《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 靜電場 第37講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 靜電場 第37講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（含解析）（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第37講　電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)一　平行板電容器 1．電容器 (1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相距很近的導(dǎo)體組成。 (2)所帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。 (3)電容器的充、放電 充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異號(hào)電荷，電容器中儲(chǔ)存電能。 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電能轉(zhuǎn)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(lǐng)大小的物理量。 (4)單位：法拉(F) 1 F＝106 μF＝1012 pF。

2、 3．平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與正對(duì)面積成正比，與介質(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(此式只適用于平行板電容器)。 4．兩類典型問題 (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。 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)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。 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。 5．平行板電容器問題的一個(gè)常用結(jié)論 電容器充

3、電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強(qiáng)度與極板間的距離無關(guān)。 推導(dǎo)：由C＝，C＝，E＝可得：E＝。 1．關(guān)于已充上電的某個(gè)平行板電容器，下列說法不正確的是(　　) A．兩極板上一定帶異號(hào)電荷 B．兩極板所帶的電荷量一定相等 C．充上的電荷量越多，其電容就越大 D．充上的電荷量越多，兩極板間的電勢差就越大 答案　C 解析　給電容器充電，電容器兩極板分別帶上等量異號(hào)電荷，A、B正確；電容器的電容大小取決于它的結(jié)構(gòu)，與所帶電荷量的多少無關(guān)，C錯(cuò)誤；根據(jù)U＝，電容器的電荷量越大，兩極板間的電勢差越大，D正確。 2．[教材母題]　(人教版選修3－1 P32·T1)

4、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小？ (1)把兩板間的距離減小； (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)。 [變式子題]　(多選)如圖所示為“研究影響平行板電容器電容的因素”的實(shí)驗(yàn)裝置，以下說法正確的是(　　) A．A板與靜電計(jì)的指針帶的是異號(hào)電荷 B．甲圖中將B板上移，靜電計(jì)的指針偏角增大 C．乙圖中將B板左移，靜電計(jì)的指針偏角不變 D．丙圖中將電介質(zhì)插入兩板之間，靜電計(jì)的指針偏角減小 答案　BD 解析　靜電計(jì)

5、指針與A板連為一個(gè)導(dǎo)體，帶電性質(zhì)相同，A錯(cuò)誤；根據(jù)C＝，C＝，B板上移，S減小，C減小，Q不變，則U增大，B正確；B板左移，d增大，C減小，則U增大，C錯(cuò)誤；插入電介質(zhì)，εr增大，電容C增大，則U減小，D正確。 3．電源、開關(guān)、平行板電容器連成如圖所示電路。閉合開關(guān)S，電源對(duì)電容器充電后，電容器帶電量為Q，板間電壓為U，板間電場強(qiáng)度大小為E0。則下列說法正確的是(　　) A．若將A板下移少許，Q增大，U減小，E0不變 B．若將A板下移少許，Q不變，U減小，E0減小 C．若斷開開關(guān)，將A板下移少許，Q增大，U不變，E0增大 D．若斷開開關(guān)，將A板下移少許，Q不變，U減小，E0不變

6、 答案　D 解析　開關(guān)閉合時(shí)電容器兩極板間電壓U不變，由公式C＝可知，A板下移(板間距d減小)，電容C將增 大，由公式C＝可知電容器帶電量Q將增大，由公式E0＝可知板間場強(qiáng)增大，A、B錯(cuò)誤；開關(guān)斷開后電容器帶電量Q不變，由公式C＝可知，A板下移(板間距d減小)，電容C將增大，由公式C＝可知電容器極板間電壓U將減小。由E0＝，C＝，C＝三式可解得E0＝，由此可知板間場強(qiáng)不變，C錯(cuò)誤、D正確。 考點(diǎn)二　帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做直線運(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合≠0，且與初速度方向在同一

7、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)。 2．帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動(dòng)的處理方法 (1)根據(jù)平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決處理。 a＝，E＝，v2－v＝2ad。 (2)根據(jù)動(dòng)能定理或其他功能關(guān)系解決處理。 若不計(jì)粒子的重力，則電場力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的增加量。 ①在勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv。 ②在非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝mv2－mv。 如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出，

8、則(　　) A．微粒達(dá)到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為mv B．微粒的加速度大小等于gsinθ C．微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程電勢能減少 D．兩極板的電勢差UMN＝ 解析　對(duì)微粒進(jìn)行受力分析如圖，可知微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，故A錯(cuò)誤；由tanθ＝得a＝gtanθ，故B錯(cuò)誤；微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程電勢能增加，電勢能增加量ΔE＝qEd＝，又ΔE＝qU，得到兩極板的電勢差U＝，故C錯(cuò)誤、D正確。 答案　D 方法感悟 處理帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的常用技巧 (1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子等)在電場中的運(yùn)動(dòng)，通常不必考慮其重力及運(yùn)動(dòng)中重力勢能的變化。 (2)普通的帶電體(如油滴、塵埃、小

