（全國(guó)通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第21講 電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

《（全國(guó)通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第21講 電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第21講 電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（22頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第21講　電容器　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 考綱要求 考情分析 命題趨勢(shì) 1.示波管Ⅰ 2．常見的電容器Ⅰ 3．電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ 4．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)Ⅱ 2017·全國(guó)卷Ⅱ，25 2017·江蘇卷，4 高考對(duì)本節(jié)內(nèi)容的考查主要是通過選擇題考查電容器及其動(dòng)態(tài)分析、帶電粒子在電場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，有時(shí)也會(huì)出現(xiàn)涉及能量的力電綜合題目，同時(shí)注意本節(jié)內(nèi)容的實(shí)際應(yīng)用問題 1．電容器及電容 (1)電容器 ①組成：由兩個(gè)彼此__絕緣__又相互靠近的導(dǎo)體組成； ②帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的__絕對(duì)值__； ③電容器的充、放電 a．

2、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__異種電荷__，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能； b．放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中__電能__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__與兩個(gè)極板間的__電勢(shì)差__的比值； ②定義式：__C＝__； ③單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)，1 F＝__106__μF＝__1012__pF； ④意義：表示電容器__容納電荷__本領(lǐng)的高低； ⑤決定因素：由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、形狀、相對(duì)位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否__帶電__及__電壓__無關(guān)． (3)平行板電容器的電容 ①

3、決定因素：正對(duì)面積，介電常數(shù)，兩板間的距離， ②決定式：__C＝__. 2．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (1)加速問題 ①在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝__mv2－mv__； ②在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝__mv2－mv__. (2)偏轉(zhuǎn)問題 ①條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)； ②運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：__勻變速曲線__運(yùn)動(dòng)； ③處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解． a．沿初速度方向：做__勻速__運(yùn)動(dòng)； b．沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的__勻加速__運(yùn)動(dòng)． 3．示波管 (1)裝置：示波管由__電子槍__、__偏轉(zhuǎn)電極__和__熒光屏__組成，管內(nèi)抽成

4、真空，如圖所示． (2)原理 ①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線傳播，打在熒光屏__中心__，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑； ②YY′上加的是待顯示的__信號(hào)電壓__，XX′上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的圖象． 1．判斷正誤 (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)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零．(　×　) (4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)．(

5、　×　) (5)帶電粒子在電場(chǎng)中，只受電場(chǎng)力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(　√　) (6)示波管屏幕上的亮斑是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的．(　√　) (7)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì)．(　×　) 2．如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電子到達(dá)Q板時(shí)的速度，下列說法正確的是(　C　) A．兩板間距離越大，加速的時(shí)間就越長(zhǎng)，獲得的速度就越大 B．兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大 C．與兩板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān) D．以上說法均不正確 3．如圖所示，質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(粒子不計(jì)重

6、力)，則這兩個(gè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的側(cè)位移y之比為(　B　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 一　平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 1．常見類型 [例1](2018·安徽安慶質(zhì)檢)如圖所示，先接通開關(guān)S使電容器充電，然后斷開開關(guān)S.當(dāng)增大兩極板間距離時(shí)，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢(shì)差U、電容器兩極板間場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況是(　C　) A．Q變小，C不變，U不變，E變小 B．Q變小，C變小，U不變，E不變 C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E變小 解析　電容器充電后再斷開開關(guān)S，其所帶的電荷量不變．由C∝可

7、知，d增大時(shí)，C變小時(shí)，又因?yàn)閁＝，所以U變大，對(duì)于場(chǎng)強(qiáng)E，由于E＝，U＝＝，所以E＝＝＝.由以上分析可知，間距d增大，E不變．因此選項(xiàng)C正確． 解決電容器問題的兩個(gè)常用技巧 (1)在電荷量保持不變的情況下，由E＝＝＝知，電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距離無關(guān)． (2)對(duì)平行板電容器的有關(guān)物理量Q、E、U、C進(jìn)行討論時(shí)，關(guān)鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，抓住C＝、Q＝CU和E＝進(jìn)行判定即可． 　二　帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)是否考慮重力的處理方法 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不

8、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．解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種思路 (1)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，受到的電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上，做加(減)速直線運(yùn)動(dòng)． (2)用功與能的觀點(diǎn)分析：電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化量，即qU＝mv2－mv. [例2]一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下，在t＝0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，不計(jì)重力，求在t＝0到t＝T的時(shí)間間隔內(nèi) (1)粒子位移的大小

