《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第6章 靜電場 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第6章 靜電場 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學案（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　電容器的電容　帶電粒子在電場中的運動 知識排查 常見電容器　電容器的電壓、電荷量和電容的關系 1.常見電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。 (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (3)電容器的充、放電 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。 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化為其他形式的能。 2.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)物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。 (4)單位：法拉

2、(F) 1 F＝106 μF＝1012 pF 3.平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。 (2)決定式：C＝，k為靜電力常量。 帶電粒子在勻強電場中的運動 1.做直線運動的條件 (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動或勻減速直線運動。 2.分析方法 (1)用動力學觀點分析，(2)用功能觀點分析。 3.帶電粒子在勻強電場中的偏轉 (1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，

3、僅受電場力。 (2)運動性質(zhì)：類平拋運動。 (3)處理方法：運動的分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線運動。 ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。 示波管的構造 (1)電子槍，(2)偏轉極板，(3)熒光屏。(如圖1所示) 圖1 小題速練 1.思考判斷 (1)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(　　) (2)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零(　　) (3)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動(　　) (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)一個電容器的電荷量增加1.0×10－6 C時，兩板間電壓升高10 V

4、，則電容器的電容C＝1.0×10－7 F(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ 2.[人教版選修3－1·P32·T1改編](多選)如圖2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(　　) 圖2 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 解析　電勢差U變大(小)，靜電計的指針張角變大(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；當A

5、板上移時，正對面積S變小，C也變小，U變大；當插入玻璃板時，C變大，U變??；當兩板間的距離減小時，C變大，U變小，所以選項A、B、D正確。 答案　ABD 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電場，進入時速度方向與板面平行，初動能相同，離開電場時電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比為(　　) A.1∶1　　 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4 解析　設偏轉電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進入偏轉電場的速度為v0，偏轉電場兩極板間距離為d，極板長為l，則粒子在偏轉電場中的加速度a＝，在偏轉電場中運動的時間為t＝，粒子離

6、開偏轉電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉電場時速度方向的偏轉角的正切值tan θ＝＝。若電子與氫核的初動能相同，則＝1。選項A正確。 答案　A 　平行板電容器的動態(tài)分析 1.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況 (1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。 (2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。 2.平行板電容器動態(tài)問題的分析思路 【典例】　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.

7、極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D.極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 解析　由C＝可知，當將云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變??；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當C減小時，Q減小。再由E＝，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確。 答案　D 【拓展延伸1】　將【典例】中的電源斷開，當把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后，下列說法正確的是(　　) A.電容器的電容增大 B.極板間的電勢差變小 C.極板上的電荷量變大 D.極板間電場強度變大 答案　D 【拓展延伸2】　在【典例】中，若水平放置平行板電容器內(nèi)部空間有一帶電

8、粒子P靜止在電容器中，云母介質(zhì)保持不動，同時下極板接地，當將上極板向右移動一小段距離時，則下列說法正確的是(　　) A.電容器所帶電荷量保持不變 B.極板間的電場強度增大 C.粒子所在位置的電勢能不變 D.粒子將加速向下運動 解析　由C＝可知，當將上極板右移一段距離時，S減小，電容器的電容減小，由C＝得Q＝CU，電壓U不變，C減小，故電容器所帶電荷量減少，選項A錯誤；U和d不變，由E＝可知，極板間的電場強度保持不變，選項B錯誤；由于極板間的電場強度不變，粒子所在位置到下極板間的距離不變，故該點到零電勢點的電勢差不變，即該點的電勢不變，粒子的電勢能不變，選項C正確；由于粒子的受力情況不

9、變，故粒子仍然保持靜止狀態(tài)，選項D錯誤。 答案　C 分析平行板電容器動態(tài)變化的三點關鍵 (1)確定不變量：先明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，是電荷量保持不變還是極板間電壓不變。 (2)恰當選擇公式：靈活選取電容的決定式和定義式，分析電容的變化，同時用公式E＝分析極板間電場強度的變化情況。 (3)若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場力的變化，分析其運動情況的變化。 1.如圖所示是描述給定的電容器充電時極板上帶電荷量Q、極板間電壓U和電容C之間關系的圖象，其中錯誤的是(　　) 解析　A圖所含的信息是：電容器電容的大小和電容器所帶的電荷量成正比，A錯誤；B圖所含的信息是：電

