（課標人教版）2020年《高考風向標》物理 第7章 電場 第3講電容器、帶電粒子在電場中的運動

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1、第3講 電容器、帶電粒子在電場中的運動 ★ 考情直播 1．考綱解讀 考綱內(nèi)容 能力要求 考向定位 1.電容器 2.帶電粒子在電場中的運動 1.知道電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系；知道平行板電容器的電容與那些因素有關(guān). 2.掌握帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)規(guī)律，了解示波器的原理,會用運動的分解來求解有關(guān)偏轉(zhuǎn)問題. 帶電粒子在勻強電場中的運動是電場最核心的內(nèi)容，也是高考的熱點問題，幾乎全國各地每年都有大題是考查這一知識點的，對帶電粒子的平衡、加速、偏轉(zhuǎn)三類問題，要認識到這些問題是力學問題，只是在受力分析時多了電場力而已.另外電容器的動態(tài)變化也是?？嫉囊粋€問題. 2.考點

2、整合 考點一 平行板電容器的動態(tài)分析 1．電容：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差之比稱為電容.即 .單位：法拉. 1F=106μF=1012pF. 2．平行板電容器的電容：平行板電容器電容的決定式是: ，式中ε是電介質(zhì)的介電常數(shù)，無單位. [特別提醒]：電容也是用比值來定義的一個物理量，掌握用比值定義的物理量的特點，區(qū)分電容的定義式和決定式.電容器兩極板的電勢差用靜電計來測量.電容器問題主要涉及到兩種類型，要掌握這兩種類型的問題中，什么變，什么不變. 圖6 A B R [例1]. (2020年廣州一模)如圖6所示，平行板電容器

3、在充電后不切斷電源，此時板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止，當正對的平行板左右錯開一些時（ ） A．帶電塵粒將向上運動 B．帶電塵粒將保持靜止 C．通過電阻R的電流方向為A到B D．通過電阻R的電流方向為B到A [解析] 電容器始終與電源相連，故U不變，兩極板左右錯開一些，板間距離不變，故E不變，C減小，Q減小，電容器放電，放電電流為順時針方向. [答案] BC [方法技巧]平行板電容器的動態(tài)分析主要有兩種情況，一種是電容器的兩極始終與電源連接，這樣不論電容器的電容如何變化，兩極板的電壓是不變的，另一種是電容器被充電后與電源斷開（只有一個極板斷開連接就可以了）這樣極板上的電荷

4、量與外界不會發(fā)生轉(zhuǎn)移，所以Q不變. 求解電容器的動態(tài)變化關(guān)鍵在于分清類型，再結(jié)合定義式和決定式進行分析. 考點二 帶電粒子在電場中的加速問題 1.基本粒子（如質(zhì)子、電子、離子、帶電粒子等）在沒有明確指出或暗示下，重力一般忽略不計，當研究對象為“帶電微粒”、“帶電塵?！?、“帶電小球”時，重力一般不能忽略. 2.帶電粒子的加速問題可以從能量的觀點和牛頓運動定律的觀點解決. [特別提醒]：帶電粒子在電場中的加速問題可以從受力的角度來分析，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解，也可以從能量的角度用動能定理求解.如動能定理.對于帶電粒子在交變電場中的運動往往用v-t圖象求解. t φ U0

5、 -U0 o T/2 T 3T/2 2T [例2]如圖所示，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(guī)律如圖所示.電子原來靜止在左極板小孔處.（不計重力作用）下列說法中正確的是（ ） A.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上 B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動 C.從t=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動，也可能打到右極板上 D.從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將從左極板上的小孔中穿出 [解析]作出不同時刻的釋放電子的v-t圖象，從圖可知AC正確. [方法技巧]帶電粒子的加速問題可以

6、從力學的觀點來求解，即根據(jù)牛頓第二定律求解，但粒子必須是在勻強電場中運動, 對于帶電粒子在交變電場中的運動往往用v-t圖象求解. U L d v0 m，q y vt θ θ 考點三 帶電粒子在電場的偏轉(zhuǎn)問題 1.規(guī)律：平行于板方向： ； 垂直于板方向： . 2.側(cè)位移： 3.偏轉(zhuǎn)角： [特別提醒]:帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)實際上相當于一個類平拋運動，故求解的思維方法和平拋運動的一模一樣，用運動的分解進行求解，當然，有時也可從能量的角度來求解. [例3]（2020年肇慶