9、球等)在電場中的運(yùn)動(dòng)，除題中說明外，必須考慮其重力及運(yùn)動(dòng)中重力勢能的變化。 1.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則(　　) A．微粒一定帶正電 B．微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．可求出勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度 D．可求出微粒運(yùn)動(dòng)的加速度 答案　D 解析　微粒做直線運(yùn)動(dòng)的條件是合力與速度為同一直線，只有微粒所受靜電力向左才滿足此條件，所以微粒帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；并且微粒所受合力只能是由B指向A，所以由A向B的運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；通過受力分析可知，能求

10、出微粒所受的靜電力大小和合力大小，由a＝可求出微粒的加速度大小，D正確；因微粒帶電量未知，不能求出勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤。 2．[教材母題]　(人教版選修3－1 P39·T1)真空中有一對(duì)平行金屬板，相距6.2 cm，兩板電勢差為90 V。二價(jià)的氧離子由靜止開始加速，從一個(gè)極板到達(dá)另一個(gè)極板時(shí)，動(dòng)能是多大？這個(gè)問題有幾種解法？哪種解法比較簡便？ [變式子題]　(2016·四川高考)中國科學(xué)院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。 如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一

11、系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106 m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間視為電源周期的。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108 C/kg。求： (1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓。 答案　(1)0.4 m　(2)6×104 V 解析　(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，

12、則 T＝① L＝vB·② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4 m③ (2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，相鄰漂移管間的電場對(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到E電場做功為W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則 W＝qU④ W′＝3W⑤ W′＝mv－mv⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104 V。 考點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的理解 (1)運(yùn)動(dòng)形式：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，僅受電場力。 (2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：類平拋運(yùn)動(dòng)。 (3)處理方法：運(yùn)動(dòng)的分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

13、 ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 2．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 ①能飛出極板：t＝。 ②不能飛出極板：y＝at2＝t2，t＝。 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng) ①加速度：a＝＝＝。 ②離開電場時(shí)的偏移量：y＝at2＝。 ③離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝＝。 3．兩個(gè)結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。 證明：由qU0＝mv y＝at2＝··2 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

14、水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為。 4．功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度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、末位置間的電勢差。 5．設(shè)屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離為D，則計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y有以下幾種方法：(如圖所示) ①Y＝y(tǒng)＋Dtanθ； ②Y＝tanθ； ③Y＝y(tǒng)＋vy·； ④根據(jù)三角形相似：＝。 6．示波器的工作原理 (1)構(gòu)造：①電子槍；②偏轉(zhuǎn)極板；③熒光屏。(如圖所示) (2)工作原理 ①YY′上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。 ②觀察到的現(xiàn)象 a

15、．如果在偏轉(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。 b．若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象。 (2018·河北定州中學(xué)模擬)如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，A板比B板電勢高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，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2.0×106 m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場區(qū)域(

16、設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場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＝

17、0.03 m＝3 cm。 粒子在離開電場后將做勻速直線運(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， 電場力提供向心力， 則k＝m， 解得Q≈1.04×10－8C。 答案　(1)3 cm　12 cm　(2)軌跡圖見解析 (3

18、)負(fù)電　1.04×10－8 C 方法感悟 (1)條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運(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)分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)。 1．(2018·湖南衡陽八中月考)(多選)示波管是示波器的核心部件，如圖，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　　) A．極板X應(yīng)帶正電 B．極板X′應(yīng)帶正電 C．極板Y應(yīng)帶負(fù)電 D．極板Y應(yīng)帶正電 答案　AD 解析　由亮斑位置可知電子在XX′

19、偏轉(zhuǎn)電場中向X極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板X帶正電，A正確、B錯(cuò)誤。電子在YY′偏轉(zhuǎn)電場中向Y極板方向偏轉(zhuǎn)，故Y帶正電，C錯(cuò)誤、D正確。 2．(多選)如圖，質(zhì)子(H)、氘核(H)和α粒子(He)都沿平行板電容器中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強(qiáng)電場，射出后都能打在同一個(gè)與中線垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)，粒子重力不計(jì)，下列推斷正確的是(　　) A．若它們射入電場時(shí)的速度相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn) B．若它們射入電場時(shí)的動(dòng)能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn) C．若它們射入電場時(shí)的動(dòng)量相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn) D．若它們是由同一個(gè)電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場，在熒光屏

20、上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn) 答案　CD 解析　三個(gè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場中都做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則得到：a＝，偏轉(zhuǎn)距離為：y＝at2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝，聯(lián)立三式得：y＝。若它們射入電場時(shí)的速度相等，y與比荷成正比，而三個(gè)粒子中質(zhì)子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在熒光屏上將出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；若它們射入電場時(shí)的動(dòng)能相等，y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；若它們射入電場時(shí)的動(dòng)量相等，y＝＝，可見y與qm成正比，三個(gè)qm都不同，則在熒光屏上將只出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)，故C正確；若它們是由同一個(gè)電壓為U的電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(