10、容器的電容并不隨兩極板間電壓的變化而改變，B正確；C圖所含的信息是：電容器所帶的電荷量與極板間的電壓的比值不變，即電容器的電容不變，C正確；D圖所含的信息是電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關，D正確。 答案　A 2.(2018·紹興模擬)2015年4月16日，中國南車設計制造的全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在寧波下線，不久將成為二三線城市的主要公交用車。這種超級電車的核心是我國自主研發(fā)、全球首創(chuàng)的“超級電容器”。如圖3所示，這種電容器安全性高，可反復充、放電100萬次以上，使用壽命長達十二年，且容量超大(達到9 500 F)，能夠在10 s 內(nèi)完成充電。下列說法正確的是(　　) 圖

11、3 A.該“超級電容器”能儲存電荷 B.該“超級電容器”的電容隨電壓的增大而增大 C.該“超級電容器”放電過程中把化學能轉化為電能 D.充電時電源的正極應接“超級電容器”的負極 解析　電容器能儲存電荷，A正確；電容器的電容反映電容器容納電荷的本領，由電容器本身決定，與電壓無關，B錯誤；電容器放電過程把電能轉化為其他形式的能，C錯誤；電容器充電時，電源的正極接電容器的正極，D錯誤。 答案　A 3.如圖4所示，設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ。實驗中，極板所帶電荷量不變，若(　　) 圖4 A.保持S不變，增大d，則θ變大 B.保持S不變，增大d，則

12、θ變小 C.保持d不變，減小S，則θ變小 D.保持d不變，減小S，則θ不變 解析　靜電計指針偏角反映電容器兩極板間電壓大小。電容器電荷量Q保持不變，由C＝＝知，保持S不變，增大d，則C減小，U增大，偏角θ增大，選項A正確，B錯誤；保持d不變，減小S，則C減小，U增大，偏角θ也增大，故選項C、D均錯誤。 答案　A 4.如圖5所示的電路中，A、B是平行板電容器的兩金屬板。先將開關S閉合，等電路穩(wěn)定后將S斷開，并將B板向下平移一小段距離，保持兩板間的某點P與A板的距離不變。則下列說法錯誤的是(　　) 圖5 A.電容器的電容變小 B.電容器內(nèi)部電場強度大小變大 C.電容器內(nèi)部電場

13、強度大小不變 D.P點電勢升高 解析　由題意知電容器帶電荷量Q不變，當B板下移時，板間距離d增大，由電容公式C＝知，電容器的電容變小，選項A正確；電容器內(nèi)部電場強度E＝＝＝不變，選項B錯誤，C正確；B板電勢為0，P點電勢φP，等于P點與B板的電勢差UPB＝EdPB變大，則φP升高，選項D正確。 答案　B 　帶電粒子在電場中的加速 1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理 (1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子等)在電場中運動時，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 (2)普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場中運動時，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 2

14、.兩種觀點分析問題 (1)用動力學觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad (2)用功能觀點分析 勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 【典例】　如圖6所示，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 圖6 (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度； (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能。 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜

15、面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37°＝qE① FNcos 37°＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 可得a＝0.3g (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 1.如圖7所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則(　　) 圖7 A.當增大兩板間的距離時，v增

16、大 B.當減小兩板間的距離時，v增大 C.當改變兩板間的距離時，v不變 D.當增大兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間不變 解析　電子做勻加速直線運動， 則··t2＝d 解得t＝d，即t∝d。 又由eU＝mv2－0得v＝，與d無關，故C正確。 答案　C 2.(2016·4月浙江選考)密立根油滴實驗原理如圖8所示。兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正、負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場。用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴。通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A.懸浮油滴帶

17、正電 B.懸浮油滴的電荷量為 C.增大場強，懸浮油滴將向上運動 D.油滴的電荷量不一定是電子電荷量的整數(shù)倍 解析　由題目中的圖示可以看出電場強度方向向下，重力豎直向下，則電場力豎直向上，電荷帶負電，A錯誤；由平衡條件可以得到mg＝Eq，電荷的帶電荷量q＝，B錯誤；此時電場力與重力相等，如果增大電場強度，則電場力大于重力，所以油滴將向上運動，C正確；由元電荷的帶電荷量e＝1.6×10－19C可知，油滴的帶電荷量一定是電子電荷量的整數(shù)倍，D錯誤。 答案　C 3.如圖9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的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進入電場

