2024年新高考物理第一輪復習：選修3-1 第七章 第3講

第3講也興器帶電拉子在也場中的運動

I知識椅理?雙基過關(guān)緊抓教材自主落實

知識排查

知識點一常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系

1.常見電容器

⑴組成：由兩個彼此絕緣乂相互靠近的導體組成。

(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

充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷,電容器中

儲存電場能。

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(zhuǎn)化為其他形式的

能。

2.電容

(1)定義：電容器所帶的電荷量。與電容器兩極板間的電勢差U的比值。

(2)定義式：，=%

(3)物理意義：表示電容器容納電苞本領(lǐng)大小的物理量。

(4)單位：法拉(F),1F=102gF=10,2pF

3.平行板電容器

(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的JE對面積成正比，與電介質(zhì)的相對

介電常數(shù)成正比,與極板間距離成反比。

(2)決定式：C=焉,攵為靜電力常量。

知識點二帶電粒子在勻強電場中的運動

1.加速

(1)在勻強電場中，W=qEd=qU=2friv2—

(2)在非勻強電場中，W=c/U=^mv2—^nvl

2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

⑴條件：以速度。o垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受電場力。

⑵運動形式：類平拋運動。

(3)處理方法：運動的合成與分解。

圖1

①沿初速度方向為勻速直線演,運動時間『五

②沿電場力方向為勻加速直線運動，

加速度〃=￡=這=也

又mtnma

③離開電場時的偏移量

12qPU

y2a2mvld

④離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tan夕=宗=^^

知識點三示波管的構(gòu)造

1.構(gòu)造

(1)電子槍,(2)偏轉(zhuǎn)極板，(3)熒光屏。(如圖2所示)

2.工作原理

yy,上加的是待顯示的信號電壓,XX，上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作掃描

電壓。

小題速練

i.關(guān)于電容器及其電容，下列說法中正確的是()

A.平行板電容器一板帶電+。，另一板帶電一Q,則此電容器不帶電

B.由公式C=§可知，電容器的電容隨電荷量Q的增加而增大

C.對一個電容器來說，電容器的電荷量與兩板間的電勢差成正比

D.如果一個電容器兩板間沒有電壓，就不帶電荷，也就沒有電容

答案C

2.兩平行金屬板相距為d,電勢差為U,--電子質(zhì)量為加、電荷量為e,從O

點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖3所不，OA

間距為〃，則此電子的初動能為（

圖3

edh-dU、eUh

A-ZFB?方瑞D-

解析電子從O點到達4點的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)

Ueu/i

動能定理可得-6（/辦=0—反，因為UOA=%M所以反=丁，選項D正確。

答案D

3.（多選）如圖4所示，六面體真空盒置于水平面上，它的人6c。面與EFGH面

為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCO面帶正電，EEG”面帶負電。從小孔P沿

水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C,最后分別落在1、

2、3三點，不計三個液滴間的相互作用，則下列說法正確的是（）

圖4

A.三個液滴在真空盒中都做平拋運動

B.三個液滴的運動時間一定相同

C.三個液滴落到底板時的速率相同

D.液滴。所帶電荷量最多

解析三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以

三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向

做自由落體運動，三個液滴的運動時間相同，選項B正確；三個液滴落到底板

時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴落到底板時的速率不相

同，選項C錯誤；由于液滴。在水平方向位移最大，說明液滴C在水平方向加

速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確。

答案BD

膘堂互動?研透考點不同考點不同講法

有點n平行板電容器的動態(tài)分析

1.兩類典型問題

⑴電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。

(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變。

2.動態(tài)分析思路

⑴U不變

①根據(jù)。=僦和。=號，先分析電容的變化，再分析。的變化。

②根據(jù)￡=%分析場強的變化。

③根據(jù)分析某點電勢變化。

(2)2不變

①根據(jù)。=孺和c=§，先分析電容的變化，再分析U的變化。

②根據(jù)七=號分析場強變化。

【例1】(2016?全國卷I,14)平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在

恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)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