7、一模）噴墨打印機的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，此微滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號控制.帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場后，打到紙上，顯示出字體.無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒.設(shè)偏轉(zhuǎn)板板長為L=1.6cm，兩板間的距離為d=0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙L1=3.2cm，若一個墨汁微滴的質(zhì)量為m=1.6×10-10kg，以v0=20m／s的初速度垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是U=8.0×103V，若墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離是Y=2.0mm. 不計空氣阻力和墨汁微滴的重力

8、，可以認為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性. （1）上述墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌伲? （2）若用（1）中的墨汁微滴打字，為了使紙上的字體放大10％，偏轉(zhuǎn)板間電壓應是多大。 解析：（1）墨汁微滴在平行板運動時，由電學知識可得：U=Ed 墨汁微滴在豎直方向的加速度:a= 墨汁微滴在豎直方向的位移:y=at2 墨汁微滴在平行板運動時間：L=v0t 由幾何學知識可得： 聯(lián)立可解得：q=1.25×10-13(C) (2)要使字體放大10%，則墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離應是Y’=Y(1+10%) 設(shè)此時墨汁微滴在豎直方向的位移是y’，由

9、幾何知識可得： 可解得：U=8.8×103（V） [方法技巧]求解帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題最基本的思維方法是運動的分解，即分解速度和分解位移，可類比平拋運動的求解，另外做平拋運動和類平拋運動的物體某點的速度反向延長線必經(jīng)過對應水平位移的中點，這個結(jié)論對求解類平拋運動很有好處. ★ 高考重點熱點題型探究 熱點1電容器的動態(tài)分析 【真題1】（2020年重慶卷）圖1是某同學設(shè)計的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，在兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電量Q將隨待測物體的上下運動而變化，若Q隨時間t的變化關(guān)系為Q=（a、b為大于零的常數(shù)），其圖象如題21圖2所

10、示，那么題21圖3、圖4中反映極板間場強大小E和物體速率v隨t變化的圖線可能是( ) A.①和③ B.①和④ C.②和③ D.②和④ [解析]由題意可知： 所以E的變化規(guī)律與Q的變化規(guī)律相似，所以E的圖象為②，由k, 所以d =vt+a,所以是勻速移動，所以速度圖象為③，綜上所述C正確. [答案]C [名師指引] 本題考查速度傳感器的有關(guān)知識，具有較大的難度，但實際上還是電容器兩極板電壓不變的情形. 【真題2】（2020年寧夏卷）.如圖所示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器

11、，a和b為其兩極板；a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地.開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度a.在以下方法中，能使懸線的偏角a變大的是( ) A.縮小a、b間的距離 B.加大a、b間的距離 C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì) D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì) 【解析】a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變.要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C.對電容器C，由公式C = = ，可以通過增大板間距d、減小介電常數(shù)

12、ε、減小板的正對面積S. [答案]BC [名師指引]本題關(guān)鍵在于分析出兩電容器的電壓始終相等，電容器極板的帶電量始終不變. 新題導練 + — A B C θ 1-1.(2020年佛山一模)給平行析電容器充電，斷開電源后A極板帶正電，B極板帶負電.板間一帶電小球C用絕緣細線懸掛，如圖所示。小球靜止時與豎直方向的夾角為θ，則 A．若將B極板向右平移稍許，電容器的電容將減小 B．若將B極板向下平移稍許，A、B兩板間電勢差將增大 C．若將B板向上平移稍許，夾角θ將變大 D．輕輕將細線剪，小球?qū)⒆鲂睊佭\動 1-2.（20

13、20年湛江二模）如圖3所示的電路可將聲音信號轉(zhuǎn)化為電信號，該電路中右側(cè)固定不動的金屬板b，與能在聲波驅(qū)動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜a通過導線與恒定電源兩極相接，若聲源s沿水平方向做有規(guī)律的振動，則（ ） A. a振動過程中，ab板間的電場強度不變 B. a振動過程中，ab板所帶電量不變 C. a振動過程中，靈敏電流計中始終有方向不變的電流 D.a向右的位移最大時，ab兩板所構(gòu)成的電容器的電容量最大 熱點2 帶電粒子在電場中的運動 [真題3]（2020年全國卷2）一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其