18、，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　) 圖9 A.使初速度減為原來的 B.使M、N間電壓減小 C.使M、N間電壓提高到原來的4倍 D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的 解析　粒子恰好到達N板時有qU＝mv，恰好到達兩板中間返回時有q＝mv2，比較兩式可知選項D正確。 答案　D 4.(2017·4月浙江選考)如圖10所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場。有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點電荷運動到負極板的過程(

19、　　) 圖10 A.加速度大小為a＝＋g B.所需的時間為t＝ C.下降的高度為y＝ D.電場力所做的功為W＝Eqd 解析　點電荷受到重力、電場力，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，選項A錯誤；根據(jù)運動獨立性，水平方向點電荷的運動時間為t，有＝t2，解得t＝，選項B正確；下降高度h＝gt2＝，選項C錯誤；電場力做功W＝，選項D錯誤。 答案　B 帶電體在勻強電場中的直線運動問題的解題步驟 　帶電粒子在電場中的偏轉 1.帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律 2.處理帶電粒子的偏轉問題的方法 (1)運動的分解法 一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻

20、加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。 (2)功能關系 當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。 【典例】　如圖11所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉電場后打在熒光屏上的P點。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的

21、相互作用力。 圖11 (1)求電子穿過A板時速度的大??； (2)求電子從偏轉電場射出時的偏移量； (3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？ 解析　(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有 eU1＝mv－0，解得v0＝ (2)電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。由牛頓第二定律和運動學公式有 t＝，F(xiàn)＝ma，F(xiàn)＝eE，E＝，y＝at2 解得偏移量y＝ (3)由y＝可知，減小U1或增大U2均可使y增大，從而使電子打在P點上方。 答案　(1) 　(2)　(3)減小加速電壓U1或增大偏

22、轉電壓U2 1.(2018·溫州模擬)如圖12所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進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(不計粒子的重力)，則(　　) 圖12 A.在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 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 解析　帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的右邊緣飛出，帶電

23、粒子所做的運動是類平拋運動。豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速運動，由運動學知識可知，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。又因為電場力做的總功為，所以在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，選項A錯誤；在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，選項B正確；在粒子下落前和后的過程中，電場力做功相等，故選項C、D錯誤。 答案　B 2.如圖13所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L＝0.4 m，兩板間距離d＝4×10－3 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極

24、板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5 kg，電荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2。求： 圖13 (1)微粒入射速度v0為多少？ (2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上極板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？ 解析　(1)開關S閉合前，由＝v0t，＝gt2可解得 v0＝＝10 m/s。 (2)電容器的上極板應接電源的負極。 當所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出，即 ＝a1，又a1＝，解得U1＝120 V 當所加的電壓為U2時，微粒恰好從上極板的右邊緣射出， 即＝a2，又a2＝，解得U2＝200 V 所以1

25、20 V≤U≤200 V。 答案　(1)10 m/s　(2)與負極相連，120 V ≤U≤200 V 3.如圖14所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1＝2 500 V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，兩極板間加以電壓U2＝200 V的偏轉電場。從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉電場。已知電子的電荷量e＝1.6×10－19 C，電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30 kg，設電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽略金屬極板邊緣

26、對電場的影響，不計電子受到的重力。求： 圖14 (1)電子射入偏轉電場時的動能Ek； (2)電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量y； (3)電子在偏轉電場運動的過程中電場力對它所做的功W。 解析　(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1＝Ek 解得Ek＝4.0×10－16 J (2)設電子在偏轉電場中運動的時間為t 電子在水平方向做勻速運動，由l＝v1t，解得t＝ 電子在豎直方向受電場力F＝e· 電子在豎直方向做勻加速直線運動，設其加速度為a 依據(jù)牛頓第二定律有e·＝ma，解得a＝ 電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量 y＝at2＝，解得y＝0.36 cm

27、 (3)電子射出偏轉電場的位置與射入偏轉電場位置的電勢差 U＝·y 電場力所做的功W＝eU 解得W＝5.76×10－18 J 答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm　(3)5.76×10－18 J 科學思維——電場中的力、電綜合問題 要善于把電學問題轉化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉的模型，能夠從帶電粒子的受力與運動的關系、功能關系和動量關系等多角度進行分析與研究。 命題角度1　帶電粒子在電場中的運動 【例1】　如圖15所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，

