《2020高考物理一輪復習 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動學案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理一輪復習 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動學案（含解析）（35頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　電容器與電容　帶電粒子在電場中的運動 主干梳理 對點激活 知識點　　常見電容器　Ⅰ 電容器的電壓、電荷量和電容的關系?、? 1.電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。 (2)帶電量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (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。放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 ③充電時電流流入正極板，放電時電流流出正極板。 2．常見的電容器 (1)分類：從構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

2、板上的極限電壓，超過這個電壓，電介質(zhì)將被擊穿，電容器損壞；電容器外殼上標的電壓是額定電壓，這個電壓比擊穿電壓低。 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、電荷量的關系 ①電容C的大小由電容器本身結構決定，與電壓、電荷量無關。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

3、為靜電力常量。 知識點　　帶電粒子在勻強電場中的運動?、? 1．加速問題 若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的動能的增量。 (1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv。 (2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv。 2．偏轉(zhuǎn)問題 (1)條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場。 (2)運動性質(zhì)：類平拋運動。 (3)處理方法：利用運動的合成與分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線運動，運動時間t＝。 ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。 ③運動過程，如圖所示 知識點　　示波管　Ⅰ 1．構造 示波管的

4、構造如圖所示，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動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。 (2)示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極上加的是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(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．帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動

5、。(　　) 4．帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。(　　) 5．帶電粒子在電場中運動時，不加特別說明重力可以忽略不計，帶電微粒、帶電液滴在電場中運動時，不加特別說明重力不可以忽略不計。(　　) 答案　1.×　2.×　3.×　4.√　5.√ 二 對點激活 1．關于電容器及其電容的敘述，正確的是(　　) A．任何兩個彼此絕緣而又相互靠近的導體，就組成了電容器，跟這兩個導體是否帶電無關 B．電容器所帶的電荷量是指每個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．一個電容器的電荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C時，兩板間電壓升高10 V，則

6、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極板所帶電荷量的絕對值，B錯誤；電容器的電容是其本身的性質(zhì)，與所帶電荷量無關，C錯誤；C＝＝，D錯誤。 2．(人教版選修3－1·P32·T1改編)(多選)如圖所示，用靜電計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，靜電計指針張角變大 C．若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大 D．若減小兩板間的距離，則靜電計指針張角變小 答案　ABD 解析　靜電計的原理是電勢差U變大(小)，

7、指針張角變大(小)。電容器所帶電荷量一定，由公式C＝知，當d變大時，C變小，再由C＝得U變大，指針張角變大，A正確；當A板上移時，正對面積S變小，C也變小，U變大，指針張角變大，B正確；當插入玻璃板時，C變大，U變小，指針張角變小，C錯誤；當兩板間的距離減小時，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，進入時速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時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　(1)　(2)1 解析　設偏

8、轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，極板長為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(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能相同，則＝1。 考點細研 悟法培優(yōu) 考點1　平行板電容器的動態(tài)分析 1．對公式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。 2．運用電容的定

9、義式和決定式分析電容器相關量變化的思路 (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強度的變化。 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

10、如云母片，相當于εr增大；加入與極板等大的導體板，相當于d減小。 　　　　 例1　(2018·南昌調(diào)研)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地，一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則(　　) A．平行板電容器的電容變大 B．靜電計指針張角變小 C．帶電油滴的電勢能減少 D．帶電油滴受到的電場力不變 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點電勢的變化？ 提示：先根據(jù)E＝判斷出場強的變化，再判斷上極板與P之間的電勢差的變化。

11、 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，與兩板間的正對面積成正比，當平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時，兩板間的正對面積不變而距離增大，故電容C減小，所以A錯誤；靜電計測量的是電容器兩極板間的電勢差，由于電容器與電源保持接通狀態(tài)，因此兩板間的電勢差始終等于電源的電動勢，則靜電計的指針張角保持不變，B錯誤；在保持兩板間電勢差不變的情況下，隨著兩板間距離的增大，兩板間的電場強度減小，故油滴所受電場力減小，又因為P點到上極板的距離不變，兩板間場強減小，所以P點與上極板的電勢差減小，而與下極板的電勢差增大(兩極板間的電勢差不變)，即P點的電勢升高，由題意知

