《2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第07章 電場(chǎng) 第3講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第07章 電場(chǎng) 第3講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三講　電容器　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一 電容器 1.電容器的充、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種電荷，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． 2．公式C＝和C＝的比較 (1)定義式：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)決定式：C＝，εr為介電常數(shù)，S為極板正對(duì)面積，d為板間距離． 3．對(duì)照教材實(shí)驗(yàn)：如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素． ①電容器與

2、電源保持連接，增大兩板間的距離．試分析電容器的電容C、兩板間的場(chǎng)強(qiáng)E、電容器的帶電量Q及靜電計(jì)指針偏角θ各如何變化？ 提示：d→C↓，E＝↓，Q＝CU↓，因U不變，故θ不變． ②電容器充電后與電源斷開，增大兩板間的距離d，試分析C、U、E、θ各如何變化？ 提示：Q一定：d→C↓，U＝↑，E＝＝＝不變，U→θ． ③電容器充電后與電源斷開，緊貼右極板插入與電容器極板寬度相同的金屬板或玻璃板時(shí)，靜電計(jì)指針偏角各如何變化？ 提示：插入金屬板相當(dāng)于d減小，θ將減??；插入玻璃板C＝增大、θ減小. 二 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)　示波管 1.帶電粒子在電場(chǎng)中的加速 (1)帶電粒子在左極

3、板附近由靜止開始運(yùn)動(dòng)，求到達(dá)右極板時(shí)的速度？(不計(jì)重力) ①從力和運(yùn)動(dòng)的角度入手 ②從功和能的角度入手 提示：①E＝，a＝，v＝＝. ②qU＝mv2，v＝ . (2)如圖所示水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子由Q點(diǎn)以初速度v0開始沿著與水平方向成θ角的圖示方向做直線運(yùn)動(dòng)．求帶電粒子沿初速度方向運(yùn)動(dòng)的最大距離？ ①是否考慮粒子的重力？帶電粒子的電性？ ②帶電粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)？電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是多少？ 提示：因粒子作直線運(yùn)動(dòng)，若只受電場(chǎng)力則不可能．應(yīng)考慮重力且重力和電場(chǎng)力的合力與初速度v0平行，分析可知帶電粒子作勻減速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)速度減為零時(shí)，帶電粒子沿初速

4、度方向運(yùn)動(dòng)為最大． 由粒子的受力知粒子帶負(fù)電，tan θ＝，E＝. F合＝＝ma，x＝＝. 2．帶電粒子的偏轉(zhuǎn)(限于勻強(qiáng)電場(chǎng)且不計(jì)重力) (1)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)時(shí)，由于電場(chǎng)力方向與粒子的初速度方向垂直，且電場(chǎng)力是恒力，所以帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)． (2)分析處理方法： 類似于平拋運(yùn)動(dòng)的分析處理，即應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解的知識(shí)方法 沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)：運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝ 沿電場(chǎng)力方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)： 加速度a＝＝. 離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量y＝at2＝ 沿電場(chǎng)力方向的分速度vy＝at＝ 根據(jù)速度的合成得：粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度v＝

5、 離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tan θ＝＝. (3)某同學(xué)根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度，方法如下： 由qU＝mv2－mv得：v＝ 請(qǐng)思考為何計(jì)算出的結(jié)果與根據(jù)速度的合成得出的結(jié)果不同？ 提示：上述計(jì)算結(jié)果是錯(cuò)誤的．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程，電場(chǎng)力做的功應(yīng)是W＝Eq·y＝qy.W＝qU中的U應(yīng)是入射點(diǎn)和出射點(diǎn)之間的電勢(shì)差． (4)若帶電粒子從兩板中央進(jìn)入最后未出電場(chǎng)打在下板上如何處理？ 提示：此時(shí)偏轉(zhuǎn)位移y＝，W＝q·. (5)若帶電粒子從上板邊緣進(jìn)入最后擦著下板邊緣穿出電場(chǎng)根據(jù)qU＝mv2－mv計(jì)算正確嗎？ 提示：正確． (6)將帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度反向延長(zhǎng)與初速度方

6、向的相交點(diǎn)O點(diǎn)的位置有何特征？ 提示：由幾何關(guān)系tan θ＝，得L′＝，即O點(diǎn)為中點(diǎn)． 3．“電加速”＋“電偏轉(zhuǎn)” (1)試證明：不同帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場(chǎng)加速度后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移偏轉(zhuǎn)角度總是相同的． (2)怎樣求O′P？你能給出幾種不同的求解方法？ 提示：方法一：由tan θ＝可求O′P. 方法二：由三角形相似＝可求O′P. 方法三：由運(yùn)動(dòng)的合成與分解 O′P＝vy·t＝vy·. 1．(教科版選修3－1P40第9題)關(guān)于電容器的電容，下列說法中正確的是(　　) A．電容器所帶電荷量越多，電容越大 B．電容器兩板間電壓越低，其電容越大