28、方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。 圖15 解析　設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即 vBsin 30°＝v0sin 60°① 由此得vB＝v0② 設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有 qUAB＝m(v－v)③ 聯(lián)立②③式得UAB＝ 答案　 【例2】　一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從距地面高h處以一定初速度水平拋出。在距拋出點水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細管。管上口距地面，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域加一個場強

29、方向水平向左的勻強電場，如圖16所示，求： 圖16 (1)小球的初速度v0和電場強度E的大??； (2)小球落地時的動能Ek。 解析　(1)電場中運動的帶電小球，在水平方向上 v0＝t① 豎直方向上＝② 又v＝L③ 聯(lián)立①②③式得v0＝2L，E＝。 (2)從拋出到落地由動能定理得 mgh－EqL＝Ek－mv 小球落地時動能Ek＝＋mgh－EqL＝mgh 答案　(1)2L　　(2)mgh 命題角度2　帶電體在電場中平衡與運動問題 【例3】　(2018·江蘇單科，5)如圖17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

30、，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) 圖17 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 解析　由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，將B板右端向下移動一小段距離，極板之間的電場強度將減小，油滴所受電場力減小，且電場力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運動，選項D正確。 答案　D 【例4】　如圖18所示，有一質(zhì)量為m＝1 kg，帶電荷量為q＝－1 C的小物塊以初速度v0＝18 m/s沿粗糙水平地面從A處向右滑動，經(jīng)過一定時間后又回到A點。已知空間存在向右的勻強電場，其電場強

31、度為E＝5 N/C，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4，g取10 m/s2。求： 圖18 (1)物塊向右運動的最大距離； (2)物塊運動過程中經(jīng)歷的最大電勢差； (3)重新返回到位置A時的速度大小。 解析　(1)對物塊受力分析，它的摩擦力大小 Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N， 電場力大小qE＝5 N。 由動能定理得－(qE＋Ff)x＝－mv 解得x＝18 m (2)物塊向右運動過程中，電場力一直做負功，直到運動到最遠處時，做功最多，電勢差最大，故最大電勢差 U＝＝＝Ex＝90 V (3)整個過程，電場力不做功，根據(jù)動能定理得 －2Ffx＝mv2－mv

32、 解得v＝6 m/s 答案　(1)18 m　(2)90 V　(3)6 m/s 活頁作業(yè) (時間：30分鐘) A組　基礎過關 1.下列關于電容器的敘述正確的是(　　) A.電容器是儲存電荷和電能的容器，只有帶電的容器才稱為電容器 B.任何兩個彼此絕緣而又互相靠近的帶電導體，就組成了電容器，跟這兩個導體是否帶電有關 C.電容器所帶的電荷量是指兩個極板所帶電荷量的絕對值 D.電容器充電過程，是將電能轉變成電容器的電場能并儲存起來；電容器放電的過程，是將電容器儲存的電場能轉化為其他形式的能 解析　電容器是儲存電荷的容器，不論是否帶電都稱為電容器，所以選項A、B錯誤；電容器所帶電荷

33、量是指一個極板所帶電荷量的絕對值，所以選項C錯誤；電容器的充電過程是將由電源獲得的電能轉化為電場能的過程，放電過程是將電場能轉化為其他形式的能的過程，所以選項D正確。 答案　D 2.如圖1所示，AB是某個點電荷電場的一根電場線，在線上C點放一個自由的負電荷，它將沿電場線向B運動，下列判斷正確的是(　　) 圖1 A.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越小 B.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，其加速度大小的變化由題設條件不能確定 C.電場線由A指向B，電荷做勻加速運動 D.電場線由B指向A，電荷做加速運動，加速度越來越大 解析　負電荷受電場力的方向與電場線方向相

34、反，所以電場線由B指向A，該電荷做加速運動，但一條電場線不能反映電場線的疏密，故其加速度大小的變化由題設條件不能確定。 答案　B 3.(2018·浙江臺州高三期末)下列有關電容器知識的描述，正確的是(　　) A. 圖甲為電容器充電示意圖，充完電后電容器上極板帶正電，兩極板間電壓U等于電源電動勢E B. 圖乙為電容器放電示意圖，若電容器上極板帶電荷量為＋Q，則放電過程中通過安培表的電流方向從右向左，流過的總電荷量為2Q C. 圖丙為電解電容器的實物圖和符號，圖丁為可變電容器及其符號，兩種電容器使用時都應嚴格區(qū)分正負極 D. 圖丙中的電容器上標有“400 V，68 μF”字樣，說明