14、速率成正比.若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升.若兩極板間電壓為－U，油滴做勻速運動時速度的大小、方向?qū)⑹牵? ） A．2v、向下 B．2v、向上 C．3 v、向下 D．3 v、向上 [解析]當不加電場時，油滴勻速下降，即；當兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運動，即，解之得:,當兩極間電壓為－U時，電場力方向反向，大小不變，油滴向下運動，當勻速運動時，，解之得：v'=3v，C項正確. [答案]C [名師指引]本題因是帶電油滴在電場中的運動，故一定要考慮油滴的重力. 【真題4】（2020年上海卷）如

15、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Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）. （1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置. （2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置. （3）若將左側(cè)電場II整體水平向右移動L/n（n≥1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置. [解析]（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，

16、出區(qū)域I時的為v0，此后電場II做類平拋運動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有 解得　y＝，所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（－2L，） （2）設(shè)釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有 解得　xy＝，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置. （3）設(shè)電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v2，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D點，則有 ， 解得　，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即

17、為所求位置 [名師指引]本題考查帶電粒子在勻強電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，能很好的考查同學們的思維能力. 新題導練 2-1．如圖所示，距離為L的兩塊平行金屬板A、B豎直固定在表面光滑的絕緣小車上，并與車內(nèi)電動勢為U的電池兩極相連，金屬板B下開有小孔，整個裝置質(zhì)量為M，靜止放在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m帶正電q的小球以初速度v0沿垂直于金屬板的方向射入小孔，若小球始終未與A板相碰，且小球不影響金屬板間的電場． (1)當小球在A、 B板之間運動時，車和小球各做什么運動？加速度各是多少？ (2)假設(shè)小球經(jīng)過小孔時系統(tǒng)電勢能為零，則系統(tǒng)電勢能的最大值是多少？從小球剛進入小孔，到系統(tǒng)電勢能最大時，小車

18、和小球相對于地面的位移各是多少？ 2-2.(2020年汕頭一模)兩塊水平金屬極板A、B正對放置，每塊極板長均為l、極板間距為d．B板接地（電勢為零）、A板電勢為+U，重力加速度為g．兩個比荷（電荷量與質(zhì)量的比值）均為的帶正電質(zhì)點以相同的初速沿A、B板的中心線相繼射入，如圖所示．第一個質(zhì)點射入后恰好落在B板的中點處．接著，第二個質(zhì)點射入極板間，運動一段時間后， A板電勢突然變?yōu)椴⑶也辉俑淖?，結(jié)果第二個質(zhì)點恰好沒有碰到極板．求： （1）帶電質(zhì)點射入時的初速． （2）在A板電勢改變之前，第二個質(zhì)點在板間運動的時間． ★搶分頻道 1.限時基礎(chǔ)訓練卷 1.

19、（2020年廣東理科基礎(chǔ)）關(guān)于電容器的電容C、電壓U和所帶電荷量Q之間的關(guān)系.以下說法正確的是（ ） A．C由U確定　　　　　　　　　　　 B．C由Q確定 圖9－38－2 C．C一定時，Q與U成正比　　　　　　D．C一定時，Q與U成反比 2.如圖9-38-2：電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則 ( ) A.當增大兩板間距離時，v增大 B.當減小兩板間距離時，v增大 C.當改變兩板間距離時，v不變 D.當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間增大 圖9－38－22 3．如圖9-38-22所示，平行板電容器的極板A與

20、一靈敏的靜電計相接，極板B接地，若極板B稍向上移動一點，則（ ） A．兩極板間的電壓不變，極板上的電量變大 B．兩極板間的電壓不變，極板上的電量減小 C．極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變大 D．極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變小 4.（2020·茂名二模）用比值法定義物理量是物理學中一種常用的方法．下面四個物理量都是用比值法定義的，其中定義式正確的是（ ） A．電容C= B．磁感應強度B= C．電場強度E= D．電阻R= 5. 三個電子從同一地點同時沿同一方向垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)如圖9-38-9所示的軌跡，則可以判斷（ ） 圖9－