9、和方向； (2)粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 解析　(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1＝，① a2＝－2，② a3＝2，③ a4＝－，④ 由此得帶電粒子在0～T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的a－t圖象如圖甲所示，對(duì)應(yīng)的v－t圖象如圖乙所示． 　 其中v1＝a1＝，⑤ 由圖乙可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時(shí)的位移為 x＝v1，⑥ 由⑤⑥式得x＝T2， 它沿初始電場(chǎng)正方向． (2)由圖乙可知，粒子在t＝T到t＝T內(nèi)沿初始電場(chǎng)的反方向運(yùn)動(dòng)，總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為t＝T－T＝. 答案　見解析 帶電體

10、在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的分析思路 　三　帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) 1．基本規(guī)律：設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長(zhǎng)為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有 (1)加速度：a＝＝＝. (2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝. (3)位移 y＝at2＝. (4)速度vy＝，v＝， tan θ＝＝. 2．兩個(gè)結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的，偏轉(zhuǎn)位移也總是相同的．證明：由qU0＝mv及tan θ＝得tan θ＝；同理可得y＝ (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為

11、粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場(chǎng)邊緣的距離為. 3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)，也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢(shì)差． [例3]如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1＝2 500 V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出．裝置右側(cè)有兩個(gè)相同的平行金屬極板水平正對(duì)放置，板長(zhǎng)l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，兩極板間加以電壓U2＝200 V的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．已知電子的電荷量e＝1.6×

12、10－19 C，電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30 kg，設(shè)電子離開金屬絲時(shí)的速度為零，忽略金屬極板邊緣對(duì)電場(chǎng)的影響，不計(jì)電子受到的重力．求： (1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek； (2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量y； (3)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過程中電場(chǎng)力對(duì)它所做的功W. 解析　(1)電子在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理有eU1＝Ek，解得Ek＝4.0×10－16 J. (2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，電子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，由l＝v1t，解得t＝. 電子在豎直方向受電場(chǎng)力F＝e， 電子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，依據(jù)牛頓第二定律有e＝ma，解

13、得a＝. 電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量 y＝at2＝，解得y＝0.36 cm. (3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)位置的電勢(shì)差U＝y(tǒng)，電場(chǎng)力所做的功W＝eU， 解得W＝5.76×10－18 J. 答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm　(3)5.76×10－18 J 　四　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 (1)注重全面分析 分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件． (2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā) 一是力和運(yùn)動(dòng)的

14、關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系，根據(jù)動(dòng)能定理及能量守恒定律分析． (3)此類題型一般有三種情況 ①粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)； ②粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)； ③粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)． [例4](多選)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大．當(dāng)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(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是(　AD　) 解析　在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時(shí)，因?yàn)殡娮釉谄叫薪饘侔彘g所受的電場(chǎng)力F＝，所以電子所

15、受的電場(chǎng)力大小不變．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個(gè)內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第二個(gè)內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在第三個(gè)內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第四個(gè)內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以a－t圖象如圖D所示，v－t圖象如圖A所示；又因勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線．故選項(xiàng)A、D正確，B、C錯(cuò)誤． (1)利用圖象 帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受電場(chǎng)力作用，其加速度、速度等均做周期性變化，借助圖象描述它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，可直觀展示其物理過程，從而快捷地分析求解． 畫圖象時(shí)應(yīng)注意在v－t圖中，加速度相同的運(yùn)動(dòng)一定是平行的直線，圖象與v－t軸所夾面積表示位

16、移，圖象與t軸的交點(diǎn)表示此時(shí)速度反向． (2)利用運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性 對(duì)一個(gè)復(fù)雜的合運(yùn)動(dòng)，可以看成是幾個(gè)分運(yùn)動(dòng)合成的．某一方向的分運(yùn)動(dòng)不會(huì)因其他分運(yùn)動(dòng)的存在而受到影響．應(yīng)用這一原理可以分析帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．根據(jù)各分運(yùn)動(dòng)的情況，再按運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律分析合運(yùn)動(dòng)情況． 1．(多選)如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接在電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合S，電容器充電，這時(shí)懸線偏離豎直方向的夾角為θ，下列說法中正確的是(　AD　) A．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ增大 B．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ不變 C．?dāng)嚅_S，將A板向B板靠近，則θ增大

