《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 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． 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為極板正對面積，d為板間距離． 二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動　示波管 1．直線問題：若不計(jì)粒子的重力，則電場力對帶

2、電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量． (1)在勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv. (2)在非勻強(qiáng)電場中：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垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場． (2)運(yùn)動性質(zhì)：類平拋運(yùn)動． (3)處理方法：利用運(yùn)動的合成與分解． ①沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動． ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速運(yùn)動． 3．示波管的構(gòu)造：①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏．(如圖1所示) 圖1 [深度思考]　帶電粒子在電場中運(yùn)動時一定考慮受重力嗎？ 答案　(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或有明

3、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． 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 C．電容器不帶電時，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極板與靜電計(jì)的金屬桿相連，另一個極板與靜電計(jì)金屬外殼相連．給電容器充電后，靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)一個角度．以下情況中，靜電計(jì)指針的偏角是增大還是減??？

4、 (1)把兩板間的距離減??； (2)把兩板間的相對面積減小； (3)在兩板間插入相對介電常數(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介電常數(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?。? 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會不停地發(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上便會沿導(dǎo)

5、線返回M，從而形成電流．現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按圖2那樣在M、N之間加一個電壓U，發(fā)現(xiàn)當(dāng)U＞12.5V時電流表中就沒有電流．已知電子的質(zhì)量me＝9.1×10－31kg. 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) 圖2 答案　2.10×106m/s 解析　如果電子的動能減少到等于0的時候，電子恰好沒有到達(dá)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 ≈2.10×106m/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平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場．進(jìn)入時速度方向與板面

6、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　見解析 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)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極間距離為d，極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中獲得初動能mv＝qU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)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

7、. 命題點(diǎn)一　平行板電容器的動態(tài)分析 一、兩類典型問題 1．電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變． 2．電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變． 二、動態(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＝分析場強(qiáng)的變化． (3)根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢變化． 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＝分析場強(qiáng)變化． 例1　(2016·全國Ⅰ卷·14)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

8、．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變 答案　D 解析　由C＝可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變?。灰?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，Q減?。儆蒃＝，由于U與d都不變，故電場強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確． 1．(2016·天津理綜·4)如圖3所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，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表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電

9、荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)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(　　) 圖3 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　若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減?。桓鶕?jù)E＝，Q＝CU，C＝聯(lián)立可得E＝，可知E不變；P點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，則P點(diǎn)與下極板的電勢差不變，P點(diǎn)的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確． 2．(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金

10、屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時兩極間的電勢差為U，P點(diǎn)場強(qiáng)大小為E，電勢為φP，負(fù)電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．U變大，E變大 B．U變小，φP變小 C．φP變小，Ep變大 D．φP變大，Ep變小 答案　AC 解析　根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當(dāng)正對面積減小時，則由C＝可知電容減小，由U＝可知極板間電壓增大，由E＝可知，電場強(qiáng)度增大，故A正確；設(shè)P點(diǎn)的電勢為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可

11、知電勢能Ep是增大的，故C正確． 命題點(diǎn)二　帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動 1．做直線運(yùn)動的條件 (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． (2)粒子所受合外力F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)動或勻減速直線運(yùn)動． 2．用動力學(xué)觀點(diǎn)分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 3．用功能觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 例2　在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖5所示．當(dāng)給電容器突然充電使

12、其電壓增加ΔU1時，油滴開始向上運(yùn)動；經(jīng)時間Δt后，電容器突然放電使其電壓減少ΔU2，又經(jīng)過時間Δt，油滴恰好回到原來位置．假設(shè)油滴在運(yùn)動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴的位移可忽略不計(jì)．重力加速度為g.求： 圖5 (1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比； (2)第一個Δt與第二個Δt時間內(nèi)油滴運(yùn)動的加速度大小之比； (3)ΔU1與ΔU2之比． ①油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)；②恰好又回到原來位置． 答案　(1)　(2)1∶3　(3)1∶4 解析　(1)油滴靜止時滿足：mg＝q，則＝ (2)設(shè)第一個Δt時間內(nèi)油滴的位移為x1，加速度為a1，第二個Δt時間內(nèi)油滴的

13、位移為x2，加速度為a2，則 x1＝a1Δt2， x2＝v1Δt－a2Δt2 且v1＝a1Δt，x2＝－x1 解得a1∶a2＝1∶3. (3)油滴向上加速運(yùn)動時：q－mg＝ma1， 即q＝ma1 油滴向上減速運(yùn)動時：mg－q＝ma2 即q＝ma2 則＝ 解得＝ 3．(2015·海南單科·5)如圖6所示，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．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運(yùn)動．已知兩粒子同時經(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忽略．不計(jì)重