12、油滴帶負電，所以油滴的電勢能減少，C正確，D錯誤。 總結升華 解決電容器板間場強的技巧 (1)在電壓不變的情況下，由E＝來判斷場強變化，發(fā)現(xiàn)場強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，電場強度與板間距離無關。 (3)針對兩極板帶電量保持不變的情況，還可以認為一定量的電荷對應著一定數(shù)目的電場線，兩極板間距離變化時，場強不變，如圖甲、乙所示；兩極板正對面積變化(變小)時，如圖丙，電場線變密，場強增大。 [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

13、子靜止在電容器上部空間的P點。當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．極板間的電場強度減小 C．P點的電勢升高 D．帶電粒子的電勢能減小 答案　ABD 解析　平行板電容器的電容C＝，下極板上疊放金屬板，當抽走金屬板時板間距離增大，其電容減小，A正確；由E＝得電場強度減小，B正確；正、負極板的電勢差U＝φ＋－φ－不變，φ＋＝0，P點到負極板有φP－φ－＝Ed′，得φP＝Ed′＋φ－，E減小則φP減小，C錯誤；帶電粒子靜止在電場中，重力與電場力平衡，粒子帶正電，其電勢能減小，D正確。 [變式1－2]　一平行板電容器充電后與電源斷開，

14、負極板接地。兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，下列關于各物理量與負極板移動距離x的關系圖象中正確的是(　　) 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錯誤；負極板接地，電勢為零，P點的電勢φ等于P點到負極板的電勢差，即φ＝El，E不變，l線性減小，φ線性減小，C正確；由Ep＝qφ可

15、知，Ep隨l的變化而變化，D錯誤。 考點2　帶電粒子在電場中的直線運動 1．帶電粒子在電場中運動時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．做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動。 (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動或勻減速直線運動。 3．解題思路 (1)用動力學觀點分析 Eq＋F其他＝ma，E＝，

16、v2－v＝2ad。 (2)用功能觀點分析 ①勻強電場中：W電＝Eqd＝qU，W電＋W其他＝mv2－mv。 ②非勻強電場中：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，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S2孔，不計空氣阻力，要使此小球從O點由靜止釋放后穿過S2孔，應(　　) A．僅上移A板適當距離 B．僅下移A板適當距離 C．斷開開關，再上移A板適當距離 D．斷開開關，再下移A板適當距離 解題探究　(1)電場力對小球做什么功？

17、 提示：負功。 (2)斷開開關，移動A板，板間場強如何變化？ 提示：不變。 嘗試解答　選D。 設板間距離為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S2孔速度為零，則電場力對小球做負功，由動能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若僅上移或下移A板適當距離，兩板間電壓不變，仍滿足mg(h＋d)－qU＝0，小球仍剛好能到達S2，則A、B錯誤；斷開開關，Q不變，因E＝，則場強E不變，由動能定理得：mg(h＋d)－Eq·d＝0，將A板向上移適當距離，假設仍能到達S2處，則重力做功不變，電場力做功增多，故假設不成立，即到達不了S2處速度已為零，故C錯誤；若下移A板適當距離，假

18、設仍能到達S2處，則重力做功不變，電場力做功變少，所以總功為正功，到達S2處小球速度不為零，能夠穿過S2孔，故D正確。 總結升華 帶電體在電場中運動的分析方法 解決此類問題的關鍵是靈活利用動力學方法分析，可以采用受力分析和運動學公式相結合的方法進行解決，也可以采用功能的觀點進行解決，往往優(yōu)先采用動能定理。 [變式2－1]　(2018·江西質(zhì)檢)帶有等量異號電荷、相距10 cm的平行板A和B之間存在勻強電場，電場強度E＝4×104 V/m，方向豎直向下，如圖所示。電場中C點距B板3 cm，D點距A板2 cm。有一個質(zhì)量為m＝2×10－8 kg的帶電微粒沿圖中所示的虛線從C點運