7、 C．電容器不帶電時(shí)，其電容為零 D．電容器的電容只由它本身的特性決定 答案：D 2．(人教版選修3－1P32第1題)平行板電容器的一個(gè)極板與靜電計(jì)的金屬桿相連，另一個(gè)極板與靜電計(jì)金屬外殼相連．給電容器充電后，靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)一個(gè)角度．以下情況中，靜電計(jì)指針的偏角是增大還是減??？ (1)把兩板間的距離減??； (2)把兩板間的相對(duì)面積減?。? (3)在兩板間插入相對(duì)介電常數(shù)較大的電介質(zhì)． 答案：(1)把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變?。? (2)把兩極板間相對(duì)面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計(jì)指針偏角變大． (3)在兩極板間插入相對(duì)介

8、電常數(shù)較大的電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變小． 3．(人教版選修3－1P39第2題)某種金屬板M受到某種紫外線照射時(shí)會(huì)不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其速度大小也不相同．在M旁放置一個(gè)金屬網(wǎng)N.如果用導(dǎo)線將MN連接起來，M射出的電子落到N上便會(huì)沿導(dǎo)線返回M，從而形成電流．現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按下圖那樣在M、N之間加一個(gè)電壓U，發(fā)現(xiàn)當(dāng)U＞12.5 V時(shí)電流表中就沒有電流．已知電子的質(zhì)量me＝9.1×10－31 kg. 問：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是多少？(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 解析：如果電子的動(dòng)能減少到等于0的時(shí)候，電子恰好沒有到達(dá)

9、N板，則電流表中就沒有電流．由W＝0－Ekm，W＝－eU，得－eU＝0－Ekm＝－mev2 v＝＝ m/s≈2.10×106 m/s. 答案：2.10×106 m/s 4．(人教版選修3－1P39第3題)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． 解析：設(shè)加速電壓為U0，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)兩極間距離為d，極板長(zhǎng)為l，則：帶電粒子在加速電場(chǎng)中獲得

10、初動(dòng)能mv＝qU0，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tan θ＝＝. (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. 答案：見解析 考點(diǎn)一 平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 1.平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的兩種情況 (1)電容器始終與電源相連時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差U保持不變． (2)充電后與電源斷開時(shí)，電容器所帶的電荷量Q保持不變． 2．動(dòng)態(tài)分析思路 (1)U不變 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化． ②根據(jù)E＝分析場(chǎng)強(qiáng)的

11、變化． ③根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢(shì)變化． (2)Q不變 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化． ②根據(jù)E＝分析場(chǎng)強(qiáng)變化． 1．(2016·全國乙卷)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 解析：選D　平行板電容器電容的表達(dá)式為C＝，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變小．由于極板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變

12、?。倏紤]到極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，由于U、d不變，所以極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，選項(xiàng)D正確． 2.(2018·福州聯(lián)考)如圖所示，兩平行金屬板豎直放置且B板接地，其間有用絕緣細(xì)線懸掛的帶電小球，當(dāng)給兩金屬板充電Q后，懸線與豎直方向夾角為θ＝，因電離作用， 兩金屬板的電荷量緩慢減小(小球電荷量假設(shè)不變)，以至懸線與豎直方向間的夾角逐漸減小，則 在夾角減少到的過程中，下列說法正確的是(　　) A．細(xì)線拉力逐漸增大 B．細(xì)線拉力大小不變 C．電容器兩極板減小的電荷量為 D．電容器兩極板減小的電荷量為 解析：選D　小球受到重力mg、細(xì)線的拉力FT和水平向右的電場(chǎng)力F的作用而處于動(dòng)態(tài)平衡(如圖所

13、示)，由FT＝可知，θ減小，F(xiàn)T也減小，A、B錯(cuò)誤；令兩極板間距離為d，電容器的電容為C，由圖知tan θ1＝＝，令減小的電荷量為ΔQ，同理可得tan θ2＝，聯(lián)立解得ΔQ＝Q，C錯(cuò)誤，D正確. 考點(diǎn)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)重力的處理 (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，一般都不能忽略重力． 2．做直線運(yùn)動(dòng)的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)． (2)粒子所受合外力F

14、合≠0，且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．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 4．用功能觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1 (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．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：選A　設(shè)AB、BC間的電場(chǎng)強(qiáng)度分