17、D．?dāng)嚅_S，將A板向B板靠近，則θ不變 解析　保持S閉合，則電容器兩極板間的電壓不變，由E＝可知，當(dāng)A板向B板靠近時(shí)，E增大，小球所受電場(chǎng)力增大，θ增大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；斷開S，則兩板帶電荷量不變，由Q＝CU＝＝E可知，將A板向B板靠近，并不改變板間電場(chǎng)強(qiáng)度，小球所受的電場(chǎng)力不變，故θ不變，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤． 2．一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(　D　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度

18、不變 解析　由C＝可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時(shí)，εr變小，電容器的電容C變小；因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷?，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q減?。儆蒃＝，由于U與d都不變，故電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確． 3．(2017·安徽蚌埠四校聯(lián)考)如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣沿垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負(fù)極板不動(dòng)，正極板在豎直方向移動(dòng)，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?　C　) A．2倍　　 B．4倍 C．　　 D． 解析　設(shè)極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d，電子在兩極板間做類

19、平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有L＝v0t，豎直方向有d＝at2＝，所以d2＝，即d∝，選項(xiàng)C正確． 4．(2017·黃岡中學(xué)模擬)如圖甲所示，空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場(chǎng)，其變化規(guī)律如圖乙所示(取水平向右為正方向)．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計(jì))，開始處于圖中的A點(diǎn)．在t＝0時(shí)刻將該粒子由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t0，剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，且瞬時(shí)速度為零．已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0.試求： (1)電場(chǎng)變化的周期T應(yīng)滿足的條件； (2)A、B之間的距離； (3)若在t＝時(shí)刻釋放該粒子，則經(jīng)過時(shí)間t0粒子的位移為多大？ 解析　(1)根據(jù)粒子的初狀態(tài)和受力特點(diǎn)可知，粒子運(yùn)動(dòng)的v

20、－t圖象如圖所示．可見，當(dāng)t0＝nT時(shí)，粒子的速度剛好為零，故有T＝.(n為正整數(shù)) (2)由(1)圖可知，A、B之間的距離 x＝a()2×2n＝n··()2＝. (3)若在t＝時(shí)刻釋放該粒子，其v－t圖象如圖所示，此時(shí)t0時(shí)間內(nèi)粒子的位移 x′＝n[a(2×)2×2－a()2×2]＝. 答案　(1)T＝(n為正整數(shù))　(2)　(3) [例1](2018·河南洛陽調(diào)研，6分)(多選)如圖所示，一光滑絕緣斜槽放在方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從斜槽頂端A沿斜槽向下釋放一初速度為v0的帶負(fù)電的小球，小球質(zhì)量為m，帶電荷量為q，斜槽底端B與A點(diǎn)的豎直距離為h.則

21、關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法中正確的是(　　) A．只有E≤＋時(shí)，小球才能沿斜槽運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) B．只有E≤時(shí)，小球才能沿斜槽運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) C．小球若沿斜槽能到達(dá)B點(diǎn)，最小速度可能是v0 D．小球若沿斜槽能到達(dá)B點(diǎn)，最小速度一定大于v0 [答題送檢]來自閱卷名師報(bào)告 錯(cuò)誤 致錯(cuò)原因 扣分 AD 不仔細(xì)看題目選項(xiàng)，只憑感覺，則在A、B中會(huì)錯(cuò)選A項(xiàng)．只要注意到“沿斜槽運(yùn)動(dòng)”，就很容易得出若qE>mg，小球會(huì)直接就由料槽上“飄”起來了，不再“沿斜槽”運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B正確，若mg＝qE，小球則會(huì)勻速直線運(yùn)動(dòng)，若mg>qE，則加速下滑，故選項(xiàng)C正確. －6 [規(guī)范答題] [解析]

22、 根據(jù)受力情況可知，要使小球下滑必須重力大于等于電場(chǎng)力，即E·q≤mg，于是有E≤，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)重力大于電場(chǎng)力時(shí)，小球加速下滑，到達(dá)B點(diǎn)速度，大于v0，若是重力等于電場(chǎng)力，小球勻速下滑，到達(dá)B點(diǎn)速度為v0，若是重力小于電場(chǎng)力，小球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． [答案]　BC 1. (2018·江西九江模擬)一個(gè)動(dòng)能為Ek的帶電粒子，垂直于電場(chǎng)線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時(shí)動(dòng)能為2Ek如果使這個(gè)帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么它飛出電容器的動(dòng)能變?yōu)?　C　) A．8Ek　　 B．5Ek C．4.25Ek　　 D．4Ek 解析　因?yàn)槠D(zhuǎn)距離為y＝，帶電粒子