19、動至D點。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點時的電勢能最大 B．該微?？赡茏鰟蜃兯僦本€運動 C．在此過程中電場力對微粒做的功為1×10－8 J D．該微粒帶正電，所帶電荷量為q＝5×10－12 C 答案　C 解析　由于微粒只受電場力和重力作用，這兩個力均在豎直方向上，微粒做直線運動，故電場力的大小等于重力，微粒所受的合外力為0，做勻速直線運動，電場力方向豎直向上，大小為mg，微粒從C點運動到D點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，A、B錯誤；微粒從C點運動到D點的過程中，沿電場線方向運動了5 cm，所以電場力對微粒做的功為1×10－8

20、J，C正確；該微粒帶負電，D錯誤。 [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。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回 C．運動到P′點返回 D．穿過P′點 答案　A 解析　設AB、BC間的電場強度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點運動到P點的過程中，據(jù)動能定理得： eE1d1－eE2d2＝0① 當C板向右平移后，BC板間的電場強度 E2′＝＝＝＝， BC板間的電場強

21、度與板間距無關，大小不變。 第二次釋放后，設電子在BC間移動的距離為x，則 eE1d1－eE2x＝0－0② 比較①②兩式知，x＝d2，即電子運動到P點時返回，選項A正確。 考點3　帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) 1．基本規(guī)律 設粒子所帶電荷量為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)在電場中的運動時間：t＝。 (3)速度 v＝，tanθ＝＝。 (4)位移 2．兩個結論 (1)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)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度和偏移量y總是相同的。 證明：由qU0＝mv及

22、tanθ＝，得tanθ＝。y＝＝。 (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O為粒子水平位移的中點，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U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點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)后的動能(或速度) 　　　　 例3　(2018·南寧、柳州聯(lián)考)如圖所示，在平面坐標系第一象限內(nèi)有水平向左的勻強電場，電場強度大小為E，y軸與直線x＝－d(d>0)區(qū)域之間有豎直向下的勻強電場，電場強度大小也為E，

23、一個電荷量為＋q的粒子(不計重力)從第一象限的S點由靜止釋放。 (1)若S點坐標為（，），求粒子通過x軸的位置坐標； (2)若S點坐標為(d，d)，求粒子通過 x軸時的動能； (3)若粒子能通過x軸上的P點坐標為(－3d,0)，求釋放點S的坐標(x，y)應滿足的條件。 解題探究　(1)帶電粒子在直線x＝－d與y軸區(qū)域之間做什么運動？ 提示：類平拋運動。 (2)帶電粒子若運動到x＝－d左側，做什么運動？ 提示：勻速直線運動。 嘗試解答　(1)(－d,0)　(2)qEd　(3)4xy＝5d2(x>0，y>0) (1)設粒子在第一象限電場中加速運動的末速度為v1，由動能定理

24、有qE＝mv 粒子進入第二象限電場后做類平拋運動，假設粒子通過x軸時沒有出電場左邊界，在第二象限運動時間為t1，加速度為a，有 qE＝ma，＝at，s＝v1t1 可解得s＝d，假設成立，即粒子通過x軸的坐標為(－d,0)。 (2)若S點坐標為(d，d)，則粒子到達y軸時有qEd＝mv，得v2＝v1。假設粒子穿過了第二象限電場左邊界，粒子在第二象限電場中做類平拋運動，設其運動時間為t2， 則y＝at，d＝v2t2 解得y＝，假設成立，之后做勻速直線運動到達x軸， 粒子通過x軸時的動能等于粒子在兩個區(qū)域中電場力做功之和，即Ek＝qEd＋qEy＝qEd。 (3)粒子在第一象限電場