解析由。=瑞｝可知，當云母介質(zhì)移出時，&變小，電容器的電容C變?。灰?/p>

為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變,根據(jù)。=CU可知，當C減小時，Q

減小。由于U與d都不變，再由E=力知電場強度E不變，選項D正確。

答案D

【拓展1］（多選）將［例1］中的電源斷開，當把云母介質(zhì)從電容器中快速抽

出后，下列說法正確的是（）

A.電容器的電容增大

B.極板間的電勢差增大

C.極板上的電荷量變大

D.極板間電場強度變大

答案BD

【拓展2］（多選）若水平放置接有恒壓電源的平行金屬板內(nèi)部空間有一帶電粒

子P恰能靜止，同時下極板接地，當將上極板向右移動一小段距離時，則下列

說法正確的是（）

A.電容器所帶電荷量保持不變

B.極板間的電場強度保持不變

C.粒子所在初位置的電勢能保持不變

D.粒子將加速向下運動

解析由。=黑;可知，當將上極板右移一段距離時，S減小，電容器的電容減

小，由。=￡得。=。心電壓U不變，。減小，故電容器所帶電荷量減少，選

項A錯誤；U和d不變，由可知，極板間的電場強度保持不變，選項B正

確；由于極板間的電場強度不變，粒子所在初位置到下極板間的距離不變，故該

點到零電勢點的電勢差不變，即該點的電勢不變，粒子的電勢能不變，選項C

正確；由于粒子的受力情況不變，故粒子仍然保持靜止狀態(tài)，選項D錯誤。

答案BC

方法技巧|

分析平行板電容器動態(tài)變化的三點關(guān)鍵

(1)確定不變量：先明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，是電荷量保持不變還是

極板間電壓不變。

⑵恰當選擇公式：靈活選取電容的決定式和定義式，分析電容的變化，同時用

公式E=號分析極板間電場強度的變化情況。

(3)若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場力的變化，分析其運動情況的變化。

［多維訓練精選練透

1.對以下四幅圖中包含的物理知識說法正確的是()

Q—

丙

圖5

A.圖甲：將兩板間距拉開一些后，靜電計指針張角會變小

B.圖乙：距離帶電體越遠，等勢面的形狀與帶電體的形狀越相似

C.圖丙：研究均勻帶電球體在球外產(chǎn)生的電場時，可以認為全部電荷集中在球

心

D.圖丁：此種電容器不僅可以接在直流電源上使用，也可以接在交流電源上使

用

解析圖甲中，當。一定時，由c=￡,C=成%知，dt、CI、Uf,靜電計

指針張角變大，選項A錯誤；距離帶電體越遠，等勢面的形狀越接近圓形，選

項B錯誤；均勻帶電球體或球殼在球外產(chǎn)生的電場，可認為全部電荷集中在球

心，選項C正確；圖中電容器為電解電容器，只能在直流電源上使用。

答案C

2.（多選）如圖6所示，平行板電容器A、8間有一帶電油滴產(chǎn)正好靜止在極板正

中間，現(xiàn)將8極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變。則在8極板移動

的過程中（）

圖6

A.油滴將向下做勻加速運動

B.電流計中電流由b流向。

C.油滴運動的加速度逐漸變大

D.極板帶的電荷量減少

解析由。=篇可知，d增大,電容器電容。減小，由。=。〃可知，電容器

的電荷量減少，電容器放電，電流由。流向乩選項D正確，B錯誤；由七=稱可

知，在8板下移過程中，兩板間場強逐漸減小，由〃吆一%=〃也可知油滴運動

的加速度逐漸變大，選項C正確，A錯誤。

答案CD

考點1J帶電粒子在電場中的直線運動

1.做直線運動的條件

（I）粒子所受合外力/合=0,粒子靜止或做勻速直線運動。

（2）粒子所受合外力尸今W0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做變

速直線運動；若電場為勻強電場，則帶電粒子做勻變速直線運動。

2.用動力學觀點分析

〃=￡■,在勻強電場中，E=號,v2—vl=2ad

3.用功能觀點分析

勻強電場中:W=qEd=qU=-zmv1—

乙

非勻強電場中：W=qU=Ek2-E^

【例2】（多選）（2018.全國卷III,21）如圖7所示，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。、匕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)同時釋放。、b,

它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻f，。、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的

