2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（含解析）.doc

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第3講　電容器與電容　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 主干梳理 對(duì)點(diǎn)激活 知識(shí)點(diǎn)　　常見電容器?、? 電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系?、? 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)帶電量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)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異號(hào)電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能。 ②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程。放電過程中電場(chǎng)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)造上可分為固定電容器和可變電容器。 (2)擊穿電壓：加在電容器極板上的極限電壓，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)的電壓是額定電壓，這個(gè)電壓比擊穿電壓低。 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(shì)差U的比值。 (2)定義式：C＝。 (3)單位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。 (4)電容與電壓、電荷量的關(guān)系 ①電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定，與電壓、電荷量無關(guān)。不隨Q變化，也不隨電壓變化。 ②由C＝可推出C＝。 4．平行板電容器及其電容 (1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板正對(duì)面積成正比，與兩極板間介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比。 (2)決定式：C＝，k為靜電力常量。 知識(shí)點(diǎn)　　帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)?、? 1．加速問題 若不計(jì)粒子的重力，則電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子的動(dòng)能的增量。 (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)：類平拋運(yùn)動(dòng)。 (3)處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝。 ②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 ③運(yùn)動(dòng)過程，如圖所示 知識(shí)點(diǎn)　　示波管　Ⅰ 1．構(gòu)造 示波管的構(gòu)造如圖所示，它主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。 2．工作原理 (1)如果偏轉(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運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。 (2)示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號(hào)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)隨時(shí)間變化的穩(wěn)定圖象。 一 思維辨析 1．電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比。(　　) 2．放電后的電容器所帶電荷量為零，電容也為零。(　　) 3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)。(　　) 4．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)。(　　) 5．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，不加特別說明重力不可以忽略不計(jì)。(　　) 答案　1.　2.　3.　4.√　5.√ 二 對(duì)點(diǎn)激活 1．關(guān)于電容器及其電容的敘述，正確的是(　　) A．任何兩個(gè)彼此絕緣而又相互靠近的導(dǎo)體，就組成了電容器，跟這兩個(gè)導(dǎo)體是否帶電無關(guān) B．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 C．電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比 D．一個(gè)電容器的電荷量增加ΔQ＝1.010－6 C時(shí)，兩板間電壓升高10 V，則電容器的電容無法確定 答案　A 解析　根據(jù)電容器的組成可知A正確；電容器的電荷量指一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值，B錯(cuò)誤；電容器的電容是其本身的性質(zhì)，與所帶電荷量無關(guān)，C錯(cuò)誤；C＝＝，D錯(cuò)誤。 2．(人教版選修3－1P32T1改編)(多選)如圖所示，用靜電計(jì)可以測(cè)量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)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(shì)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＝知，當(dāng)d變大時(shí)，C變小，再由C＝得U變大，指針張角變大，A正確；當(dāng)A板上移時(shí)，正對(duì)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)，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3－1P39T3)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，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(dòng)能相同。 答案　(1)　(2)1 解析　設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間距離為d，極板長(zhǎng)為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝＝。 (1)若電子與氫核的初速度相同，則＝。 (2)若電子與氫核的初動(dòng)能相同，則＝1。 考點(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu) 考點(diǎn)1　平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 1．對(duì)公式C＝的理解 電容C＝，不能理解為電容C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C＝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＝分析電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化。 3．電容器兩類問題的比較 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 U Q d變大 C變小→Q變小、E變小 C變小→U變大、E不變 S變大 C變大→Q變大、E不變 C變大→U變小、E變小 εr變大 C變大→Q變大、E不變 C變大→U變小、E變小 4．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εr增大；加入與極板等大的導(dǎo)體板，相當(dāng)于d減小。 　　　　 例1　(2018南昌調(diào)研)如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則(　　) A．平行板電容器的電容變大 B．靜電計(jì)指針張角變小 C．帶電油滴的電勢(shì)能減少 D．帶電油滴受到的電場(chǎng)力不變 解題探究　(1)電容器與電源連接，不變量是________。 提示：電壓 (2)下極板豎直下移，如何判斷P點(diǎn)電勢(shì)的變化？ 