25、中加速運動，根據(jù)動能定理可得qEx＝mv2，粒子進入第二象限電場中做類平拋運動，設粒子從P點射出時的方向與x軸負方向的夾角為θ，如圖所示， 則tanθ＝＝ 其中粒子在第二象限電場中運動時間t＝ 粒子要通過P點，其出電場左邊界后軌跡的反向延長線與S點所在水平線的交點A的坐標為（－，y） 即tanθ＝＝ 聯(lián)立以上各式解得4xy＝5d2(x＞0，y＞0)。 總結升華 帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩種求解思路 (1)運動學與動力學觀點 運動學觀點是指用勻變速運動的公式來解決實際問題，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動； ②帶電粒子的初

26、速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運動(類平拋運動)。 當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，一般要采取類似平拋運動的解決方法。 (2)功能觀點：首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計算。 ①若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運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。 [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入水平向右的加速電場E1，之后進入豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)

27、，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　　) A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 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E1中加速，由動能定理，eE1d＝mv2，解得v＝；進入豎直向下的勻強電場E2中做類平拋運動，L＝vt，y＝at2，eE2＝ma，聯(lián)立解得y＝，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功W＝eE2y＝，與粒子質(zhì)量無關，所以偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，A正確。由動能定理知粒子打到屏上時的速度大小v′＝ ，三種粒子質(zhì)量不相等，故B錯誤。三種粒

28、子運動到屏上所用時間t總＝t0＋t勻＝ ＋＝ ＋ (L＋l)，故所用時間不相同，C錯誤。由于y＝，與粒子質(zhì)量無關，三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的水平位移相等，側移量相同，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4　帶電粒子在交變電場中的運動 1．帶電粒子在交變電場中運動的分析方法 (1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。 (2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系。 2．常見的三類運動形式

29、帶電體做單向直線運動、直線往返運動或偏轉(zhuǎn)運動。 　　　　 例4　如圖a所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖b所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是(　　) A．0

30、解答　選B。 設粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度時而為負，時而為正，最終打在A板上時位移為負，速度為負。作出t0＝0、、、時粒子運動的速度圖象如圖所示。由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象可知0T時情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應小于零，對照各選項可知只有B正確。 總結升華 利用速度圖象分析帶電粒子的運動過程時，必須注意“五點”： (1)帶電粒子進入電場的時刻。 (2)速度圖象的切線斜率表示加速度。 (

31、3)圖線與坐標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。 (4)注意對稱性和周期性變化關系的應用。,(5)圖線與橫軸有交點，表示此時速度改變方向。對運動很復雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應逐段分析求解。 [變式4]　(2018·安徽合肥一中高三階段性考試)如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場。當兩板間加電壓UMN＝U0時，某一帶負電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計。 (1)求帶電粒子的比荷； (2)若M、N間

32、加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝，從t＝0開始，前時間內(nèi)UMN＝2U，后時間內(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，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。 答案　(1)　(2) 解析　(1)設粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點 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間t＝＝T 從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運動時，每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)的加速度大小a1＝，在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)的加速度大小 a2＝ 如圖所示為從不同時刻射入電場的粒子的速度—時間圖象，根據(jù)題意和圖

33、象分析可知，從t＝nT(n＝0,1,2，…)或t＝＋nT(n＝0,1,2，…)時刻入射的粒子恰好不打在極板上，則有＝×T× 解得U＝。 考點5　電場中的力、電綜合問題 1．用動力學的觀點分析帶電粒子的運動 (1)由于勻強電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，這兩個力的合力為一恒力。 (2)類似于處理偏轉(zhuǎn)問題，將復雜的運動分解為正交的簡單直線運動，化繁為簡。 (3)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮，以及運動學公式里的物理量的正負號，即其矢量性。 2．用能量的觀點來分析帶電粒子的運動 (1)運用能量守恒定律分析，注意題中有哪些

34、形式的能量出現(xiàn)。 (2)運用動能定理分析，注意過程分析要全面，準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　(2018·保定二模)(多選)空間分布有豎直方向的勻強電場，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的帶電小球A從O點斜向上拋出，小球沿如圖所示的軌跡擊中絕緣豎直墻壁的P點。將另一質(zhì)量相同、電荷量不變、電性相反的小球B仍從O點以相同的速度拋出，該球垂直擊中墻壁的Q點(圖中未畫出)。對于上述兩個過程，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點位置高于Q點 C．球A的電勢能增大，球B的電勢能減小 D．電場力對球A的沖量大小等于對球B的沖量大