同一水平面。。、匕間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是（）

，?1

圖7

A.。的質(zhì)量比b的大

B.在，時刻，。的動能比〃的大

C.在/時刻，。和匕的電勢能相等

D.在，時刻，。和力的動量大小相等

解析兩微粒只受電場力6/E作用且兩電場力大小相等，由x=%產(chǎn)知微粒。的加

速度大，由〃也知微粒。的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理qEt=Ek得，位移

x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，〃、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相

反，故在，時刻，。、力的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理鄉(xiāng)田=機。得，在f

時刻，4、方的動量大小相等，D正確。

答案BD

方法技巧|

帶電體在勻強電場中的直線運動問題的解題步驟

年—?一個帶電體，也可選幾個帶電體構(gòu)成的系統(tǒng)

ziL受力分析—多了個電場力（FejE）

兩個_

洋研一運動分析一運動情況反映受力情況

「方法①：由牛頓第二定律及句變速近線

［選用規(guī)律］_運動的公式進行計算

〔到支求解「?■方法②：動能定理：（/U："電2

一方法③：應用動量定理或動量守恒定律進

行有關(guān)計算

I多維訓練精選練透

1.（多選）如圖8所示，一質(zhì)量為"7、電荷量為t7的小球在電場強度為E的勻強

電場中，以初速度。o沿直線ON做勻變速運動，直線。N與水平面的夾角為30。。

若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g,且"吆=鄉(xiāng)七，則（）

圖8

A.電場方向豎直向上

B.小球運動的加速度大小為g

7

C.小球上升的最大高度為微

D.小球電勢能的最大值為苧

解析因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線

上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場力的方向與水平方向夾角為30。，斜向上，如

圖所示，A錯誤；小球所受的重力和電場力相等，根據(jù)平行四邊形定則知，兩個

力的夾角為120。，所以合力大小與分力大小相等，等于mg,根據(jù)牛頓第二定律

知，小球運動的加速度大小為g,B正確；小球斜向上做勻減速直線運動，勻減

999

速直線運動的位移產(chǎn)合=丹則小球上升的最大高度/2=s-sin30。=六C錯誤;

4占'O

在整個過程中電場力做功W=qEscosl2（r=—5加加電勢能增加管，所以小球

電勢能的最大值為等，D正確。

答案BD

2.（多選）如圖9所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊（均可視

為質(zhì)點），滑塊A帶正電、電荷量為％滑塊8不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向

右的勻強電場，電場強度大小為七，寬度為小其余空間內(nèi)不存在電場?；瑝KA

剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑訣A

無初速度釋放，滑塊A與滑塊8發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A

的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距

離為則下列判斷正確的是（）

；E；

〃―〃/怎〃?〃!〃猿〃〃"〃〃，〃彳以〃〃〃〃〃"〃/

--（I--"

圖9

A.A、3兩滑塊的質(zhì)量之比為管=:

"加4

B.4、B兩滑塊的質(zhì)量之比為警=4

mg5

C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞

D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞

解析對滑塊A在碰撞前根據(jù)動能定理有夕以=；〃2加8,依題意知，碰撞后滑塊

A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為V,根據(jù)動量

守恒定律可得"以次）=一〃m0+"加。；又由能量守恒定律可知。V女）,即碰撞后滑塊

A向左運動不會滑出電場，設(shè)碰撞后滑塊A在電場中運動的時間為人由動量定

理得汨=2血血碰撞后滑塊3向右做勻速運動，有聯(lián)立解得譽=]

A正確，B錯誤；兩滑塊因碰撞而損失的機械能為△￡；=/?一/〃+相加奇

qEd>U,D正確，C錯誤。

答案AD

考點3]帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動

1.兩個結(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,

偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。

證明：由

?aqu?i

tan

2

u2lU2l

得:tan0=2U^°

（2）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點。為粒子水

平位移的中點，即0到入射點的距離為今

2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)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:曲、.=]4一，就,