23、的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r(shí)，偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)椋造o電力做功只有W＝0.25Ek，而初動(dòng)能變?yōu)?Ek，故它飛出電容器時(shí)的動(dòng)能變?yōu)?.25Ek故選項(xiàng)C正確． 2．(2017·江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)．由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)．現(xiàn)將C板向右平移到P點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　A　) A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回　　　　 B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回 C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回　　　　 D．穿過P′點(diǎn) 解析　由題意知，電子在A、B板間做勻加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間做勻減速運(yùn)動(dòng)，到P點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，設(shè)A、B板和B、C板間電壓分

24、別為U1和U2，由動(dòng)能定理得eU1－eU2＝0，所以U1＝U2；現(xiàn)將C板右移至P′點(diǎn)，由于板上帶電荷沒有變化，B、C板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝＝＝，E不變，故電子仍運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回，選項(xiàng)A正確． 3．如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場(chǎng)方向平行．a(chǎn)、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場(chǎng)方向平行．一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能． 解析　設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有F＋Na＝m，Nb－F＝m. 設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和

25、b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Eka和Ekb，則有 Eka＝mv，Ekb＝mv. 根據(jù)動(dòng)能定理有Ekb－Eka＝2rF， 聯(lián)立各式解得 E＝(Nb－Na)，Eka＝(Nb＋5Na)，Ekb＝(5Nb＋Na)． 答案　(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na) 1．如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　D　) A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng) C．向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D．向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng) 解析　兩平行金屬

26、板水平放置時(shí)，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，對(duì)其受力分析，如圖甲所示，設(shè)電容器兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，微粒受到豎直向下的重力G和豎直向上的電場(chǎng)力qE，且G＝qE；兩平行金屬板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后，對(duì)微粒受力分析，如圖乙所示，由平行四邊形定則可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且為恒力，故微粒向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確． 2．如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場(chǎng)力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面．若兩粒子間相互作用力可

27、忽略，不計(jì)重力，則M∶m為(　A　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析　設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)電荷量為q的粒子有aM＝，l＝ t2；對(duì)電荷量為－q的粒子有am＝，l＝ t2，聯(lián)立解得＝，選項(xiàng)A正確． 3．(多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么(　AD　) A．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大 C．三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間

28、相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 解析　設(shè)加速電場(chǎng)兩板間距離為d，則qE1d＝mv，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，設(shè)側(cè)移量為y，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則y＝ ()2＝，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)粒子做的功W＝qE2y＝，由于三種粒子的電荷量相等，因此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做的功相等，選項(xiàng)A正確；三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v滿足qE1d＋qE2y＝mv2，由于質(zhì)量不同，因此速度v大小不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上的時(shí)間t＝＋x，x為加速電場(chǎng)右極板到屏的距離，由于質(zhì)量不同，因此運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于粒子從同一位置射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出電場(chǎng)時(shí)的速度的反向延長(zhǎng)線均交于偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中線的中點(diǎn)，因此

29、粒子會(huì)打在屏上同一位置，選項(xiàng)D正確． 4．如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g)．求： (1)小球到達(dá)小孔處的速度； (2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間． 解析　(1)由v2＝2gh得v＝. (2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力，有 mg－qE＝ma， 0－v2＝2ad， 得E＝， U＝Ed，Q＝CU得Q＝C. (3)

30、由h＝gt，0＝v＋at2， t＝t1＋t2， 綜合可得t＝. 答案　(1)　(2)　C　(3) 課時(shí)達(dá)標(biāo)　第21講 [解密考綱]主要考查電容器的動(dòng)態(tài)分析、帶電粒子在電場(chǎng)中加速(或減速)和偏轉(zhuǎn)的問題，以及帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 1．美國(guó)物理學(xué)家密立根于20世紀(jì)初進(jìn)行了多次實(shí)驗(yàn)，比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量，其實(shí)驗(yàn)原理可以簡(jiǎn)化為如下模型：如圖所示，兩個(gè)相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調(diào)電源．從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢(shì)差調(diào)節(jié)到U時(shí)，帶電油滴恰好懸浮在兩板間；然后撤去電場(chǎng)，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達(dá)到勻速下落