35、小 解題探究　(1)A、B小球在上述兩個過程中時間相同嗎？ 提示：將斜拋運動分解成水平方向和豎直方向，由水平方向運動知時間相同。 (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間相同的情況下，A、B的加速度哪個大？ 提示：A的加速度大。 嘗試解答　選ACD。 將帶電小球的斜拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動，水平方向位移相同、速度相同，時間就相同，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點位置低于Q點，故A正確，B錯誤。那么A球受電場力豎直向下，B球受電場力豎直向上，

36、電場力對A球做了負功，電勢能增大，電場力對B球做正功，電勢能減小，故C正確。兩球電場力大小相等、時間相同，所以電場力對球A的沖量大小等于對球B的沖量大小，故D正確。 總結升華 力電綜合問題的處理方法 力電綜合問題往往涉及共點力平衡、牛頓第二定律、平拋運動規(guī)律、動能定理、能量守恒定律等知識點，考查的知識點多，綜合分析能力的要求高，試題難度較大，解答時要注意把握以下幾點： (1)處理這類問題，首先要進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)的運動，可以利用運動的合成與分解的方法，將小球的運動分解為水平和豎直兩個方向上的

37、分運動，再對兩個分運動分別運用牛頓運動定律和勻變速直線運動規(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)運動時，若重力和電場力為恒力，可以將重力和電場力合成為一個恒力，可以將這個復合場當作等效重力場，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向。當此恒力F合的方向與運動方向垂直時，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。 [變式5－1]　(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場強度為E＝1×104 N/C的勻強電場。

38、在勻強電場中有一根長l＝2 m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量m＝0.08 kg的帶電小球，靜止時懸線與豎直方向成37°角。若小球獲得初速度恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，取小球在靜止時的位置為電勢能零點和重力勢能零點，cos37°＝0.8，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．小球的電荷量q＝6×10－5 C B．小球動能的最小值為1 J C．小球在運動至圓周軌跡上的最高點時有機械能的最小值 D．小球繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動的電勢能和機械能之和保持不變，且為4 J 答案　AB 解析　對小球進行受力分析，如圖甲所示，由于靜止，可得mgtan37°＝q

39、E，解得小球的電荷量為q＝＝6×10－5 C，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，在圓周軌跡上各點中，小球在平衡位置A點時的勢能(重力勢能和電勢能之和)最小，在平衡位置的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以小球在B點的動能EkB最小，對應速度vB最小，根據(jù)題意，在B點小球只受重力和電場力，其合力為小球做圓周運動提供向心力，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，當小球在圓周軌跡上最左側的C點時，電勢能Ep最大，所以在該點時機械能最小，C錯誤；小球由B運動到A

40、，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4 J，總能量E＝EpB＋EkB＝5 J，D錯誤。 [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點由靜止下滑，然后沿切線進入豎直面上半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，并恰能到達軌道的最高點B。現(xiàn)在空間加一豎直向下的勻強電場，若仍從A點由靜止釋放該小球(假設小球所帶電荷量在運動過程中保持不變，不計空氣阻力)，則(　　) A．小球一定不能到達B點 B．小球仍恰好能到達B點 C．小球一定能到達B點，且在B點對軌道有向上的壓力 D．小球能否到達B點與所加的電場強度的大小有關 答案　B 解析　

41、沒有電場時，設小球在圓形軌道最高點的速度為v，則由牛頓第二定律得mg＝m，根據(jù)動能定理有mg(h－2R)＝mv2，解得h＝R；加上電場時，設小球恰好到達圓形軌道最高點時的速度為v′，則由牛頓第二定律得mg＋qE＝m，解得v′＝ ，根據(jù)動能定理得mg(h－2R)＋qE(h－2R)＝mv1′2，解得小球在B點的速度v1′＝ ＝v′，說明小球仍恰好能到達B點，且小球在B點時對軌道的壓力為零，B正確，A、C、D錯誤。 高考模擬 隨堂集訓 1．(2018·全國卷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、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下