其中4=%，，指初、末位置間的電勢差。

【例3】如圖10所示，A、8兩個帶正電的粒子，所帶電荷量分別為⑺與s,

質(zhì)量分別為如和它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板

間的勻強電場后，A粒子打在N板上的H點，B粒子打在N板上的B點，若不

計重力，則（）

M

B

_______\、

N~~/

圖10

A.q\>qiB.m\<mi

C里》史D史〈生

m\m2m\m2

解析設(shè)粒子的速度為如，電荷量為%質(zhì)量為小，所以加速度。=誓，運動時

間，=3，偏轉(zhuǎn)位移為），=%巴整理得y=富，顯然由于A粒子的水平位移小，

則有案>黑，但A粒子的電荷量不一定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D

錯誤，C正確。

答案c

【拓展】在【例3】中如果僅將“以相同的速度”改為“以相同的初動能”，

則下列說法正確的是（）

A.q\>q2B.m\<fn2

?3D處<生

^'m\"22^'m\m2

解析由【例3】的解析可知y=囑，由題意反0=1加8,整理得），=察，由

于A粒子的水平位移小，則A粒子的電荷量大，即切大于伏，A正確；由以上

分析可知，不能確定兩粒子的質(zhì)量關(guān)系，B、C、D錯誤。

答案A

技巧點撥|

分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵

（1）條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣萢與電場方向垂直，則帶電粒子

將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。

（2）運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力

方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。

［多維UII練精選練透

1.（2019.廣東惠州模擬）如圖11所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子

經(jīng)電壓S加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是近兩平行板訶的

距離為d,電勢差為lh，板長為L。為了提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起

的偏轉(zhuǎn)量5）可采用的方法是（）

圖11

A.增大兩板間的電勢差5

B.盡可能使板長L短些

C.使加速電壓Ui升高些

D.盡可能使板間距離d小些

解析帶電粒子加速時，由動能定理得4幼=5九。2,帶電粒子偏轉(zhuǎn)時，由類平拋

運動規(guī)律得L=",又由牛頓第二定律得。=嚕，聯(lián)立以上各式可得/?

=線，由題意，靈敏度為代=/不可見靈敏度與仿無關(guān)，要提高示波管的

靈敏度，可使板長L長些、板間距離d小一些、使加速電壓S降低一些，故D

正確。

答案D

2.在直角坐標系中，三個邊長都為/=2m的正方形排列如圖12所示，第一象

限正方形區(qū)域A3OC中有水平向左的勻強電場，電場強度的大小為瓦，在第二

象限正方形corn的對角線CF,左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強電場，二角

形OEC區(qū)域內(nèi)無電場，正方形OENM區(qū)域內(nèi)無電場。

圖12

(1)現(xiàn)有一帶電量為+外質(zhì)量為"?的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點靜止

釋放，恰好能通過E點。求CEO區(qū)域內(nèi)的勻強電場的電場強度

(2)保持(1)問中電場強度不變，若在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述

相同的帶電粒子，要使所有的粒子都經(jīng)過E點，則釋放點的坐標值工、y間應滿

足什么關(guān)系？

解析(1)設(shè)粒子在第一象限的電場中加速運動，出第一象限時速度為。，由動能

定理得qEol=^mv2

在第二象限中由類平拋運動的規(guī)律/="

媽2

l-2m1

解得臼=4瓦

(2)設(shè)出發(fā)點坐標為(x,y),加速過程由動能定理得

qEg=gmv。

經(jīng)過分析，要過E點在第二象限中類平拋運動時豎直位移與水平位移大小相等

為y,則

y=vff

IqEiQ

產(chǎn)2J

解得y=x

答案(I)4Fo(2)y=x

核心素養(yǎng)提升

科學態(tài)度與責任系列——電場中的STSE問題

應用I電容器在現(xiàn)代科技生活中的應用

【典例1](多選)[智能手機上的電容觸摸屏1目前智能手機普遍采用了電容觸摸

屏，電容觸摸屏是利用人體的電流感應進行工作的，它是一塊四層復合玻璃屏，

玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米鋼錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為

工作面，四個角引出四個電極，當用戶手指觸摸電容觸摸屏時，手指和工作面形

成一個電容器，因為工作面上接有高頻信號，電流通過這個電容器分別從屏的四

個角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比

例，控制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置。對于電容觸摸屏，

下列說法正確的是()