14、力，則M∶m為(　　) 圖6 A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1 答案　A 解析　設(shè)電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動時間相同，對M有，aM＝，l＝；對m有am＝，l＝，聯(lián)立解得＝，A正確． 4．(2014·安徽·22)如圖7所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間的距離為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)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g)．求： 圖7 (1)小球到達(dá)小孔處的速度； (2)極板間電場強(qiáng)度的大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落

15、運(yùn)動到下極板處的時間． 答案　(1)　(2)　C (3) 解析　(1)由v2＝2gh，得v＝ (2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運(yùn)動定律知：mg－qE＝ma 由運(yùn)動學(xué)公式知：0－v2＝2ad 整理得電場強(qiáng)度E＝ 由U＝Ed，Q＝CU，得電容器所帶電荷量Q＝C (3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2 整理得t＝ 命題點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1．運(yùn)動規(guī)律 (1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動 2．兩個結(jié)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，偏移量和偏

16、轉(zhuǎn)角總是相同的． 證明：由qU0＝mv y＝at2＝··()2 tanθ＝ 得：y＝，tanθ＝ (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為. 3．功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差． 例3　(2016·北京理綜·23)如圖8所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d

17、. 圖8 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度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＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/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(diǎn)的能的性質(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(diǎn)． ①由靜止開始經(jīng)加速電場加速；②沿平行于板面的方向射

18、入． 答案　(1)　　　(2)見解析　(3)見解析 解析　(1)根據(jù)動能定理，有eU0＝mv， 電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動時間Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝ (2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力 G＝mg≈10－29N 電場力F＝≈10－15N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力． (3)電場中某點(diǎn)電勢φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點(diǎn)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)

19、的物理量，僅由場自身的因素決定． 5．(多選)(2015·天津理綜·7)如圖9所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地進(jìn)入電場線水平向右的加速電場E1，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么(　　) 圖9 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(yùn)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 6．(2015·安徽理綜·23)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E(圖中未畫出)，由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m，帶電量

20、為＋q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)，如圖10所示，其中l(wèi)0為常數(shù)．粒子所受重力忽略不計(jì)．求： 圖10 (1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功； (2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間； (3)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時的速率． 答案　(1)3qEl0　(2)3　(3) 解析　(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功 W＝qE(yA－yC)＝3qEl0 ① (2)粒子只受沿y軸負(fù)方向的電場力作用，粒子做類似斜上拋運(yùn)動，粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動，由對稱性可知軌跡最高點(diǎn)D在y軸上，可令 tAD＝tDB＝T，且tBC＝T ② 由牛頓第

21、二定律qE＝ma ③ 由運(yùn)動學(xué)公式得yD＝aT2 ④ 從D到C做類平拋運(yùn)動，沿y軸方向：yD＋3l0＝a(2T)2 ⑤ 由②③④⑤式解得T＝ ⑥ 則A→C過程所經(jīng)歷的時間t＝3T＝3 ⑦ (3)粒子由D到C過程中 x軸方向：2l0＝vD·2T ⑧ y軸方向：vCy＝a·2T ⑨ vC＝ ⑩ 由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝ 題組1　平行板電容器的動態(tài)分析 1.如圖1所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi)，當(dāng)開關(guān)S閉合，小球

22、靜止時，懸線與豎直方向的夾角為θ，則(　　) 圖1 A．當(dāng)開關(guān)S斷開時，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大 B．當(dāng)開關(guān)S斷開時，若增大平行板間的距離，則夾角θ變小 C．當(dāng)開關(guān)S閉合時，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大 D．當(dāng)開關(guān)S閉合時，若減小平行板間的距離，則夾角θ減小 答案　C 解析　帶電小球在電容器中處于平衡時，由平衡條件有tan θ＝，當(dāng)開關(guān)S斷開時，電容器兩極板上的電荷量Q不變，由C＝，U＝，E＝可知E＝，故增大或減小兩極板間的距離d，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，θ不變，選項(xiàng)A、B錯誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時，因?yàn)閮蓸O板間的電壓U不變，由E＝可知，減小兩極板間的距離d，

23、E增大，θ變大，選項(xiàng)C正確，D錯誤． 2．如圖2所示，電容器極板間有一可移動的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加 B．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大 C．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板 D．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負(fù)極板 答案　D 解析　若x變大，則由C＝，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量減少，此時

24、帶正電荷的極板得到電子，帶負(fù)電荷的極板失去電子，所以有電流流向負(fù)極板，A、C錯誤，D正確．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝可知，電容器極板間電壓減小，B錯誤． 3．(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強(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(　　) 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?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案　AD 解析　由E＝可知，若保持U不變

25、，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹項(xiàng)正確；若保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺項(xiàng)錯誤；由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝，所以，保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項(xiàng)錯誤；保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珼項(xiàng)正確． 4．如圖3所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部．閉合開關(guān)S，小球靜止時受到懸線的拉力為F.調(diào)節(jié)R1、R2，關(guān)于F的大小判斷正確的是(　　) 圖3 A．保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變大 B．保持R1不變，緩慢增大R