21、38－9 A.它們在電場中運動時間相同 B.A、B在電場中時間相同，C先飛離電場 C.C進入電場的速度最大，A最小 D.電場力對C做功最小 6.（2020年惠州二模）如圖所示，a、b、c是靜電場中的三個等勢面，其電勢分別是5V、0和－5V.一個電子從O點以初速度v0進入電場，電子進入電場后的運動情況是（ ） A．如果v0的方向向上，則電子的動量大小不變，方向不變 B．如果v0的方向向上，則電子的動量大小改變，方向不變 C．如果v0的方向向左，則電子的動量大小改變，方向改變 D．如果v0的方向向左，則電子的動量大小改變，方向不變 圖9－38－10 7．（2020·深

22、圳一模）如圖9-38-10所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩板正中央射入，Q從下極板邊緣入射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上板的過程中（ ） A.它們的運動時間tQ＞tP B.它們所帶電量之比qP：qQ=1:2 C.它們的動能增量之比 D.它們的電勢能減少量之比 P 圖9－38－14 8.(2020·海南)一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向，兩個比荷（即粒子的電荷量與質(zhì)量之比）不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點（如圖9-38-14）以相同的水平速度射入兩平行板之間.測

23、得a和b與電容器的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2.若不計重力，則a和b的比荷之比是（ ） A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．4∶1 9.（2020·北京）兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認為是均勻的.一個粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板中心.已知質(zhì)子電荷為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： （1）極板間的電場強度E； （2）粒子在極板間運動的加速度a； （3）粒子的初速度v0? 10.（2020年華師附中）如圖所示，

24、有一初速可忽略的電子經(jīng)電壓U1加速后，進入兩塊水平放置、間距為d的、電壓的U2的平行金屬板間.若電子從板正中央水平射入，且恰好能從板的右端射出.設(shè)電子電量為e，求： （1）電子穿出電場時的動能； （2）金屬板的長度. 2．基礎(chǔ)提升訓練 11.(2020年佛山四校)在場強大小為E的勻強電場中,一質(zhì)量為m,帶電量為＋q的物體以某一初速沿電場反方向做勻減速直線運動,其加速度大小為0.8qE/m,物體運動s距離時速度變?yōu)榱?則（ ） A．物體克服電場力做功qEs B．物體的電勢能減少了0.8qEs C．物體的電勢能增加了qEs D．物體的動能減少了0.8qEs 1

25、2．如圖所示，示波器的示波管可以視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L，板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，則關(guān)于示波器的靈敏度（即偏轉(zhuǎn)電場中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量h/ U2）與加速電場、偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系，下列說法中正確的是（ ） A. L越大，靈敏度越高 B. d越大，靈敏度越高 C. U1越大，靈敏度越小 D．靈敏度與U2無關(guān) b a c d E 圖9－38－15 13.（2020·上海）如圖9-38-15所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強電場.電量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場

26、，不計重力. （1）若粒子從c點離開電場，求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能； （2）若粒子離開電場時動能為Ek’，則電場強度為多大？ 圖9－38－4 14. 如圖9-38-4所示，由A、B兩平行金屬板構(gòu)成的電容器放置在真空中，電容為C，原來不帶電.電容器的A板接地，并且中心有一個小孔，通過這個小孔向電容器中射入電子，射入的方向垂直于極板，射入的速度為v0，如果電子是間歇發(fā)射的，即第一個電子達B板后再發(fā)射第二個電子，并且所有到達板的電子都留在B板上.隨著電子的射入，兩極板間的電勢差逐漸增加，直至達到一個穩(wěn)定值，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e電子所受的重力忽略不計，兩

27、板的距離為d. （1）當板上聚集了n個射來的電子時，兩板間電場的場強E多大？ （2）最多能有多少個電子到達B板？ （3）到達B板的第一個電子在兩板間運動的時間和最后一個電子在兩板間運動的時間相差多少？ 15.（2020年廣東五校聯(lián)考）如圖所示，相距為d的兩塊平行金屬板MN與電源相連，電鍵S閉合后，MN間有勻強電場，一個帶電粒子，垂直于電場方向從M板邊緣射入電場，恰打在N板中間，若不計重力，求: （1）為了使粒子恰能剛好飛出電場N板應向下移動多少? （2）若把S打開，為達到上述目的，N板應向下移多少 3 能力提高訓練 A B v 圖9－38－28 16．