42、極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻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時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 答案　BD 解析　根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、b某時刻經(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。對微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得：

43、>，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受電場力等于b微粒所受的電場力，t時刻a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，C錯誤；由于a微粒受到的電場力(合外力)大小等于b微粒受到的電場力(合外力)，根據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量大小等于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(　　)

44、 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 答案　D 解析　兩極板平行時帶電油滴處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當下極板右端向下移動一小段距離時，板間距離增大場強減小，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，故油滴向右下方運動，D正確。 3．(2018·北京高考)研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小 C．實驗中，只

45、在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大 D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，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，從而在b板感應出等量的異號電荷，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，則靜電計指針的張角變大，故B錯誤；根據(jù)電容的決定式C＝，只在極板間插入有機玻璃板，則相對介電常數(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，則靜電計指針的張角變小，故C錯誤；電容與電容器所帶的電荷量無關，故電容

46、C不變，故D錯誤。 4．(2016·全國卷Ⅲ)關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強度一定相等 D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 答案　B 解析　假設兩個電勢不同的等勢面相交，則交點處的電勢就是兩個不同的值，這是不可能的，A錯誤；電場線與等勢面處處相互垂直，B正確；同一等勢面上各點電勢相等，而場強不一定相等，C錯誤；負電荷從高電勢處移到低電勢處，電勢能增加，電場力做負功，D錯誤。 5．(2016·北京高考)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場

47、加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時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，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2； (3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性

48、質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。 答案　(1) 　　(2)(3)見解析 解析　(1)根據(jù)功和能的關系，有eU0＝mv 電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間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力的數(shù)量級，有 重力G＝mg～10－29 N 電場力F＝～10－15 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力。 (3)電場中某點電勢φ的定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝ 由于重力做功與路徑

49、無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝。 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定。 配套課時作業(yè) 　　時間：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

50、的電荷量變小，極板間電場強度不變 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?。挥諧＝，電源恒壓，即U一定，C減小，故Q減小；電場強度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電荷，與靜電計相連，靜電計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點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。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．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　

51、D 解析　極板移動過程中電荷量Q保持不變，靜電計指針張角變化反映板間電勢差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項正確。 3．(2018·太原模擬)如圖是靜電噴漆的工作原理圖。工作時，噴槍部分接高壓電源負極，工件接正極，噴槍的端部與工件之間就形成靜電場，從噴槍噴出的涂料微粒在電場中運動到工件，并被吸附在工件表面。圖中畫出了部分微粒的運動軌跡，設微粒被噴出后只受靜電力作用，則(　　) A．微粒的運動軌跡顯示的是電場線的分布情況 B．微粒向工件運動的過程中所受電場力先減小后增大 C．在向工件運動的過程中，微粒的動能

52、逐漸減小 D．在向工件運動的過程中，微粒的電勢能逐漸增大 答案　B 解析　微粒的運動軌跡是曲線時，與電場線一定不重合，A錯誤。由場強疊加原理可知，距離兩個電極越近的位置，電場強度越大，所以微粒在向工件運動的過程中所受電場力先減小后增大，B正確。在微粒向工件運動的過程中，電場力做正功，電勢能減少；只有電場力做功，即合力做正功，微粒的動能增加，C、D錯誤。 4.(2018·長春質(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的帶負電粒子(不計重力)以初速度v0由小孔水平射入兩金屬板間，當M、N間的電壓為U時，粒子剛好能到達N板。如果要使這個帶電粒子到達M、N兩

53、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M、N間的電壓加倍 答案　C 解析　粒子從進入金屬板間到達N板的過程中，由動能定理得－qEd＝0－mv，所以帶電粒子離開M板的最遠距離為d＝，設改變條件后帶電粒子離開M板的最遠距離為x，若電壓提高為原來的2倍，則金屬板間的電場強度也為原來的2倍，則x＝，故C正確；結合上面分析可知，若使初速度減小為原來的，則x＝，A錯誤；若電壓提高為原來的4倍，則金屬板間的電場強度也為原來的4倍，則x＝，故B錯誤；若初速