35、該電容器只有兩端加上400 V的電壓時電容才為68 μF 解析　圖甲為電容器充電過程，充完電后電容器上極板與電源的正極相連，同時兩極板間的電壓U等于電源的電動勢E，故A正確；圖乙為電容器放電過程，若電容器上極板帶電荷量為＋Q，則放電過程中通過安培表的電流方向從右向左，且流過的總電荷量為Q，故B錯誤；圖丙為電解電容器的實物圖和符號，圖丁為可變電容器及其符號，前者電容器使用時嚴格區(qū)分正負極，后者不必區(qū)分，故C錯誤；圖丙中的電容器上標有“400 V，68 μF”字樣，說明該電容器兩端電壓最大值為400 V，而電容與電容器的電壓及電荷量均無關，總是為68 μF，故D錯誤。 答案　A 4.如圖2，

36、平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) 圖2 A.所受重力與電場力平衡 B.電勢能逐漸增加 C.動能逐漸增加 D.做勻速直線運動 解析　要使粒子在電場中做直線運動，必須使合力與運動方向在同一直線上，由題意做受力分析可知，重力豎直向下，電場力垂直極板向上，合力水平向左，故A錯誤；因電場力做負功，故電勢能增加，B正確；合力做負功，故動能減少，C錯誤；因合力為定值且與運動方向在同一直線上，故D錯誤。 答案　B 5.如圖3所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場

37、方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原來位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離應變?yōu)樵瓉淼?　　) 圖3 A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍 解析　第一次d＝·()2，第二次d′＝··()2，兩式相比可得d′＝，所以選項C正確。 答案　C 6.如圖4所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們(　　) 圖4 A.同時到達屏上同一點 B.先后到達屏上同一點 C.同時到達屏上不同點 D.先后到達屏上不同點

38、 解析　一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉電場中運動的時間均不同，但在偏轉電場中偏轉距離相同，所以會先后打在屏上同一點，選項B正確。 答案　B 7.(2018·浙江金麗衢十二校二聯(lián))豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場，其極板帶電荷量分別為＋Q和－Q，在兩極板之間，用輕質(zhì)絕緣絲線懸掛質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球(可看成點電荷)，絲線與豎直方向成θ角時小球恰好平衡，此時小球離右板距離為b，離左板的距離為2b，如圖5所示，則(　　) 圖5 A.小球帶正電，極板之間的電場強度大小為 B.小球受到的電場力為 C.若

39、將小球移到懸點正下方位置，小球的電勢能減小 D.若將細繩剪斷，小球向右做平拋運動 解析　對小球，由平衡條件有tan θ＝ ，解得E＝，故A正確；兩板對小球的庫侖力不能用點電荷的場強公式計算，小球受到電場力F＝qE＝mgtan θ，故B錯誤；將小球移到懸點正下方，電場力做負功，小球的電勢能增加，故C錯誤；細繩剪斷后，小球受到斜向下的恒力作用，物體將沿繩子方向做勻加速直線運動，故D錯誤。 答案　A B組　能力提升 8.如圖6為某電容傳聲器結構示意圖，當人對著傳聲器講話，膜片會振動。若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中(　　) 圖6 A.膜片與極板間的電容變大 B.

40、極板的帶電荷量增大 C.膜片與極板間的電場強度增大 D.電阻R中有電流通過 解析　若某次膜片振動時，膜片與極板間距離增大，根據(jù)平行板電容器電容決定式，膜片與極板間的電容變小，選項A錯誤；由C＝可知，電壓U不變，極板的帶電荷量減小，膜片與極板間的電場強度減小，電阻R中有電流通過，選項C錯誤，D正確。 答案　D 9.如圖7甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，在A點由靜止釋放一個正的點電荷，點電荷僅在電場力的作用下沿著電場線從A點運動到B點，點電荷的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) 圖7 A.該電場可能是勻強電場 B.A點的電勢高于B點的電勢 C.從A

41、點到B點，點電荷的電勢能逐漸增大 D.點電荷在A點所受的電場力大于在B點所受的電場力 解析　由題圖乙可知，點電荷做初速度為零的變加速直線運動，加速度逐漸增大，說明該點電荷所受的電場力逐漸增大，即該點電荷在A點所受的電場力小于在B點所受的電場力，則電場強度是逐漸增大的，故該電場一定是非勻強電場，選項A、D錯誤；由于點電荷由靜止開始運動，僅受電場力作用從A運動到B，且點電荷帶正電，所以電場線方向由A指向B，又因沿電場線方向電勢逐漸降低，則φA>φB，選項B正確；點電荷的動能增加，根據(jù)能量守恒可知，其電勢能必定減少，則選項C錯誤。 答案　B 10.(2018·金華十校聯(lián)考)如圖8所示，離子發(fā)