提示：先根據(jù)E＝判斷出場(chǎng)強(qiáng)的變化，再判斷上極板與P之間的電勢(shì)差的變化。 嘗試解答　選C。 由C＝可知，平行板電容器的電容C與兩板間的距離成反比，與兩板間的正對(duì)面積成正比，當(dāng)平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，兩板間的正對(duì)面積不變而距離增大，故電容C減小，所以A錯(cuò)誤；靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩極板間的電勢(shì)差，由于電容器與電源保持接通狀態(tài)，因此兩板間的電勢(shì)差始終等于電源的電動(dòng)勢(shì)，則靜電計(jì)的指針張角保持不變，B錯(cuò)誤；在保持兩板間電勢(shì)差不變的情況下，隨著兩板間距離的增大，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故油滴所受電場(chǎng)力減小，又因?yàn)镻點(diǎn)到上極板的距離不變，兩板間場(chǎng)強(qiáng)減小，所以P點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差減小，而與下極板的電勢(shì)差增大(兩極板間的電勢(shì)差不變)，即P點(diǎn)的電勢(shì)升高，由題意知油滴帶負(fù)電，所以油滴的電勢(shì)能減少，C正確，D錯(cuò)誤。 總結(jié)升華 解決電容器板間場(chǎng)強(qiáng)的技巧 (1)在電壓不變的情況下，由E＝來判斷場(chǎng)強(qiáng)變化，發(fā)現(xiàn)場(chǎng)強(qiáng)E只隨板間距離而變。 (2)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)。 (3)針對(duì)兩極板帶電量保持不變的情況，還可以認(rèn)為一定量的電荷對(duì)應(yīng)著一定數(shù)目的電場(chǎng)線，兩極板間距離變化時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)不變，如圖甲、乙所示；兩極板正對(duì)面積變化(變小)時(shí)，如圖丙，電場(chǎng)線變密，場(chǎng)強(qiáng)增大。 [變式1－1]　(多選)如圖所示，一平行板電容器的兩極板與電壓恒定的電源相連，極板水平放置，在下極板上疊放一定厚度的金屬板，有一帶電粒子靜止在電容器上部空間的P點(diǎn)。當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出的瞬間，下列說法正確的是(　　) A．電容器的電容減小 B．極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小 C．P點(diǎn)的電勢(shì)升高 D．帶電粒子的電勢(shì)能減小 答案　ABD 解析　平行板電容器的電容C＝，下極板上疊放金屬板，當(dāng)抽走金屬板時(shí)板間距離增大，其電容減小，A正確；由E＝得電場(chǎng)強(qiáng)度減小，B正確；正、負(fù)極板的電勢(shì)差U＝φ＋－φ－不變，φ＋＝0，P點(diǎn)到負(fù)極板有φP－φ－＝Ed′，得φP＝Ed′＋φ－，E減小則φP減小，C錯(cuò)誤；帶電粒子靜止在電場(chǎng)中，重力與電場(chǎng)力平衡，粒子帶正電，其電勢(shì)能減小，D正確。 [變式1－2]　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C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，Ep表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，下列關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動(dòng)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C＝，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，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)E＝，U＝，C＝，可知E＝，保持不變，B錯(cuò)誤；負(fù)極板接地，電勢(shì)為零，P點(diǎn)的電勢(shì)φ等于P點(diǎn)到負(fù)極板的電勢(shì)差，即φ＝El，E不變，l線性減小，φ線性減小，C正確；由Ep＝qφ可知，Ep隨l的變化而變化，D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)2　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(dòng)的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)粒子所受合外力F合≠0，且合外力與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。 3．解題思路 (1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析 Eq＋F其他＝ma，E＝，v2－v＝2ad。 (2)用功能觀點(diǎn)分析 ①勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W電＝Eqd＝qU，W電＋W其他＝mv2－mv。 ②非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W電＝qU，W電＋W其他＝Ek2－Ek1。 　　　　 例2　(2018濰坊月考)如圖所示，金屬板A、B水平放置，兩板中央有小孔S1、S2，A、B與直流電源連接。閉合開關(guān)，從S1孔正上方O處由靜止釋放一帶電小球，小球剛好能到達(dá)S2孔，不計(jì)空氣阻力，要使此小球從O點(diǎn)由靜止釋放后穿過S2孔，應(yīng)(　　) A．僅上移A板適當(dāng)距離 B．僅下移A板適當(dāng)距離 C．?dāng)嚅_開關(guān)，再上移A板適當(dāng)距離 D．?dāng)嚅_開關(guān)，再下移A板適當(dāng)距離 解題探究　(1)電場(chǎng)力對(duì)小球做什么功？ 提示：負(fù)功。 (2)斷開開關(guān)，移動(dòng)A板，板間場(chǎng)強(qiáng)如何變化？ 提示：不變。 嘗試解答　選D。 設(shè)板間距離為d，O距S1為h，電源電壓為U，由題意知從O釋放一帶電小球到達(dá)S2孔速度為零，則電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，由動(dòng)能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若僅上移或下移A板適當(dāng)距離，兩板間電壓不變，仍滿足mg(h＋d)－qU＝0，小球仍剛好能到達(dá)S2，則A、B錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，Q不變，因E＝，則場(chǎng)強(qiáng)E不變，由動(dòng)能定理得：mg(h＋d)－Eqd＝0，將A板向上移適當(dāng)距離，假設(shè)仍能到達(dá)S2處，則重力做功不變，電場(chǎng)力做功增多，故假設(shè)不成立，即到達(dá)不了S2處速度已為零，故C錯(cuò)誤；若下移A板適當(dāng)距離，假設(shè)仍能到達(dá)S2處，則重力做功不變，電場(chǎng)力做功變少，所以總功為正功，到達(dá)S2處小球速度不為零，能夠穿過S2孔，故D正確。 總結(jié)升華 帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 解決此類問題的關(guān)鍵是靈活利用動(dòng)力學(xué)方法分析，可以采用受力分析和運(yùn)動(dòng)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(dòng)能定理。 [變式2－1]　(2018江西質(zhì)檢)帶有等量異號(hào)電荷、相距10 cm的平行板A和B之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝4104 V/m，方向豎直向下，如圖所示。電場(chǎng)中C點(diǎn)距B板3 cm，D點(diǎn)距A板2 cm。有一個(gè)質(zhì)量為m＝210－8 kg的帶電微粒沿圖中所示的虛線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)。若重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．該微粒在D點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最大 B．該微?？赡茏鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng) C．