54、度減小為原來的，電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，則x＝，D錯誤。 5.(2018·安徽聯(lián)考)有重力可忽略不計的三個帶正電的粒子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水平進入平行板電容器中，并最終都能擊中兩平行板右端緊鄰的MN板。已知三個粒子質(zhì)量之比mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三個粒子電荷量之比為qA∶qB∶qC＝1∶2∶1，關于這三個粒子擊中MN板的位置，下列說法正確的是(　　) A．若A、B、C以相同的速度進入電容器，則最終A、B、C擊中MN板上同一點 B．若A、B、C以相同的動量進入電容器，則最終B、C擊中MN板上同一點 C．若A、B、C以相同的動能進入電容器，則最

55、終A、B、C擊中MN板上同一點 D．若A、B、C以相同的動能進入電容器，則最終A、B擊中MN板上同一點 答案　B 解析　設某個粒子的入射速度大小為v0，平行板的長度為l。粒子垂直電場方向射入平行板后，粒子在平行板中做類平拋運動，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動，則粒子在電場中的運動時間為t＝，粒子的側移量大小為y＝at2＝。若三個粒子以相同的速度進入電容器，則A、B、C三個粒子的側移量之比為2∶4∶1，A錯誤。由y＝＝知，若三個粒子以相同的動量進入電容器，則三個粒子A、B、C的側移量之比為1∶2∶2，最終B、C擊中MN板上同一點，B正

56、確。由y＝可知，若三個粒子以相同的動能進入電容器，則三個粒子A、B、C的側移量之比為1∶2∶1，最終A、C擊中MN板上同一點，C、D錯誤。 6.如圖所示，電路可將聲音信號轉(zhuǎn)化為電信號，該電路中右側固定不動的金屬板b與能在聲波驅(qū)動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的震動膜a構成一個電容器，a、b通過導線與恒定電源兩極相接。若聲源S不停地振動，使a板也左右振動，則(　　) A．a(chǎn)振動過程中，a、b板間的電場強度不變 B．a(chǎn)振動過程中，電流計中始終有方向不變的電流 C．a(chǎn)振動過程中，電容器的電容不變 D．a(chǎn)向右的位移最大時，a、b板所構成的電容器電容最大 答案　D 解析　金屬板a在聲波驅(qū)

57、動下沿水平方向振動，兩極板間的距離發(fā)生變化，兩極板與電源相連，電勢差恒定，兩板間的場強發(fā)生變化，A錯誤；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，電流計指針偏轉(zhuǎn)方向也隨充、放電而變化，B、C錯誤；當a、b兩板距離最近時，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，當兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時，設直到t1時刻物塊才開始運動，(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認為相等)則(　　) A．在0～t1時間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右 B．在t1～t3時間內(nèi)，物塊受

58、到的摩擦力，先逐漸增大，后逐漸減小 C．t3時刻物塊的速度最大 D．t4時刻物塊的速度最大 答案　C 解析　在0～t1時間內(nèi)，物塊處于靜止狀態(tài)，電場強度方向水平向右，物塊所受的電場力水平向右，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錯誤；在t1～t3時間內(nèi)，物塊向右運動，受到的是滑動摩擦力，物塊對地面的壓力不變，根據(jù)公式Ff＝μFN知，摩擦力不變，故B錯誤；據(jù)題意，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，在t1時刻物塊所受的靜摩擦力達到最大，并恰好等于此時的電場力，在t1～t3時間內(nèi)，電場力一直大于摩擦力，物塊一

59、直向右加速運動，在t3～t4時間內(nèi)，電場力小于滑動摩擦力，物塊向右做減速運動，所以t3時刻物塊的速度最大，故C正確，D錯誤。 8．(2019·河南開封一模)指紋識別傳感器在日常生活中應用十分廣泛，常用的指紋識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，當手指貼在傳感器上時，這些小極板和正對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。此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，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