42、生器在P極板產(chǎn)生一束質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子(初速度可忽略，重力不計，離子間的相互作用力忽略)，經(jīng)P、Q兩板間的加速電場加速后，以速度v0從a點沿ab方向水平進入邊長為L的正方形abcd勻強電場區(qū)域(電場方向豎直向上)，離子從abcd邊界上某點飛出時的動能為mv，求： 圖8 (1)P、Q兩板間的電壓U； (2)離子離開abcd區(qū)域的位置； (3)abcd區(qū)域內(nèi)勻強電場的場強E的大小。 解析　(1)離子在PQ間加速過程，根據(jù)動能定理， 有qU＝mv，解得U＝。 (2)離子射出電場時mv2＝mv， 得v＝v0，方向與ab所在直線的夾角為45°，即vx＝vy， 根據(jù)x＝vx

43、t，y＝t，可得x＝2y；則x＝L，y＝，即離子從bc邊上的中點飛出。 (3)離子在abcd區(qū)域內(nèi)運動過程，根據(jù)動能定理，有 qE＝mv－mv，解得E＝。 答案　(1)　(2)bc邊中點　(3) 11.(2017·11浙江選考)如圖9所示，AMB是一條長L＝10 m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h＝1.25 m處，A、B為端點，M為中點，軌道MB處在方向豎直向上、大小E＝5×103 N/C的勻強電場中。一質(zhì)量m＝0.1 kg、電荷量q＝＋1.3×10－4 C的可視為質(zhì)點的滑塊以初速度v0＝6 m/s在軌道上自A點開始向右運動，經(jīng)M點進入電場，從B點離開電場。已知滑塊與軌道間的動摩擦

44、因數(shù)μ＝0.2。求滑塊 圖9 (1)到達M點時的速度大?。? (2)從M點運動到B點所用的時間； (3)落地點距B點的水平距離。 解析　(1)在AM階段對物體的受力分析如圖： 豎直方向：FN＝mg 根據(jù)牛頓第二定律知在水平方向f＝ma1，又f＝μFN 得a1＝＝μg＝2 m/s2 根據(jù)運動學公式v－v＝2(－a1)可得vM＝4 m/s (2)進入電場之后，受到電場力F＝Eq＝0.65 N，受力分析如圖： 水平方向根據(jù)牛頓第二定律得－μ(mg－Eq)＝ma2 a2＝＝－0.7 m/s2 根據(jù)運動學公式v－v＝2a2·可知，vB＝3 m/s 根據(jù)勻變速直線運動推論xM

45、B＝t1可知t1＝ s (3)從B點飛出后，粒子做平拋運動，因此h＝gt可知，t2＝0.5 s 所以水平距離x＝vBt2＝1.5 m。 答案　(1)4m/s　(2) s　(3)1.5 m 12.如圖10所示，CD左側存在場強大小為E＝，方向水平向左的勻強電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長L，傾角α＝53°的直角三角形斜面頂端A點由靜止開始下滑，運動到斜面底端C點后進入一細圓管內(nèi)(C處為一小段長度可忽略的圓弧，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑)，恰能到達D點，隨后從D離開后落回到斜面P點，重力加速度為g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。 圖10 (

46、1)求DA兩點間的電勢差UDA； (2)求圓管半徑r； (3)求小球從D點運動到P點的時間t。 解析　(1)WAD＝－EqL＝－mgL＝－WDA UDA＝ 或UDA＝EL① 解得UDA＝② (2)由恰好過D點，判斷vD＝0③ 根據(jù)動能定理從A到D過程 mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④ 解得r＝⑤ (3)由于mg＝Eq，小球進入電場與水平方向成45°角斜向下做勻加速直線運動。設到達P處水平位移為x，豎直位移為y，則有x＝y(tǒng) xtan 53°＋x＝2r⑥ 解得x＝，y＝⑦ 豎直方向自由落體有y＝gt2⑧ 解得t＝⑨ 答案　(1)　(2)　(3) 24