在此過程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為110－8 J D．該微粒帶正電，所帶電荷量為q＝510－12 C 答案　C 解析　由于微粒只受電場(chǎng)力和重力作用，這兩個(gè)力均在豎直方向上，微粒做直線運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力的大小等于重力，微粒所受的合外力為0，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向豎直向上，大小為mg，微粒從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，A、B錯(cuò)誤；微粒從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)了5 cm，所以電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為110－8 J，C正確；該微粒帶負(fù)電，D錯(cuò)誤。 [變式2－2]　(2017江蘇高考)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)?，F(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．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) 答案　A 解析　設(shè)AB、BC間的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，據(jù)動(dòng)能定理得： eE1d1－eE2d2＝0① 當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場(chǎng)強(qiáng)度 E2′＝＝＝＝， BC板間的電場(chǎng)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(dòng)的距離為x，則 eE1d1－eE2x＝0－0② 比較①②兩式知，x＝d2，即電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)返回，選項(xiàng)A正確。 考點(diǎn)3　帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) 1．基本規(guī)律 設(shè)粒子所帶電荷量為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)速度 v＝，tanθ＝＝。 (4)位移 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)角度和偏移量y總是相同的。 證明：由qU0＝mv及tanθ＝，得tanθ＝。y＝＝。 (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)射出后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到極板邊緣的水平距離為。 3．在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)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： → (2)確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度) 　　　　 例3　(2018南寧、柳州聯(lián)考)如圖所示，在平面坐標(biāo)系第一象限內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，y軸與直線x＝－d(d>0)區(qū)域之間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E，一個(gè)電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)從第一象限的S點(diǎn)由靜止釋放。 (1)若S點(diǎn)坐標(biāo)為（，），求粒子通過x軸的位置坐標(biāo)； (2)若S點(diǎn)坐標(biāo)為(d，d)，求粒子通過 x軸時(shí)的動(dòng)能； (3)若粒子能通過x軸上的P點(diǎn)坐標(biāo)為(－3d,0)，求釋放點(diǎn)S的坐標(biāo)(x，y)應(yīng)滿足的條件。 解題探究　(1)帶電粒子在直線x＝－d與y軸區(qū)域之間做什么運(yùn)動(dòng)？ 提示：類平拋運(yùn)動(dòng)。 (2)帶電粒子若運(yùn)動(dòng)到x＝－d左側(cè)，做什么運(yùn)動(dòng)？ 提示：勻速直線運(yùn)動(dòng)。 嘗試解答　(1)(－d,0)　(2)qEd　(3)4xy＝5d2(x>0，y>0) (1)設(shè)粒子在第一象限電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v1，由動(dòng)能定理有qE＝mv 粒子進(jìn)入第二象限電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子通過x軸時(shí)沒有出電場(chǎng)左邊界，在第二象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，加速度為a，有 qE＝ma，＝at，s＝v1t1 可解得s＝d，假設(shè)成立，即粒子通過x軸的坐標(biāo)為(－d,0)。 (2)若S點(diǎn)坐標(biāo)為(d，d)，則粒子到達(dá)y軸時(shí)有qEd＝mv，得v2＝v1。假設(shè)粒子穿過了第二象限電場(chǎng)左邊界，粒子在第二象限電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2， 則y＝at，d＝v2t2 解得y＝，假設(shè)成立，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)x軸， 粒子通過x軸時(shí)的動(dòng)能等于粒子在兩個(gè)區(qū)域中電場(chǎng)力做功之和，即Ek＝qEd＋qEy＝qEd。 (3)粒子在第一象限電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得qEx＝mv2，粒子進(jìn)入第二象限電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子從P點(diǎn)射出時(shí)的方向與x軸負(fù)方向的夾角為θ，如圖所示， 則tanθ＝＝ 其中粒子在第二象限電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝ 粒子要通過P點(diǎn)，其出電場(chǎng)左邊界后軌跡的反向延長(zhǎng)線與S點(diǎn)所在水平線的交點(diǎn)A的坐標(biāo)為（－，y） 即tanθ＝＝ 聯(lián)立以上各式解得4xy＝5d2(x＞0，y＞0)。 總結(jié)升華 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問題的兩種求解思路 (1)運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn) 運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)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(chǎng)線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)； ②帶電粒子的初速度方向垂直電場(chǎng)線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。 當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要采取類似平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法。 (2)功能觀點(diǎn)：首先對(duì)帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算。 ①若選用動(dòng)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(dòng)過程中動(dòng)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(dòng)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。 [變式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進(jìn)入水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入豎直向下的勻強(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(　　) 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)間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 答案　AD 解析　帶電粒子在電場(chǎng)E1中加速，由動(dòng)能定理，eE1d＝mv2，解得v＝；進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2中做類平拋運(yùn)動(dòng)，L＝vt，y＝at2，eE2＝ma，聯(lián)立解得y＝，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功W＝eE2y＝，與粒子質(zhì)量無關(guān)，所以偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多，A正確。由動(dòng)能定理知粒子打到屏上時(shí)的速度大小v′＝ ，三種粒子質(zhì)量不相等，故B錯(cuò)誤。三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間t總＝t0＋t勻＝ ＋＝ ＋ (L＋l)，故所用時(shí)間不相同，C錯(cuò)誤。由于y＝，與粒子質(zhì)量無關(guān)，三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的水平位移相等，側(cè)移量相同，則出射角相同，所以三種粒子一定打到屏上的同一位置，D正確。 考點(diǎn)4　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．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)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或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。 2．常見的三類運(yùn)動(dòng)形式 帶電體做單向直線運(yùn)動(dòng)、直線往返運(yùn)動(dòng)或偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)。 　　　　 例4　如圖a所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B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t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是(　　) A．0T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(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確。 總結(jié)升華 利用速度圖象分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程時(shí)，必須注意“五點(diǎn)”： (1)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻。 (2)速度圖象的切線斜率表示加速度。 (3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負(fù)。 (4)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用。,(5)圖線與橫軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度改變方向。對(duì)運(yùn)動(dòng)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。 [變式4]　(2018安徽合肥一中高三階段性考試)如圖甲所示，一對(duì)平行金屬板M、N長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，忽略兩極板外的電場(chǎng)。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時(shí)，某一帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)以速度v0沿O1O方向射入電場(chǎng)，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； (2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝，從t＝0開始，前時(shí)間內(nèi)UMN＝2U，后時(shí)間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場(chǎng)，最終所有粒子恰好能全部離開電場(chǎng)而不打在極板上，求U的值。 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)粒子經(jīng)過時(shí)間t0打在M板中點(diǎn) 沿極板方向有＝v0t0 垂直極板方向有＝ t 解得＝。 (2)粒子通過兩板間的時(shí)間t＝＝T 從t＝0時(shí)刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)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a1＝，在每個(gè)電壓變化周期的后三分之二時(shí)間內(nèi)的加速度大小 a2＝ 如圖所示為從不同時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子的速度—時(shí)間圖象，根據(jù)題意和圖象分析可知，從t＝nT(n＝0,1,2，…)或t＝＋nT(n＝0,1,2，…)時(shí)刻入射的粒子恰好不打在極板上，則有＝T 解得U＝。 考點(diǎn)5　電場(chǎng)中的力、電綜合問題 1．用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng) (1)由于勻強(qiáng)電場(chǎng)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(dòng)分解為正交的簡(jiǎn)單直線運(yùn)動(dòng)，化繁為簡(jiǎn)。 (3)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)學(xué)公式里的物理量的正負(fù)號(hào)，即其矢量性。 2．用能量的觀點(diǎn)來分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng) (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(dòng)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(dòng)能定理。 　　　　 例5　(2018保定二模)(多選)空間分布有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的帶電小球A從O點(diǎn)斜向上拋出，小球沿如圖所示的軌跡擊中絕緣豎直墻壁的P點(diǎn)。將另一質(zhì)量相同、電荷量不變、電性相反的小球B仍從O點(diǎn)以相同的速度拋出，該球垂直擊中墻壁的Q點(diǎn)(圖中未畫出)。對(duì)于上述兩個(gè)過程，下列敘述中正確的是(　　) A．球A的加速度大于球B的加速度 B．P點(diǎn)位置高于Q點(diǎn) C．球A的電勢(shì)能增大，球B的電勢(shì)能減小 D．電場(chǎng)力對(duì)球A的沖量大小等于對(duì)球B的沖量大小 解題探究　(1)A、B小球在上述兩個(gè)過程中時(shí)間相同嗎？ 提示：將斜拋運(yùn)動(dòng)分解成水平方向和豎直方向，由水平方向運(yùn)動(dòng)知時(shí)間相同。 (2)A球豎直方向減速到零，再向下加速，B球豎直方向減速到零，則初速度豎直分量和時(shí)間相同的情況下，A、B的加速度哪個(gè)大？ 提示：A的加速度大。 嘗試解答　選ACD。 將帶電小球的斜拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向位移相同、速度相同，時(shí)間就相同，但豎直方向球A向上減速到零后又向下加速，球B向上減速到零，所以球A的加速度大于球B的加速度，P點(diǎn)位置低于Q點(diǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤。那么A球受電場(chǎng)力豎直向下，B球受電場(chǎng)力豎直向上，電場(chǎng)力對(duì)A球做了負(fù)功，電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力對(duì)B球做正功，電勢(shì)能減小，故C正確。兩球電場(chǎng)力大小相等、時(shí)間相同，所以電場(chǎng)力對(duì)球A的沖量大小等于對(duì)球B的沖量大小，故D正確。 