60、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．濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響 答案　AB 解析　根據(jù)電容的計算公式C＝可得，極板與峪處距離d大，構成的電容器電容小，故A正確；由于外接電源為所有電容器充到一個預先設計好的電壓值，所以所有的電容器電壓一定，根據(jù)Q＝CU＝可知，極板與峪處構成的電容器充上的電荷較少，在放電過程中放電時間短，反之，在嵴處形成的電容器電容大，電荷量大，放電時間長，故B正確，C錯誤；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，所以會影響指紋識別，故D錯誤。

61、 9.(2018·廣東六校聯(lián)考)如圖所示，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面固定于靜電場中，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點開始沿斜面上滑，到達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點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能 B．小球的電勢能可能先增大后減小 C．A、B兩點的電勢差一定為 D．若處于勻強電場中，則該電場的場強大小一定是 答案　AB 解析　小球在斜面上受到重力、支持力和電場力，支持力不做功，小球以速度v0由斜面底端A點沿斜面上滑，到達頂端B點的速度仍為v0說明電場力做的功和重力做的功大小相等，小

62、球從A點到B點的過程，重力做負功，電場力做正功，電勢能減小，故小球在B點的電勢能一定小于在A點的電勢能，A正確。小球的電勢能可能先增大后減小，B正確。由于電場力做的正功和重力做的負功大小相等，即qU＝WG＝mgLsinθ，可知A、B兩點之間的電勢差U＝，C錯誤。小球在斜面上向上運動的過程中，電場力做的正功和重力做的負功大小相等，但是不知道電場強度的方向，因此即使是勻強電場，場強大小也不一定為，故D錯誤。 10.如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑，已知重力加

63、速度為g，電場強度E＝，下列說法正確的是(　　) A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為 B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大 C．若將小球在A點由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復運動 D．小球速度最大的點出現(xiàn)在CB中間 答案　BD 解析　小球在復合場中做圓周運動，E為等效最低點，F(xiàn)為等效最高點，在等效最高點速度最小，由牛頓第二定律mg＝m，所以vmin＝ ，故D正確，A錯誤；小球運動到B點時電場力做功最多，機械能增加最多，故B正確；類比重力場中的圓周運動，小球從A、C中間的點由靜止釋放才會往復運動，所以C錯誤。

64、 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電場。長度為l的輕質(zhì)絕緣細繩一端固定在O點，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)，初始時小球靜止在電場中的a點，此時細繩拉力為2mg，g為重力加速度。 (1)求電場強度E和a、O兩點的電勢差U； (2)若小球在a點獲得一水平初速度va＝4，使其在豎直面內(nèi)做圓周運動，求小球運動到b點時細繩拉力F的大小。 答案　(1)，方向豎直向上　－ (2)6mg 解析　(1)小球在a點時， 根據(jù)題意有關系式qE＝mg＋2mg，得E＝，方向豎直向上。 在勻強

65、電場中，有UOa＝El， 則a、O兩點電勢差U＝－UOa＝－。 (2)小球從a點運動到b點，設到b點速度大小為vb， 由動能定理得－qE·2l＋mg·2l＝mv－mv， 小球做圓周運動通過b點時， 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的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長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差隨時間變化的圖象如圖乙所示。每個

66、電子穿過極板的時間都極短，可以認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)間長度。 答案　(1)13.5 cm　(2)30 cm 解析　(1)設電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得：eU0＝mv① 設電容器間偏轉(zhuǎn)電場的場強為E，則有： E＝② 設電子經(jīng)時間t通過偏轉(zhuǎn)電場，偏離軸線的側向位移為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 設電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中產(chǎn)生的側向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場時有： vy＝at⑥ tanθ＝⑦ 則電子在熒光屏上偏離O點的距離為 Y＝y(tǒng)＋Ltanθ＝⑧ 由題圖乙知t＝0.06 s時刻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，當偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，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)間長度為： 2Ymax＝3L＝30 cm。 3