觸摸屏四個觸摸屏邊的電極

角接上電壓令導電體必產(chǎn)生

控制器計算觸摸

點位置

手指觸到屏仇令電流由四邊的電例流到觸摸點

圖13

A.電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號

B.使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進行觸控操作

C.手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小

D.手指與屏的接觸面積變大時，電容變大

解析據(jù)題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個電極的電流與手指到四

個角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，因此不需要手指有壓力，故A

正確；絕緣筆與工作面不能形成一個電容器，所以不能在電容屏上進行觸控操作，

故B錯誤；手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變

大，故C錯誤；手指與屏的接觸面積變大時，電容變大，故D正確。

答案AD

【典例2］［電容式傳聲器］圖14為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當人對著傳聲器

講話，腴片會振動。若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中

()

極板空腔支架

電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖

A.膜片與極板間的電容增大

B.極板所帶電荷量增大

C.膜片與極板間的電場強度增大

D.電阻R中有電流通過

解析根據(jù)。=磊可知，膜片與極板距離增大，膜片與極板間的電容減小，選

項A錯誤；根據(jù)Q=CU可知極板所帶電荷量減小，因此電容器要通過電阻R放

電，所以選項D正確，B錯誤；根據(jù)七=%可知，膜片與極板間的電場強度減小,

選項C錯誤。

答案D

應用2靜電除塵

【典例3】如圖15所示為某靜電除塵器的工作原理圖，根據(jù)此圖請判斷以下

說法正確的是()

潔凈空氣

圖15

A.離子發(fā)生器的作用是在空氣經(jīng)過時使其中的粉塵帶上負電

B.集塵盤負極吸附大量粉塵的原因是粉塵帶.上了正電

C.若預過濾網(wǎng)破裂，不影響除塵器的除塵效果

D.該除塵器能有效去除空氣中的有毒氣體

解析通過集塵盤能收集粉塵可知，粉塵帶正電，選項A錯誤，B正確；過濾

網(wǎng)的作用是濾去質(zhì)量較大的顆粒，細小顆粒更易被收集，選項C錯誤；該裝置

無法分辨氣體是否有毒性，選項D錯誤。

答案B

應用3靜電噴涂

【典例4】靜電噴涂是利用高壓靜電電場使帶負電的涂料微粒沿著電場相反的

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16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（）

圖16

A.當靜電噴涂機與被噴涂工件之間的距離增大時，在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(jīng)

過被噴涂工件右側(cè)P點（相對工件的距離不變）處，先經(jīng)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，故電場力減小，選項A錯誤；軌跡與初速

度和受力情況均有關(guān)，選項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，尸點電勢變低，因微粒帶負電，先經(jīng)過的微粒電勢

能小，選項C錯誤；涂料微粒在向被噴涂工件運動的軌跡中，直線的距離最小,

結(jié)合公式U=Ed,在直線軌跡上電勢升高最快，戰(zhàn)選項D正確。

答案D

應用4噴墨打印機

【典例5）有一種噴墨打印機的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖17所示，噴嘴噴出來

的墨滴經(jīng)帶電區(qū)帶電后進入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)板間的電場偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上。

已知偏移量越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的是（）

承

印

材

料

A.增大墨滴的帶電荷量

B.減小墨滴噴出時的速度

C.減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離

D.增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓

解析帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)，側(cè)移看=上尸，。=船，，=￡，可推出H

ZmaVo

=2mdv^^2=/tan0,Y=Xi+h,減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離可使字跡減小,

選項C正確，A、B、D錯誤。

答案C

應用5電子束熔煉

【典例6】（多選）（2019?山西太原模擬）電子束熔煉是指高真空下，將高速電子

束的動能轉(zhuǎn)換為熱能作為熱源來進行金屬熔煉的一種熔煉方法。如圖18所示，

陰極燈絲被加熱后產(chǎn)生初速度為。的電子，在3X104v加速電壓的作用下，以

極高的速度向陽極運動；穿過陽極后，在金屬電吸4、A2間IX103v電壓形成

的聚焦電場作用下，轟擊到物料上，其動能全部轉(zhuǎn)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0P0'所示，P是軌跡上的一點，聚焦

電場過P點的一條電場線如圖，則（）

燈絲一陰極

，、一陽極

物料

圖18

A.電極4的電勢高于電極4的電勢

B.電子在尸點時速度方向與聚焦電場強度方向天角大于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(guān)系可知電子在P點受到的電場力斜向左下方，