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(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、能量守恒定律等知識(shí)點(diǎn)，考查的知識(shí)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(duì)于帶電小球在重力場(chǎng)和電場(chǎng)疊加區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，可以利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法，將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平和豎直兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)，再對(duì)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)分別運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律或動(dòng)能定理解答。 (3)帶電小球在重力場(chǎng)和電場(chǎng)疊加區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，若重力和電場(chǎng)力為恒力，可以將重力和電場(chǎng)力合成為一個(gè)恒力，可以將這個(gè)復(fù)合場(chǎng)當(dāng)作等效重力場(chǎng)，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向。當(dāng)此恒力F合的方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直時(shí)，其速度(或動(dòng)能)取得極值，小球在等效重力場(chǎng)中能夠做豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件是恰好能夠通過圓周軌道上等效重力場(chǎng)的最高點(diǎn)。 [變式5－1]　(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1104 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)l＝2 m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m＝0.08 kg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O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，取小球在靜止時(shí)的位置為電勢(shì)能零點(diǎn)和重力勢(shì)能零點(diǎn)，cos37＝0.8，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．小球的電荷量q＝610－5 C B．小球動(dòng)能的最小值為1 J C．小球在運(yùn)動(dòng)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O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變，且為4 J 答案　AB 解析　對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，由于靜止，可得mgtan37＝qE，解得小球的電荷量為q＝＝610－5 C，A正確；由于重力和電場(chǎng)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(shì)能(重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和)最小，在平衡位置的對(duì)稱點(diǎn)B點(diǎn)，小球的勢(shì)能最大，由于小球總能量不變，所以小球在B點(diǎn)的動(dòng)能EkB最小，對(duì)應(yīng)速度vB最小，根據(jù)題意，在B點(diǎn)小球只受重力和電場(chǎng)力，其合力為小球做圓周運(yùn)動(dòng)提供向心力，而繩的拉力恰為零，F(xiàn)合＝＝1 N，又F合＝m，得EkB＝mv＝1 J，B正確；由于總能量保持不變，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，當(dāng)小球在圓周軌跡上最左側(cè)的C點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能Ep最大，所以在該點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，C錯(cuò)誤；小球由B運(yùn)動(dòng)到A，W合力＝F合2l，所以EpB＝4 J，總能量E＝EpB＋EkB＝5 J，D錯(cuò)誤。 [變式5－2]　(2018湖北八校聯(lián)考)如圖所示，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑，然后沿切線進(jìn)入豎直面上半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，并恰能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)B?，F(xiàn)在空間加一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，若仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球(假設(shè)小球所帶電荷量在運(yùn)動(dòng)過程中保持不變，不計(jì)空氣阻力)，則(　　) A．小球一定不能到達(dá)B點(diǎn) B．小球仍恰好能到達(dá)B點(diǎn) C．小球一定能到達(dá)B點(diǎn)，且在B點(diǎn)對(duì)軌道有向上的壓力 D．小球能否到達(dá)B點(diǎn)與所加的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小有關(guān) 答案　B 解析　沒有電場(chǎng)時(shí)，設(shè)小球在圓形軌道最高點(diǎn)的速度為v，則由牛頓第二定律得mg＝m，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(h－2R)＝mv2，解得h＝R；加上電場(chǎng)時(shí)，設(shè)小球恰好到達(dá)圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，則由牛頓第二定律得mg＋qE＝m，解得v′＝ ，根據(jù)動(dòng)能定理得mg(h－2R)＋qE(h－2R)＝mv1′2，解得小球在B點(diǎn)的速度v1′＝ ＝v′，說明小球仍恰好能到達(dá)B點(diǎn)，且小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為零，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 高考模擬 隨堂集訓(xùn) 1．(2018全國(guó)卷Ⅲ)(多選)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a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)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a、b，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大 C．在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等 D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等 答案　BD 解析　根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運(yùn)動(dòng)，微粒b向上加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a、b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b的加速度大小，即aa>ab。