31、狀態(tài)，通過顯微鏡觀測(cè)這個(gè)速度的大小為v，已知這個(gè)速度與油滴的質(zhì)量成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g.則計(jì)算油滴帶電荷量的表達(dá)式為(　B　) A．q＝　　 B．q＝ C．q＝　　 D．q＝ 解析　帶電油滴恰好懸浮時(shí)，由平衡條件有q＝mg，油滴勻速下落時(shí)有v＝km，解得q＝，故選項(xiàng)B正確． 2．如圖所示，一帶電小球以水平速度射入接入電路中的平行板電容器中，并沿直線打在屏上O點(diǎn)，若僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，讓帶電小球再次從原位置水平射入并能打在屏上，其他條件不變，兩次相比較，則再次射入的帶電小球(　A　) A．將打在O點(diǎn)的下方 B．將打在O點(diǎn)的上方 C．穿過平行板

32、電容器的時(shí)間將增加 D．達(dá)到屏上動(dòng)能將減少 解析　由題意知，上極板不動(dòng)時(shí)，小球受靜電力和重力平衡，平行板電容器上極板平行上移后，兩極板間電壓不變，電場(chǎng)強(qiáng)度變小，小球再次進(jìn)入電場(chǎng)，受靜電力減小，合力方向向下，所以小球向下偏轉(zhuǎn)，將打在O點(diǎn)下方，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間由水平方向的運(yùn)動(dòng)決定，兩次通過時(shí)水平速度不變，所以穿過平行板電容器的時(shí)間不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于小球向下偏轉(zhuǎn)，合力對(duì)小球做正功，小球動(dòng)能增加，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3．如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場(chǎng)，粒子a由頂點(diǎn)A射入，從BC的中點(diǎn)P射出，粒子b由AB的

33、中點(diǎn)O射入，從頂點(diǎn)C射出．若不計(jì)重力，則a和b的比荷之比是(　D　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶8 D．8∶1 解析　設(shè)AB長(zhǎng)為2h，BC長(zhǎng)為2l，對(duì)a粒子有 2h＝aat＝t， l＝v0ta， 解得2h＝2. 對(duì)b粒子有h＝abt＝t， 2l＝v0tb， 解得h＝2. 由2＝2得 ＝.選項(xiàng)D正確． 4．如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，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(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是(　C　) A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

34、 C．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等 D．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間 解析　根據(jù)質(zhì)點(diǎn)垂直打在M屏上可知，質(zhì)點(diǎn)在兩板中央運(yùn)動(dòng)時(shí)向上偏轉(zhuǎn)，在板右端運(yùn)動(dòng)時(shí)向下偏轉(zhuǎn)，mg

35、　) A．在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為 B．在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為 C．在粒子下落前和后的過程中，電場(chǎng)力做功之比為1∶2 D．在粒子下落前和后的過程中，電場(chǎng)力做功之比為2∶1 解析　帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)．豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可知，前后兩段相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場(chǎng)力做功之比也為1∶3.又因?yàn)殡妶?chǎng)力做的總功為，所以在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為，選項(xiàng)B正確；在粒子

36、下落前和后的過程中，電場(chǎng)力做功相等，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 6．(2017·河南鄭州模擬)(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場(chǎng)強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d，U，E和Q表示．下列說法正確的是(　AD　) A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话? D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话? 解析　E＝，保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，選項(xiàng)A正確；保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话?，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C＝，C

37、＝，保持d不變，C不變，Q加倍，U加倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；E＝＝＝＝，則Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，選項(xiàng)D正確． 7．(2017·北京西城期末)(多選)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種靜電除塵裝置，如圖甲所示，其中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料．圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連．帶負(fù)電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當(dāng)碰到下板后其所帶電荷被中和，同時(shí)被收集．將被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值，稱為除塵率．不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，要增大除塵率，則下列措施可行的是(　AB　) A．只增大電壓