電子帶負電，所以電場強度方向相反，斜向右上方，即電極4的電勢高于電極

4的電勢，故A正確；電子在P點時速度方向與聚焦電場強度方向夾角大于90。,

故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，故C

錯誤；由動能定理，電子到達P點時動能已經(jīng)為3X1（）4eV,再經(jīng)過聚焦電場加

速，可知電子轟擊到物料上時的動能大于3義1。4eV,故D正確。

答案ABD

課時作業(yè)

（時間：40分鐘）

基礎(chǔ)鞏固練

1.在研究影響平行板電容器甩容大小因素的實驗中，一己充電的平行板電容器

與靜電計連接如圖1所示?，F(xiàn)保持8板不動，適當移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計指針

張角減小，則A板可能是（）

圖1

A.右移B.左移C.上移D.下移

解析電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計指針張角減小，說明兩極板間電壓

變小，根據(jù)C=名得出電容變大，由。=懸知兩極板之間距離變小或正對面積

變大，選項A正確，B、C、D錯誤。

答案A

2.（2018?重慶二模）如圖2所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長為2d,相距

為d,兩板間加有豎直向卜的勻強電場，將一質(zhì)量為團、電向量為q的帶正電小

球以大小為仇的水平速度從靠近上板下表面的P點射入，小球剛好從下板右邊

緣射出，重力加速度為g,則該勻強電場的電場強度大小為（）

圖2

mgd-mv82.迎+"通

A--R-B--2^d-

nwj—2mgd〃城

。~而-D.-―

解析根據(jù)牛頓第二定律有述十叫=〃也，解得〃=與警，運動時間為，彳,

1、八、口mv&-2〃igd,,一“

（1=襯,聯(lián)立解得上=-2q（［,故C正確。

答案C

3.（2018?江蘇單科，5）如圖3所示，水平金屬板A、3分別與電源兩極相連，帶

電油滴處于靜止狀態(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（）

A

U?油滴

L.....

8==

圖3

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、8分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，

將8板右端向下移動一小段距離，極板之間的電場強度將減小，油滴所受電場

力減小，且電場力方向斜向右上方向，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，詵項DJF確。

答案D

4.（多選）（2019?江西師大模擬）如圖4所示，在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直

放置并接入電路。調(diào)節(jié)滑動變阻器，使A、8兩板間的電壓為U時，一質(zhì)量為〃?、

電荷量為一q的帶電粒子，以初速度。。從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向

射入電場中，恰從A、3兩板的中點處沿原路返回（不計重力），則下列說法正確

的是（）

A.使初速度變?yōu)?0時，帶電粒子恰能到達6板

B.使初速度變?yōu)?ooE寸，帶電粒子將從8板中心小孔射出

C.使初速度如和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子恰能到達B板

D.使初速度如和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子將從B板中心小孔

射出

解析設(shè)帶電粒子進入電場中的位移為心根據(jù)動能定理得一3瓜=0—%就，又

E=稱得工=等，由此可知，要使帶電粒子進入電場后恰能到達8板處，x變?yōu)?/p>

原來的2倍，采取的方法有使帶電粒子的初速度變?yōu)槔瞘或使A、8兩板間的電

壓變?yōu)?U,或使初速度內(nèi)和電壓U都增加到原來的2倍，故B、C正確，A、D

錯誤。

答案BC

5.（多選）（2019?湖南株洲一模）如圖5所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有

等量異號電荷的金屬板A、B,一個電荷量q=1.41X10-4c、質(zhì)量〃7=1gl勺帶

電小球自A板上的孔P以大小為0.1m/s的水平速度加飛入兩板之間的電場，經(jīng)

0.02s后又回到尸點，其間未與8板相碰，gMX10m/s2,則（）

A.板間電場強度大小為100V/m

B.板間電場強度大小為141V/m

C.板與水平方向的夾角9=30。

D.板與水平方向的夾角9=45。

解析對帶電小球進行受力分析，如圖所示，5、球的加速度0焉=寧=

tan。=焉=零言端=1，故夕=45。，尸電=峭樂=啦/咫=咨解得E=

100V/m,故A、D正確，B、C錯誤。

答案AD

6.（多選）（2019?山東青島5月模擬）如圖6所示，電路中A、B、C、。是完全相

同的金屬極板，。是A、8板間的一點，在C、。板間插有一塊有機玻璃板。閉

合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開。現(xiàn)將C、。板間的玻璃板抽出，下列說法正確