對(duì)微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對(duì)微粒b，由牛頓第二定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得：>，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，A錯(cuò)誤；在a、b兩微粒運(yùn)動(dòng)過程中，a微粒所受電場(chǎng)力等于b微粒所受的電場(chǎng)力，t時(shí)刻a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動(dòng)能定理，在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b大，B正確；由于在t時(shí)刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢(shì)相等，電荷量大小相等，符號(hào)相反，所以在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能不等，C錯(cuò)誤；由于a微粒受到的電場(chǎng)力(合外力)大小等于b微粒受到的電場(chǎng)力(合外力)，根據(jù)動(dòng)量定理，在t時(shí)刻，a微粒的動(dòng)量大小等于b微粒，D正確。 2．(2018江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B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(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止 B．豎直向下運(yùn)動(dòng) C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng) 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(chǎng)力，當(dāng)下極板右端向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，板間距離增大場(chǎng)強(qiáng)減小，電場(chǎng)力小于重力；由于電場(chǎng)線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場(chǎng)線如圖所示，所以重力與電場(chǎng)力的合力偏向右下方，故油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，D正確。 3．(2018北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小 C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大 D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大 答案　A 解析　用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異號(hào)電荷，從而使電容器帶電，故A正確；根據(jù)平行板電容器的電容決定式C＝，將電容器b板向上平移，即正對(duì)面積S減小，則電容C減小，根據(jù)C＝可知，電荷量Q不變，則電壓U增大，則靜電計(jì)指針的張角變大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電容的決定式C＝，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，則相對(duì)介電常數(shù)εr增大，則電容C增大，根據(jù)C＝可知，電荷量Q不變，則電壓U減小，則靜電計(jì)指針的張角變小，故C錯(cuò)誤；電容與電容器所帶的電荷量無關(guān)，故電容C不變，故D錯(cuò)誤。 4．(2016全國(guó)卷Ⅲ)關(guān)于靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，下列說法正確的是(　　) A．兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面可能相交 B．電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處相互垂直 C．同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定相等 D．將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功 答案　B 解析　假設(shè)兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面相交，則交點(diǎn)處的電勢(shì)就是兩個(gè)不同的值，這是不可能的，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處相互垂直，B正確；同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電勢(shì)相等，而場(chǎng)強(qiáng)不一定相等，C錯(cuò)誤；負(fù)電荷從高電勢(shì)處移到低電勢(shì)處，電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力做負(fù)功，D錯(cuò)誤。 5．(2016北京高考)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d。 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U＝2.0102 V，d＝4.010－2 m，m＝9.110－31 kg，e＝1.610－19 C，g＝10 m/s2； (3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)。電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)φ的定義式。類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”φG的概念，并簡(jiǎn)要說明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)。 答案　(1) 　　(2)(3)見解析 解析　(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝mv 電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝＝L 豎直方向的加速度a＝， 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝。 (2)考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有 重力G＝mg～10－29 N 電場(chǎng)力F＝～10－15 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力。 (3)電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)φ的定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝ 由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢(shì)”，即φG＝。 電勢(shì)φ和重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定。 配套課時(shí)作業(yè) 　　時(shí)間：45分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～7為單選，8～10為多選) 1．(2016全國(guó)卷Ⅰ)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(　　) 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)度不變 答案　D 解析　平行板電容器電容C＝，云母介質(zhì)移出，εr減小，C減??；又C＝，電源恒壓，即U一定，C減小，故Q減小；電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，故E不變，D正確。 2．(2016天津高考)如圖所示，平行板電容器帶有等量異號(hào)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(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 答案　D 解析　極板移動(dòng)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(shì)差U的變化，由C＝和C＝可知，極板下移，d減小，C增大，U減小，又E＝＝，則E不變，Ep不變，綜合上述，只有D項(xiàng)正確。 3．(2018太原模擬)如圖是靜電噴漆的工作原理圖。工作時(shí)，噴槍部分接高壓電源負(fù)極，工件接正極，噴槍的端部與工件之間就形成靜電場(chǎng)，從噴槍噴出的涂料微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到工件，并被吸附在工件表面。圖中畫出了部分微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)微粒被噴出后只受靜電力作用，則(　　) A．