28、一質(zhì)量為m，帶電量為-q的微粒（重力不計）在勻強電場中的A點時速度為v，方向與電場線垂直，在B點時的速度為2v，如圖9-38-28所示，已知A、B兩點間的距離為d，求： （1）A、B兩點間的電勢差;　　　 （2）電場強度的大小和方向? 圖9－38－16 17.(2020·重慶)飛行時間質(zhì)譜儀可通過測量離子飛行時間得到離子的荷質(zhì)比q/m.如圖9-38-16(1),帶正電的離子經(jīng)電壓為U的電場加速后進入長度為L的真空管AB,可測得離子飛越AB所用時間t1.改進以上方法，如圖9-38-16(2),讓離子飛越AB后進入場強為E（方向如圖）的勻強電場區(qū)域BC,在電場的作用下離子返回B端，此時

29、，測得離子從A出發(fā)后飛行的總時間t2,（不計離子重力） （1）忽略離子源中離子的初速度，①用t1計算荷質(zhì)比;②用t2計算荷質(zhì)比. （2）離子源中相同荷質(zhì)比離子的初速度不盡相同，設(shè)兩個荷質(zhì)比都為q/m的離子在A端的速度分別為v和v′（v≠v′）,在改進后的方法中，它們飛行的總時間通常不同，存在時間差Δt.可通過調(diào)節(jié)電場E使Δt=0.求此時E的大小. 18. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy直角坐標系，Oy表示豎直向上的方向．已知該平面內(nèi)存在沿x軸負方向的區(qū)域足夠大的勻強電場，現(xiàn)有一個帶電量為2. 5×10-4C 的小球從坐標原點O沿y軸正方向以0. 4 kg·m/s的初動量豎直向上拋出

30、，它到達的最高點位置為圖中的Q點，不計空氣阻力，g取10 m/s2. (1)指出小球帶何種電荷； (2)求勻強電場的電場強度大??； (3)求小球從O點拋出到落回z軸的過程中電勢能的改變量． 19.（2020年佛山二模）如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場E1的場強方向豎直向下，PT下方的電場E0的場強方向豎直向上，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子.從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場E0中，若從Q點射入的粒子，通過PT上的

31、某點R進入勻強電場E1后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若MT兩點的距離為L/2.不計粒子的重力及它們間的相互作用.試求： （1）電場強度E0與E1； A C E0 v0 P B E1 D T 2L Q M R （2）在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直CD邊水平射出，這些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？ 參考答案 考點整合 考點1.; 考點3.初速為v0的勻速直線運動; 初速為零的勻加速直線運動 新題導練 1-1.ABC[電容器充電后與外電路斷開，兩極板電量不變，根據(jù)電容C的

32、定義式和決定式可知ABC正確，繩子剪斷后，小球做勻加速直線運動] 1-2. D[電容器始終與電源相連，U不變，a振動過程中，極板距離變化，E變化，Q變化，產(chǎn)生交變電流，故D正確] 2-1.解：(1)小球做勻減速運動，，小車做勻加速運動，. (2)系統(tǒng)的電勢能最大時，小球相對小車靜止，設(shè)此時小車與小球的速度均為v，由動量守恒，得,即 則系統(tǒng)的最大電勢能為。 小球位移為 小車位移為 2-2.解析：（1）第一個質(zhì)點在極板間做類平拋運動 ① ② ③ 解得質(zhì)點的初速 ④ （2）第二個質(zhì)點射入極板后，在時間內(nèi)做類平拋運動，有 ⑤ ⑥ ⑦ A板電

33、勢突然變?yōu)楹螅|(zhì)點所受電場力與重力平衡，做勻速直線運動，經(jīng)過時間恰好射出極板，則 ⑧ ⑨ 由以上各式解得 ⑩ 搶分頻道 1.限時基礎(chǔ)訓練卷 1.C[電容器的電容C由電容器本身決定，與電壓U和所帶電荷量Q無關(guān)，根據(jù)可知，選項C正確] 2.CD.[無論兩極板距離如何變化，兩極板始終和電源相連，電勢差不變，根據(jù)動能定理可知v不變，兩極板距離增大時，時間將增大] 3.C.[電容器的帶電量Q不變，B板上移，C減小，U增大] 4.AD[磁感應強度的定義式是,電場強度的定義式是] 5.BCD[偏轉(zhuǎn)位移可知ta＝tb>tc,] 6.D[電子在O點的所受電場力水平向左，