38、U B．只增大長(zhǎng)度L C．只增大高度d D．只增大塵埃被吸入水平速度v0 解析　由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得塵埃偏轉(zhuǎn)位移為y＝at2＝()2，根據(jù)題意，增大除塵率，就是要增大y，需要增大電壓U，增大長(zhǎng)度L，減小高度d，減小塵埃被吸入的水平速度v0，只需改變其中的一項(xiàng)或幾項(xiàng)即可，選項(xiàng)A、B正確． 8．(2017·東北三校二聯(lián))如圖所示，一重力不計(jì)的帶電粒子以初速度v0射入水平放置、距離為d的兩平行金屬板間，射入方向沿兩極板的中心線．當(dāng)極板間所加電壓為U1時(shí)，粒子落在A板上的P點(diǎn)．如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時(shí)將A板向上移動(dòng)后，使粒子由原入射點(diǎn)射入后仍落在P點(diǎn)，則極板間所加電壓U2為(　

39、D　) A．U2＝3U1　　 B．U2＝6U1 C．U2＝8U1　　 D．U2＝12U1 解析　板間距離為d，射入速度為v0，板間電壓為U1時(shí)，在電場(chǎng)中有＝at2，a＝，t＝，解得U1＝；A板上移，射入速度為2v0，板間電壓為U2時(shí)，在電場(chǎng)中有d＝a′t′2，a′＝，t′＝，解得U2＝，即U2＝12U1，選項(xiàng)D正確． 9．(多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)

40、動(dòng)的描述，正確的是(　BC　) A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向 C．重力勢(shì)能減少了mgd D．克服電場(chǎng)力做功為mgd 解析　0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，有mg＝qE0.把微粒的運(yùn)動(dòng)分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)；豎直方向：～時(shí)間內(nèi)，只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻，v1y＝g；～T時(shí)間內(nèi)，a＝＝g，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；重力勢(shì)能的減少量ΔEP＝mg·＝mgd，所以選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理：mgd－W克電＝0，得W克電＝mgd，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 10．如圖所示，在電場(chǎng)中，光滑水

41、平面上一帶正電的物體與繞過定滑輪的絕緣輕繩相連，在輕繩另一端豎直向下拉力的作用下，物體沿桌面從A點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變、方向始終垂直于運(yùn)動(dòng)中的輕繩指向左上方，不計(jì)滑輪摩擦，則在此過程中拉力的瞬時(shí)功率(　A　) A．一直增大　　 B．一直減小 C．先減小后增大　　 D．先增大后減小 解析　對(duì)物體受力分析，因?yàn)槲矬w勻速運(yùn)動(dòng)，通過拉力和電場(chǎng)力的正交分解可得qEsin θ＝Fcos θ，其中θ是輕繩與水平方向的夾角，所以拉力的瞬時(shí)功率P＝Fvcos θ＝qEvsin θ，從A點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，θ增大，sin θ增大，所以P增大，選項(xiàng)A正確． 11．如圖所示，在某一真空中，只

42、有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和豎直向下的重力場(chǎng)，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng)．那么(　B　) A．微粒帶正、負(fù)電荷都有可能 B．微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng) C．微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng) D．微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 解析　微粒做直線運(yùn)動(dòng)的條件是速度方向和合力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場(chǎng)力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則微粒必帶負(fù)電，且運(yùn)動(dòng)過程中微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B正確． 12．(2017·山西太原考試)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于同一豎直平面內(nèi)，其中x軸水平、y軸豎

43、直，xOy平面內(nèi)矩形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強(qiáng)電場(chǎng)，OA長(zhǎng)為l，與x軸間的夾角θ＝30°.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點(diǎn))從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以一定速度射出，恰好從OA的中點(diǎn)M垂直O(jiān)A進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域．已知重力加速度為g. (1)求P的縱坐標(biāo)yp及小球從P射出時(shí)的速度v0； (2)已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝，若小球不能從BC邊界離開電場(chǎng)，OC長(zhǎng)度應(yīng)滿足什么條件？ 解析　(1)設(shè)小球從P運(yùn)動(dòng)到M所用時(shí)間為t1，則有 yp－sin θ＝gt，cos θ＝v0t1， ＝gt1，解得yP＝l，v0＝. (2)設(shè)小球到達(dá)M時(shí)速度為vM，進(jìn)入電場(chǎng)后加速度為a，有 vM＝，又mgcos θ＝qE， 小球在電場(chǎng)中沿vM方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿與vM垂直方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)邊界OC的長(zhǎng)度為d時(shí)，小球不從BC邊射出，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2， mgsin θ＝ma， d>vMt2，＝at，解得d>l. 答案　(1)l　　(2)d>l 22