微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡顯示的是電場(chǎng)線的分布情況 B．微粒向工件運(yùn)動(dòng)的過程中所受電場(chǎng)力先減小后增大 C．在向工件運(yùn)動(dòng)的過程中，微粒的動(dòng)能逐漸減小 D．在向工件運(yùn)動(dòng)的過程中，微粒的電勢(shì)能逐漸增大 答案　B 解析　微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線時(shí)，與電場(chǎng)線一定不重合，A錯(cuò)誤。由場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可知，距離兩個(gè)電極越近的位置，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，所以微粒在向工件運(yùn)動(dòng)的過程中所受電場(chǎng)力先減小后增大，B正確。在微粒向工件運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少；只有電場(chǎng)力做功，即合力做正功，微粒的動(dòng)能增加，C、D錯(cuò)誤。 4.(2018長(zhǎng)春質(zhì)監(jiān))如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)以初速度v0由小孔水平射入兩金屬板間，當(dāng)M、N間的電壓為U時(shí)，粒子剛好能到達(dá)N板。如果要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M、N兩金屬板中線位置處即返回，則下列措施能滿足要求的是(　　) A.使初速度減小為原來的 B．使M、N間的電壓提高為原來的4倍 C．使M、N間的電壓加倍 D．使初速度減小為原來的，同時(shí)M、N間的電壓加倍 答案　C 解析　粒子從進(jìn)入金屬板間到達(dá)N板的過程中，由動(dòng)能定理得－qEd＝0－mv，所以帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為d＝，設(shè)改變條件后帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為x，若電壓提高為原來的2倍，則金屬板間的電場(chǎng)強(qiáng)度也為原來的2倍，則x＝，故C正確；結(jié)合上面分析可知，若使初速度減小為原來的，則x＝，A錯(cuò)誤；若電壓提高為原來的4倍，則金屬板間的電場(chǎng)強(qiáng)度也為原來的4倍，則x＝，故B錯(cuò)誤；若初速度減小為原來的，電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，則x＝，D錯(cuò)誤。 5.(2018安徽聯(lián)考)有重力可忽略不計(jì)的三個(gè)帶正電的粒子A、B、C，先后沿如圖所示的虛線OO′方向從兩平行板左端中點(diǎn)水平進(jìn)入平行板電容器中，并最終都能擊中兩平行板右端緊鄰的MN板。已知三個(gè)粒子質(zhì)量之比mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三個(gè)粒子電荷量之比為qA∶qB∶qC＝1∶2∶1，關(guān)于這三個(gè)粒子擊中MN板的位置，下列說法正確的是(　　) A．若A、B、C以相同的速度進(jìn)入電容器，則最終A、B、C擊中MN板上同一點(diǎn) B．若A、B、C以相同的動(dòng)量進(jìn)入電容器，則最終B、C擊中MN板上同一點(diǎn) C．若A、B、C以相同的動(dòng)能進(jìn)入電容器，則最終A、B、C擊中MN板上同一點(diǎn) D．若A、B、C以相同的動(dòng)能進(jìn)入電容器，則最終A、B擊中MN板上同一點(diǎn) 答案　B 解析　設(shè)某個(gè)粒子的入射速度大小為v0，平行板的長(zhǎng)度為l。粒子垂直電場(chǎng)方向射入平行板后，粒子在平行板中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知粒子的加速度大小為a＝，由于粒子在兩平行板間水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝，粒子的側(cè)移量大小為y＝at2＝。若三個(gè)粒子以相同的速度進(jìn)入電容器，則A、B、C三個(gè)粒子的側(cè)移量之比為2∶4∶1，A錯(cuò)誤。由y＝＝知，若三個(gè)粒子以相同的動(dòng)量進(jìn)入電容器，則三個(gè)粒子A、B、C的側(cè)移量之比為1∶2∶2，最終B、C擊中MN板上同一點(diǎn)，B正確。由y＝可知，若三個(gè)粒子以相同的動(dòng)能進(jìn)入電容器，則三個(gè)粒子A、B、C的側(cè)移量之比為1∶2∶1，最終A、C擊中MN板上同一點(diǎn)，C、D錯(cuò)誤。 6.如圖所示，電路可將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，該電路中右側(cè)固定不動(dòng)的金屬板b與能在聲波驅(qū)動(dòng)下沿水平方向振動(dòng)的鍍有金屬層的震動(dòng)膜a構(gòu)成一個(gè)電容器，a、b通過導(dǎo)線與恒定電源兩極相接。若聲源S不停地振動(dòng)，使a板也左右振動(dòng)，則(　　) A．a(chǎn)振動(dòng)過程中，a、b板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變 B．a(chǎn)振動(dòng)過程中，電流計(jì)中始終有方向不變的電流 C．a(chǎn)振動(dòng)過程中，電容器的電容不變 D．a(chǎn)向右的位移最大時(shí)，a、b板所構(gòu)成的電容器電容最大 答案　D 解析　金屬板a在聲波驅(qū)動(dòng)下沿水平方向振動(dòng)，兩極板間的距離發(fā)生變化，兩極板與電源相連，電勢(shì)差恒定，兩板間的場(chǎng)強(qiáng)發(fā)生變化，A錯(cuò)誤；電容器的電容隨兩板間距離改變而改變，兩板帶電量隨電容改變而改變，電容器不斷地充、放電，電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向也隨充、放電而變化，B、C錯(cuò)誤；當(dāng)a、b兩板距離最近時(shí)，電容最大，D正確。 7．粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對(duì)的金屬板AB。板間地面上靜止著帶正電的物塊，如圖甲所示，當(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時(shí)，設(shè)直到t1時(shí)刻物塊才開始運(yùn)動(dòng)，(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力可認(rèn)為相等)則(　　) A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右 B．在t1～t3時(shí)間內(nèi)，物塊受到的摩擦力，先逐漸增大，后逐漸減小 C．t3時(shí)刻物塊的速度最大 D．t4時(shí)刻物塊的速度最大 答案　C 解析　在0～t1時(shí)間內(nèi)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，物塊所受的電場(chǎng)力水平向右，根據(jù)平衡條件得：摩擦力大小Ff＝qE，而E＝，得Ff＝q，UAB增大，F(xiàn)f隨之增大，并且由平衡條件知，F(xiàn)f的方向水平向左，故A錯(cuò)誤；在t1～t3時(shí)間內(nèi)，物塊向右運(yùn)動(dòng)，受到的是滑動(dòng)摩擦力，物塊對(duì)地面的壓力不變，根據(jù)公式Ff＝μFN知，摩擦力不變，故B錯(cuò)誤；據(jù)題意，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，在t1時(shí)刻物塊所受的靜摩擦力達(dá)到最大，并恰好等于此時(shí)的電場(chǎng)力，在t1～t3時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力一直大于摩擦力，物塊一直向右加速運(yùn)動(dòng)，在t3～t4時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力小于滑動(dòng)摩擦力，物塊向右做減速運(yùn)動(dòng)，所以t3時(shí)刻物塊的速度最大，故C正確，D錯(cuò)誤。 8．(2019河南開封一模)指紋識(shí)別傳感器在日常生活中應(yīng)用十分廣泛，常用的指紋識(shí)別傳感器是電容式傳感器，指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時(shí)，這些小極板和正對(duì)的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同。