圖所示，一質(zhì)量為〃/、電荷量為觀7>0）的粒子以速

度內(nèi)從MN連線上的尸點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)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(dá)MN連線上的

某點(diǎn)時(shí)（）

A.所用時(shí)間為證

B.速度大小為3a

C.與P點(diǎn)的距離為」

D.速度方向與豎直方向的夾角為30°

答案C

解析粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，在水平方向上有x=rw,在豎直方向上

有＞=當(dāng)粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)，有卜tan45°,聯(lián)立可得f=兼,

故A錯(cuò)誤；當(dāng)粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)，相0y=*t=2vo,故此時(shí)粒子的速

度大小為v=7病+v；fvo,故B錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，粒子到達(dá)MN連線

上的某點(diǎn)時(shí)，與尸點(diǎn)的距離為L=got=2￡?o,故c正確；粒子到達(dá)MN連

線上的某點(diǎn)時(shí)，速度方向與豎直方向的夾角的正切值為tana=^=；＜tan30°,

Uy乙

可知此時(shí)的速度方向與豎直方向的夾角小于30°,故D錯(cuò)誤。

5.如圖所示，由粒子源發(fā)出的帶正電的粒子經(jīng)過同一加速電場A加速后，形

成粒子束進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場B中偏轉(zhuǎn)。已知粒子源發(fā)出的粒子中包括有一價(jià)氫離

子、一價(jià)氫離子和二價(jià)氨離子，這些粒子離開粒子源時(shí)的初速度可視為零，空氣

阻力、粒子的重力及粒子之間的相互作用力均可忽略不計(jì)。下列說法正確的是

()

+A-+B

r-

A.它們始終為一股粒子束

B.它們會分離為兩股粒子束

C.它們會分離為三股粒子束

D.它們會分離為無數(shù)股粒子束

答案A

解析設(shè)加速電壓為5,偏轉(zhuǎn)電壓為S,偏轉(zhuǎn)極板的間距為“，在加速電場

中，根據(jù)動能定理得：qU\=^mvl,在偏轉(zhuǎn)電場中，粒子做類平拋運(yùn)動，水平位

移為L時(shí)，運(yùn)動時(shí)間”5,偏轉(zhuǎn)距離y=上尸=gx端X器，聯(lián)立以上各式得：y

=而，L、），的關(guān)系與帶電粒子的質(zhì)量、電荷量無關(guān)，則一價(jià)氫離子、一價(jià)氮離

子和二價(jià)氮離子在偏轉(zhuǎn)電場軌跡重合，所以它們始終為一股粒子束，A正確，B、

C、D錯(cuò)誤。

6.（2018.全國卷HI）如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板

水平，兩微粒。、。所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的

上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放b,它們由靜止開始運(yùn)動，在

隨后的某時(shí)刻，，a、〃經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，屋匕間的相

互作用和重力可忽略。下列說法正確的是（）

A.a的質(zhì)量比b的大

B.在/時(shí)刻，。的動能比。的大

C.在f時(shí)刻，。和〃的電勢能相等

D.在，時(shí)刻，。和人的動量大小相等

答案BD

解析根據(jù)題述可知，微粒。向下加速運(yùn)動，微?！ㄏ蛏霞铀龠\(yùn)動，根據(jù)。、

6某時(shí)刻經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于。

的加速度大小，即以＞恁。對微粒。，由牛頓第二定律，qE=maaa,對微粒3由

牛頓第二定律，qE=mbab,聯(lián)立解得：竽〉華