34、故D正確] 7.BD[根據(jù)x＝v0t得出時間相同，從而進一步分析得出BD選項正確] 8.D[粒子在電場中做類平拋運動，沿場強方向有，，由可得] 9.解析：（1）極間場強 （2）粒子在極板間運動的加速度 （3）由，得, 10．解析：（1）電子穿出時動能為Ek，對電子在運動全過程內(nèi)動能定理： 解得： （2）設(shè)板長為L，電子離開加速電場時速度為v0，則 電子在偏轉(zhuǎn)電場中飛行時間 偏轉(zhuǎn)距離 由以上幾式得 2．基礎(chǔ)提升訓練 11.A CD.[電場力做負功為qEs，合外力做負功0.8qEs] 12.ACD[偏轉(zhuǎn)位移，靈敏度 ] 13.解析：（1）L＝v

35、0t，L＝＝ 所以E＝，qEL＝Ekt－Ek， 所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek （2）若粒子由bc邊離開電場，L＝v0t，vy＝＝ Ek’－Ek＝mvy2＝＝，所以E＝， 若粒子由cd邊離開電場，qEL＝Ek’－Ek，所以E＝ 14.解析：（1）當B板上聚集了n個射來的電子時，兩板間的電壓， 其內(nèi)部場強; （2）設(shè)最多能聚集n′個電子，此后再射入的電子未到達B板時速度已減為零， 由 則有： 得 (3) 第一個電子在兩板間作勻速運動，運動時間為t1=d/v0，最后一個電子在兩板間作勻減速運動，到達B板時速度為零，運動時間為t2=2d/v0，二者時

36、間差為△t=t2-t1=d/v0 15．解析：設(shè)電源電壓為U,粒子初速為V0,極板長為L (1) 當S閉合時,兩板間電壓U不變 設(shè)向下移動的距離為x1 L=V0t2 解得x1=d (2)S打開,電容器帶電量不變,改變距離,場強E不變,設(shè)向下移動距離為x2 解得x2=3d 3.能力提高訓練 16.（1）根據(jù)動能定理得 解得 （2）設(shè)由A到B的時間為t，則 解出AB水平位移， 17.解析： ⑴ ①設(shè)離子帶電量為q，質(zhì)量為m，經(jīng)電場加速后的速度為v，則2 離子飛越真空管，在AB做勻速直線運動，則L＝vt1 解得離子荷質(zhì)比 ②離子

37、在勻強電場區(qū)域BC中做往返運動，設(shè)加速度為a，則qE＝ma， t2＝ 解得離子荷質(zhì)比 或 兩離子射出A點后再返回到B點的時間為t和，則， ＝＋ Δt＝t－t′＝ 要使Δt＝0，則須 所以 E＝ 18．解析:(1）小球帶負電． (2）小球在y方向上做豎直上拋運動，在x方向做初速度為零的勻加速運動，最高點Q的坐標為(1. 6，3.2)，則 又 (3）由可解得上升階段時間為，所以全過程時間為 x方向發(fā)生的位移為 由于電場力做正功，所以電勢能減少，設(shè)減少量為△E，代入數(shù)據(jù)得△E=qEx=1.6 J 19.解析：（1）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E0電場進入E1電場，由Q到

38、R及R到M點的時間分別為t1與t2，到達R時豎直速度為vy，則： 由、及得： ① ② ③ ④ 上述三式聯(lián)立解得：, 即 (2)由E1＝2E0及③式可得t1＝2t2. 因沿PT方向粒子做勻速運動，故P、R兩點間的距離是R、T兩點間距離的兩倍.即粒子在E0電場做類平拋運動在PT方向的位移是在E1電場中的兩倍. 設(shè)PQ間到P點距離為△y的F處射出的粒子通過電場后也沿水平方向，若粒子第一次達PT直線用時△t，水平位移為△x，則 粒子在電場E1中可能做類平拋運動后垂直CD邊射出電場，也可能做類斜拋運動后返回E0電場，在E0電場中做類平拋運動垂直CD水平射出，或在E0電場中做類斜拋運動再返回E1電場. 若粒子從E1電場垂直CD射出電場，則 （n＝0、1、2、3、……） 解之得： （n＝0、1、2、3、……） 若粒子從E0電場垂直CD射出電場，則 （k＝1、2、3、……） （k＝1、2、3、……） 即PF間的距離為其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、…… 或 （n＝1、2、3、……） 解之得： （n＝1、2、3、……） 即PF間的距離為 （n = 1，2，3，……） 本題也作出場強方向的v-t圖象求解.