此時(shí)傳感器給所有的電容器充電后達(dá)到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測(cè)到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖像數(shù)據(jù)。根據(jù)文中信息，下列說法正確的是(　　) A．在峪處形成的電容器電容較小 B．充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大 C．在峪處形成的電容器放電較慢 D．濕的手指頭對(duì)指紋識(shí)別絕對(duì)沒有影響 答案　AB 解析　根據(jù)電容的計(jì)算公式C＝可得，極板與峪處距離d大，構(gòu)成的電容器電容小，故A正確；由于外接電源為所有電容器充到一個(gè)預(yù)先設(shè)計(jì)好的電壓值，所以所有的電容器電壓一定，根據(jù)Q＝CU＝可知，極板與峪處構(gòu)成的電容器充上的電荷較少，在放電過程中放電時(shí)間短，反之，在嵴處形成的電容器電容大，電荷量大，放電時(shí)間長(zhǎng)，故B正確，C錯(cuò)誤；濕的手指頭與傳感器之間有水填充，改變了原來匹配成平行板電容器的電容，所以會(huì)影響指紋識(shí)別，故D錯(cuò)誤。 9.(2018廣東六校聯(lián)考)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ的光滑絕緣斜面固定于靜電場(chǎng)中，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)開始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，途中小球始終未離開斜面，重力加速度為g，則(　　) A．小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能 B．小球的電勢(shì)能可能先增大后減小 C．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差一定為 D．若處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定是 答案　AB 解析　小球在斜面上受到重力、支持力和電場(chǎng)力，支持力不做功，小球以速度v0由斜面底端A點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)頂端B點(diǎn)的速度仍為v0說明電場(chǎng)力做的功和重力做的功大小相等，小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程，重力做負(fù)功，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于在A點(diǎn)的電勢(shì)能，A正確。小球的電勢(shì)能可能先增大后減小，B正確。由于電場(chǎng)力做的正功和重力做的負(fù)功大小相等，即qU＝WG＝mgLsinθ，可知A、B兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差U＝，C錯(cuò)誤。小球在斜面上向上運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力做的正功和重力做的負(fù)功大小相等，但是不知道電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，因此即使是勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小也不一定為，故D錯(cuò)誤。 10.如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑，已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，下列說法正確的是(　　) A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度為 B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大 C．若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng) D．小球速度最大的點(diǎn)出現(xiàn)在CB中間 答案　BD 解析　小球在復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，E為等效最低點(diǎn)，F(xiàn)為等效最高點(diǎn)，在等效最高點(diǎn)速度最小，由牛頓第二定律mg＝m，所以vmin＝ ，故D正確，A錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做功最多，機(jī)械能增加最多，故B正確；類比重力場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，小球從A、C中間的點(diǎn)由靜止釋放才會(huì)往復(fù)運(yùn)動(dòng)，所以C錯(cuò)誤。 二、非選擇題(本題共2小題，共30分) 11．(2018廣州調(diào)研)(12分)如圖，在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。長(zhǎng)度為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，初始時(shí)小球靜止在電場(chǎng)中的a點(diǎn)，此時(shí)細(xì)繩拉力為2mg，g為重力加速度。 (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E和a、O兩點(diǎn)的電勢(shì)差U； (2)若小球在a點(diǎn)獲得一水平初速度va＝4，使其在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，求小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)細(xì)繩拉力F的大小。 答案　(1)，方向豎直向上?。? (2)6mg 解析　(1)小球在a點(diǎn)時(shí)， 根據(jù)題意有關(guān)系式qE＝mg＋2mg，得E＝，方向豎直向上。 在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有UOa＝El， 則a、O兩點(diǎn)電勢(shì)差U＝－UOa＝－。 (2)小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，設(shè)到b點(diǎn)速度大小為vb， 由動(dòng)能定理得－qE2l＋mg2l＝mv－mv， 小球做圓周運(yùn)動(dòng)通過b點(diǎn)時(shí)， 由牛頓第二定律得F＋qE－mg＝m， 已知va＝4，聯(lián)立可得F＝6mg。 12．(2018哈爾濱九中模擬)(18分)如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長(zhǎng)L＝10 cm，極板間距d＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示。每個(gè)電子穿過極板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求： (1)在t＝0.06 s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的何處； (2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長(zhǎng)度。 答案　(1)13.5 cm　(2)30 cm 解析　(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU0＝mv① 設(shè)電容器間偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，則有： E＝② 設(shè)電子經(jīng)時(shí)間t通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏離軸線的側(cè)向位移為y，則有： 沿中心軸線方向有：t＝③ 垂直中心軸線方向有：a＝④ 聯(lián)立①②③④得y＝at2＝＝⑤ 設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)有： vy＝at⑥ tanθ＝⑦ 則電子在熒光屏上偏離O點(diǎn)的距離為 Y＝y(tǒng)＋Ltanθ＝⑧ 由題圖乙知t＝0.06 s時(shí)刻U＝1.8U0， 解得Y＝13.5 cm。 (2)由題知電子偏轉(zhuǎn)量y的最大值為，根據(jù)y＝可得，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時(shí)，電子就打不到熒光屏上了。 代入⑧式得：Ymax＝⑨ 所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)度為： 2Ymax＝3L＝30 cm。