的是（）

H彳玻1板.TE

-（=|----------——

iRK

圖6

A.金屬板C、。構(gòu)成的電容器的電容減小

B.。點電勢降低

C.玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流

D.A、3兩板間的電場強度減小

解析根據(jù)C=鑒，將。、。板間的玻璃板抽出，相對介電常數(shù)齒減小，其他

條件不變，則金屬板C、。構(gòu)成的電容器的電容減小，A正確；閉合開關(guān)，電路

穩(wěn)定后將開關(guān)斷開，極板上的總電荷量不變，金屬板C、。構(gòu)成的電容器的電容

減小，由可知極板C、。間的電勢差變大，極板A、8間的電勢差變大，

由石=%可知極板A、B間的場強變大，尸點與方板的電勢差變大，又因片板接

地，電勢為零，故P點電勢升高，因此電容器。。處于放電狀態(tài)，電容器處

于充電狀態(tài)，電阻R中有向右的電流，C正確，B、D錯誤。

答案AC

7.如圖7甲所示，兩個平行金屬板P、。豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的

電壓，1=0時，。板比P板電勢高5V,此時在兩板的正中央M點有一個電子,

速度為零，電子在靜電力作用下運動，使得電子的位置和速度隨時間變化。假設(shè)

電子始終未與兩板相碰。在0<f<8X10f0s的時間內(nèi)，這個電子處于M點的右側(cè),

速度方向向左且大小逐漸增大的時間是（）

甲乙

圖7

A.0<r<2X1O-,OS

B.2X10-,0s<r<4X10-1()s

C.4X10^,0s<r<6X10^,()s

D.6XlOlos<r<8XlOlos

解析作出粒子運動的。一，圖象如圖所示。由圖象可知選項C正確。

答案c

8.（多選）如圖8所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右瑞有

一帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強電場，帶電

小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現(xiàn)保持電場強度的大小不變，突然將電

場反向，若將此時作為計時起點，則下列描述速度與時間、加速度與位移之間變

化關(guān)系的圖象正確的是（）

圖8

解析將電場反向，小球在水平方向上受到向右的電場力和彈簧的彈力，小球離

開彈簧前，根據(jù)牛頓第二定律得，小球的加速度4詈，知。隨壓縮量X的

減小均勻減小，當脫離彈簧后，小球的加速度。=誓，保持不變?？芍∏蛳茸?/p>

加速度逐漸減小的加速運動，后做勻加速運動，故A、C項正確，B、D項錯誤。

答案AC

9.(2019?廣東深圳一調(diào))如圖9所示，勻強電場中相鄰豎直等勢線間距d=10cm,

質(zhì)量m=0.1kg、帶電荷量為夕=-1X1()3c的小球以初速度加=10m/s拋出,

初速度方向與水平線的夾角為45。，已知重力加速度g=10m/s2,求：

ddd(i

水平線

-20()V0200V

圖9

(1)小球加速度的大小；

(2)小球再次回到圖中水平線時的速度大小和距拋出點的距離。

解析(1)設(shè)相鄰兩等勢線間的電勢差為U

則E=^j

解得E=IX103v/m

電場力F=qE=lN,方向水平向右

重力G=〃zg=lN,方向豎直向下

設(shè)小球加速度為。，由牛頓第二定律得

F合=yjG2-\-F2=ma

解得〃=10gm/s2

(2)設(shè)小球再次回到圖中水平線時的速度為小與拋出點的距離為3小球加速度

與初速度方向垂直，做類平拋運動，有

Leos450=vot

Lsin45°=%產(chǎn)

解得s,L=20in

vy=at

+冰

解得v=10>/5m/s

答案(l)l(h/5m/s2(2)l(h/5m/s20m

綜合提能練

10.（多選）（2019?長春質(zhì)檢）如圖10所示，光滑絕緣斜面體ABC處于水平向右的

勻強電場中，斜面