15、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． (2018·河北定州中學(xué)月考)如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關(guān)S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個(gè)小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質(zhì)點(diǎn)由靜止開始下落，若不計(jì)空氣阻力，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，然

16、后返回．現(xiàn)要使帶電質(zhì)點(diǎn)能穿過b孔，則可行的方法是(　　) A．保持S閉合，將A板適當(dāng)上移 B．保持S閉合，將B板適當(dāng)下移 C．先斷開S，再將A板適當(dāng)上移 D．先斷開S，再將B板適當(dāng)下移 解析：選B　設(shè)質(zhì)點(diǎn)距離A板的高度h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U.質(zhì)點(diǎn)的電量為q.由題質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，根據(jù)動(dòng)能定理得mg(h＋d)－qU＝0.若保持S閉合，將A板適當(dāng)上移，設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得mg(h＋d)－qU＝mv2，v＝0，說明質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，然后返回，不能穿過b孔．故A錯(cuò)誤．若保持S閉合，將B板適當(dāng)下移距離Δd，由動(dòng)能定理得mg(h＋d＋Δd)－q

17、U＝mv2，則v＞0，質(zhì)點(diǎn)能穿過b孔．故B正確．若斷開S時(shí)，將A板適當(dāng)上移，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，設(shè)A板上移距離為Δd，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的深度為d′時(shí)速度為零． 由動(dòng)能定理得mg(h－Δd＋d′)－qEd′＝0，又由原來情況有mg(h＋d)－qEd＝0.比較兩式得，d′＜d，說明質(zhì)點(diǎn)在到達(dá)b孔之前，速度減為零，然后返回．故C錯(cuò)誤．若斷開S，再將B板適當(dāng)下移，根據(jù)動(dòng)能定理可知，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔原來的位置速度減為零，然后返回，不能到達(dá)b孔．故D錯(cuò)誤．故選B． 3．(2018·黃岡月考)如圖所示，平行板電容器兩板間有一帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)電容器的電荷量為Q1(A板帶正電)時(shí) ，小球恰好靜止在P點(diǎn)，

18、當(dāng)電容器的電荷量突增到Q2時(shí)，帶電小 球開始向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t，使A板帶負(fù)電，B板帶正電，電荷量仍為Q2，則再經(jīng)時(shí)間t帶電小球剛好回到P點(diǎn)，不計(jì)一切阻力，小球運(yùn)動(dòng)中沒與極板相碰，則(　　) A．Q2＝2Q1　　　　　 B．Q2＝3Q1 C．Q2＝4Q1 D．Q2＝5Q1 解析：選A　因小球靜止，所以有mg＝q，只改變電容器兩極板的電荷量時(shí)有ma1＝q－mg，再改變電容器兩極板的電性有ma2＝q＋mg，而兩段相等時(shí)間內(nèi)位移滿足a1t2＝－，聯(lián)立得U2＝2U1，又因Q＝CU，所以Q2＝2Q1，A正確． 4.(2018·牡丹江市一中月考)豎直放置的兩塊足夠長(zhǎng)的平行金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)．其電

19、場(chǎng)強(qiáng)度為E，在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成θ角時(shí)小球恰好平衡，如圖所示，請(qǐng)問： (1)小球的電性及所帶電荷量是多少？ (2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長(zhǎng)時(shí)間？ 解析：(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球受力分析如圖所示，小球帶正電； Fsin θ＝qE① Fcos θ＝mg② 由上述兩式得tan θ＝，故q＝. (2)由第(1)問中的方程②知F＝，而剪斷絲線后，小球所受電場(chǎng)力和重力的合力與未剪斷絲線時(shí)絲線的拉力大小相等，故剪斷絲線后小球所受重力、電場(chǎng)力的合力等于.小球的加速度a＝＝，小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)碰

20、到金屬板上時(shí)，它經(jīng)過的位移為s＝，又由s＝at2，t＝＝＝. 答案：(1)正電；q＝　(2) 考點(diǎn)三 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) 1.運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間 (2)沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 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)加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的． 證明：由qU0＝mv y＝at2＝··2 tan θ＝ 得：y＝，tan θ＝ (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為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為. 3．功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電

21、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． (2018·河北定州中學(xué)模擬)如圖所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)為L(zhǎng)＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，A板比B板電勢(shì)高300 V，一帶正電的粒子電荷量為q＝1.0×10－10 C、質(zhì)量為m＝1.0×10－20 kg，沿電場(chǎng)中心線RO垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)，初速度v0＝2.0×106 m/s，粒子飛出電場(chǎng)后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場(chǎng)區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)．已知兩界面MN、PS相距為12 cm，D是中心線RO與界面PS的