26、2時，F(xiàn)將變小 C．保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變大 D．保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變小 答案　B 解析　據(jù)題圖可知電容器兩端電壓UMN即R0兩端電壓，而R0和R2是串聯(lián)關(guān)系，兩者電壓的和為電源的電動勢，因此R2↑→UR0↓UMN↓→電場強(qiáng)度E↓→F電↓→F↓，A錯誤，B正確；R2不變，緩慢增大R1時，R0兩端電壓不變，電容器兩端電壓不變，故F不變，C、D均錯． 題組2　帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動 5．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖4所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　

27、) 圖4 A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　由動能定理得：－eh＝－Ek，所以Ek＝. 6．(2015·新課標(biāo)全國Ⅱ·14)如圖5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(　　) 圖5 A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向左上方做勻加速運(yùn)動 C．向正下方做勻加速運(yùn)動 D．向左下方做勻加速運(yùn)動 答案　D 解析　兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板

28、間電場強(qiáng)度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動，選項(xiàng)D正確． 7.反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖6所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動．已知電場強(qiáng)度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如圖所示．帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9C、A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝

29、1.0cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)．求： 圖6 (1)B點(diǎn)到虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時間t. 答案　(1)0.50cm　(2)1.5×10－8s 解析　(1)帶電微粒由A運(yùn)動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2， 解得d2＝0.50 cm. (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2， 由牛頓第二定律有 |q|E1＝ma1， |q|E2＝ma2， 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動的時間分別為t1、t2，由運(yùn)動學(xué)公式有d1＝a1t，d2＝a2t. 又t＝t1＋t2， 解得

30、t＝1.5×10－8 s. 8.如圖7所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中時，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： 圖7 (1)水平向右電場的電場強(qiáng)度； (2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的，物塊的加速度是多大？ (3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時的動能． 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37°＝qE FNcos 37°＝mg 解得E＝ (2)若電

31、場強(qiáng)度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 解得a＝0.3g (3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動能定理得 mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 解得Ek＝0.3mgL. 題組3　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 9．如圖8所示，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，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計(jì)粒子的重力)，則(　　) 圖8 A．在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的

32、功為 B．在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 C．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2 D．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1 答案　B 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)動是類平拋運(yùn)動．豎直方向上的分運(yùn)動是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)知識可知，前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3.又因?yàn)殡妶隽ψ龅目偣?，所以在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，A選項(xiàng)錯；在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，B選項(xiàng)對；在粒子下落前和后的過程中，電場力做功相等，

33、故C、D選項(xiàng)錯． 10．(2014·山東理綜·18)如圖9所示，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) 圖9 A. B. C. D. 答案　B 解析　根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝··t2，解得v0＝.故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯誤． 11．如圖10所示，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別存在著

34、有界勻強(qiáng)電場E1、E2，已知區(qū)域Ⅰ寬L1＝0.8m，區(qū)域Ⅱ?qū)扡2＝0.4m，E1＝10V/m且方向與水平方向成45°角斜向右上方，E2＝20 V/m且方向豎直向下．帶電荷量為q＝＋1.6×10－3C．質(zhì)量m＝1.6×10－3kg的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在區(qū)域Ⅰ的左邊界由靜止釋放．g取10m/s2，求： 圖10 (1)小球在電場區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動的加速度大小和時間； (2)小球離開電場區(qū)域Ⅱ的速度大小和方向． 答案　(1)10m/s2　0.4 s　(2)5 m/s　速度方向與水平方向夾角為37°斜向右下方 解析　(1)小球在電場Ⅰ區(qū)域受到電場力F1＝qE1，小球在電場Ⅰ區(qū)域受到的電場力和重力的合力方向水平向右，大小為F合＝F1 cos 45°＝1.6×10－2 N，則小球向右做勻加速直線運(yùn)動，其加速度a1＝＝10 m/s2，小球運(yùn)動時間t1＝＝0.4 s. (2)小球離開電場Ⅰ區(qū)域的水平速度v0＝a1t1＝4 m/s，小球在電場Ⅱ區(qū)域中受到電場力和重力的合力豎直向下，其加速度a2＝g＋＝30 m/s2，小球在電場Ⅱ區(qū)域中做類平拋運(yùn)動，其運(yùn)動時間t2＝＝0.1 s．小球在豎直方向的分速度vy＝a2t2＝3 m/s，小球離開電場Ⅱ區(qū)域的速度v＝＝5 m/s，設(shè)小球離開電場Ⅱ區(qū)域的速度方向與水平方向夾角為θ，則tan θ＝＝，得θ＝37°. 19