22、交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線上，距離界面PS為9 cm，粒子穿過界面PS做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上．(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不計(jì)) (1)求粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為多遠(yuǎn)；到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為多遠(yuǎn)； (2)在圖上粗略畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡； (3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小． 解析：(1)粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離(偏移位移)： y＝at2，a＝＝，L＝v0t，則y＝at2＝2＝0.03 m＝3 cm. 粒子在離開電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡與PS交于H，設(shè)H到中心線的距離為Y，則有＝，解

23、得Y＝4y＝12 cm. (2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧 (3)粒子到達(dá)H點(diǎn)時(shí)，其水平速度vx＝v0＝2.0×106 m/s 豎直速度vy＝at＝1.5×106 m/s 則v合＝2.5×106 m/s 該粒子在穿過界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以Q帶負(fù)電 根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r＝15 cm k＝m，解得Q≈1.04×10－8 C． 答案：(1)3 cm　12 cm　(2)見解析圖　(3)負(fù)電；Q≈1.04×10－8 C 分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵 (1)條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電

24、場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)． (2)運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)． 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，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)板間距離L＝8 cm，極板長(zhǎng)為2L，下極板接地，偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離也為2L，在兩極板間接一交變電壓，電壓的周期T＝4 s，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，大量電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中央持續(xù)射入，穿過平行板的時(shí)間極短，可認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的，求： (1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v0(用電子的比荷，加速電壓U0表示)

25、 (2)在電勢(shì)變化的每個(gè)周期內(nèi)熒光屏?xí)霈F(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，即無電子擊中屏幕，求每個(gè)周期內(nèi)的“黑屏”時(shí)間． (3)熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長(zhǎng)度． 解析：(1)由動(dòng)能定理 eU0＝mv　v0＝. (2)設(shè)電子恰好能射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn) 電壓為Um，則有＝at2＝·2 解得Um＝0.5U0， 結(jié)合圖象知，偏轉(zhuǎn)電壓由0.8U0～0.5U0變化時(shí)，熒光屏上“黑屏”． “黑屏”時(shí)間為t，＝，t＝1 s. (3)電子向上偏轉(zhuǎn)時(shí)， ＝，s1＝12 cm. 電子向下偏轉(zhuǎn)時(shí)， y2＝·2 ＝，代入數(shù)據(jù)得s2＝9.6 cm. 故總長(zhǎng)度s＝s1＋s2＝21.6 cm. 答案：(1) 　(2

26、)1 s　(3)21.6 cm 5.(2018·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)如圖所示，帶有小孔的平行極板A、B間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E0，極板間距離為L(zhǎng).其右側(cè)有與A、B垂直的平行極板C、D，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，C、D板間加恒定的電壓．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子(重力不計(jì))，從A板處由靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后通過B板的小孔飛出；經(jīng)過C、D板間的電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從電場(chǎng)的右側(cè)邊界M點(diǎn)飛出電場(chǎng)區(qū)域，速度方向與邊界夾角為60°，求： (1)電子在A、B間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； (2)C、D間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度． 解析：(1)電子在A、B間直線加速，加速度a＝， 設(shè)電子在A、B間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t， 則L＝a

27、t2，解得t＝ . (2)設(shè)電子從B板的小孔飛出時(shí)的速度為v0， 則v0＝at，則電子從平行極板C、D間射出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vy＝v0tan 30°， 又vy＝·，可得C、D間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝E0. 答案：(1) 　(2)E0 6.(2017·蚌埠期末)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x軸正方向?yàn)樨Q直向上．在該平面內(nèi)分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)．將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，且小球通過點(diǎn)P.已知重力加速度為g，求： (1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??； (2)小球拋出時(shí)的初速度大??；

28、(3)若小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)的動(dòng)能是拋出時(shí)初動(dòng)能的2倍，則它從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的過程中電勢(shì)能的變化量是多少？ 解析：(1)小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力沿y軸正方向，分析小球在豎直方向上的受力情況，得 qEsin 45°＝mg① 解得E＝② (2)分析小球受到的合力，由牛頓第二定律，得 qEcos 45°＝ma③ 聯(lián)立②③，得a＝g④ 由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得＝v0t⑤ ＝gt2⑥ 聯(lián)立⑤⑥，得v0＝ . (3)由動(dòng)能定理ΔEk＝Ek－EkO＝W合＝mgy 解得y＝＝ 又有y＝kx2 故小球在豎直方向上的位移x＝ 由能量守恒定律，得電勢(shì)能的變化量 ΔEp＝－ΔE機(jī)＝－(mgx＋ΔEk)＝－. 答案：(1)　(2) 　(3)－ 15