21、電壓為U0)的，根據(jù)推論y＝可知，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)，故D正確。 3．[教材母題]　(人教版選修3－1 P39·T4)讓一價(jià)氫離子、一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子的混合物經(jīng)過同一加速電場由靜止開始加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場里偏轉(zhuǎn)，它們是否會(huì)分離為三股粒子束？請通過計(jì)算說明。 [變式子題]　如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該(　　) A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．使U2變?yōu)樵瓉淼谋? D．使U2變?yōu)樵瓉淼? 答案　

22、A 解析　設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長度為L，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離y＝。U1加倍，想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，即y不變，則必須使U2加倍。故選A。 課后作業(yè) [鞏固強(qiáng)化練] 1．(多選)有一只電容器的規(guī)格是“1.5 μF,9 V”，那么(　　) A．這只電容器上的電荷量不能超過1.5×10－5 C B．這只電容器上的電荷量不能超過1.35×10－5 C C．這只電容器的額定電壓為9 V D．這只電容器的擊穿電壓為9 V 答案　BC 解析　9 V為電容器的額定電壓(或工作電壓)，故C正確；正常工作時(shí)的電荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9 C＝1.35×10－5 C，B

23、正確。 2．如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板為A、B，B板接地，使其A板帶有電荷量＋Q，B板帶有電荷量－Q，板間電場中有一固定點(diǎn)P，以下說法正確的是(　　) A．若將B板固定，A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度不變，P點(diǎn)電勢降低 B．若將B板固定，A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度增大，P點(diǎn)電勢升高 C．若將A板固定，B板上移時(shí)，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度不變，P點(diǎn)電勢降低 D．如果A板固定，B板上移時(shí)，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度增大，P點(diǎn)電勢升高 答案　C 解析　由題可知電容器兩板所帶電荷量不變，正對(duì)面積不變，根據(jù)C＝、U＝和E＝可推出：E＝，可知A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度E不變。P點(diǎn)與下板的距離不變，根據(jù)公式U

24、＝Ed，P點(diǎn)與下板的電勢差不變，則P點(diǎn)的電勢不變，故A、B錯(cuò)誤；B板上移時(shí)，同理得知，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點(diǎn)與下板的電勢差減小，而P點(diǎn)的電勢高于下板的電勢，下板的電勢為零，所以P點(diǎn)電勢降低，故C正確、D錯(cuò)誤。 3．兩平行金屬板相距為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，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動(dòng)能是(　　) A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　由動(dòng)能定理得：－eh＝－Ek，所以Ek＝。 4．如圖，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

25、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(shí)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(　　) A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng) C．向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D．向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng) 答案　D 解析　兩平行金屬板水平放置時(shí)，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，對(duì)其受力分析，如圖1所示，設(shè)兩板間的電場強(qiáng)度為E，微粒受到豎直向下的重力G和豎直向上的電場力qE，且G＝qE；兩平行金屬板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°時(shí)，對(duì)微粒受力分析，如圖2所示，由平行四邊形定則可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且為恒力，所以微粒向左下方做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤。

26、 5．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負(fù)極板不動(dòng)，正極板在豎直方向移動(dòng)，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?　　) A．2倍 B．4倍 C. D. 答案　C 解析　電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，初速度為v，極板的長度為L，極板的間距為d，電場強(qiáng)度為E。由于電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以水平方向有L＝vt，豎直方向有y＝at2＝··2＝d。因?yàn)镋＝，可得：d2＝，若電子的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，

27、仍從正極板邊緣飛出，則由上式可得兩極板的間距d應(yīng)變?yōu)樵瓉淼模蔬xC。 6．(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個(gè)質(zhì)量相等的帶電粒子M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場，兩帶電粒子恰好在板間某點(diǎn)相遇。若不考慮帶電粒子的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) A．M的電荷量大于N的電荷量 B．兩帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度相等 C．從兩帶電粒子進(jìn)入電場到兩帶電粒子相遇，電場力對(duì)M做的功大于電場力對(duì)N做的功 D．M進(jìn)入電場的初速度大小與N進(jìn)入電場的初速度大小一定相同 答案　AC 解析　從軌跡可以看出：yM>yN，

28、故·t2>·t2，解得：>，qM>qN，故A正確、B錯(cuò)誤；電場力做功W電＝qEy，由題圖可知yM>yN，且qM>qN，所以電場力對(duì)M做的功大于電場力對(duì)N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，故vM>vN，故D錯(cuò)誤。 7．如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距L處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點(diǎn)為O。試求： (1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間； (2)粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα

29、； (3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離s。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間：t＝。 (2)設(shè)粒子射出電場時(shí)沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝， 所以vy＝at1＝a·＝， 所以粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為：tanα＝＝。 (3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y， 則y＝at＝a2＝ 又s＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：s＝。 [真題模擬練] 8.(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

30、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

31、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微粒所受電場力等于b微粒所受的電場力，t時(shí)刻a微粒的位移大于b微粒的位移，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的電勢能不等，C錯(cuò)誤；由于a微粒受到的電場力(合外力)與b微粒受到的電場力(合外力)大小相等，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微粒的動(dòng)量，D正確。 9.(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

32、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)平行板電容器電容的決定式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)電容器的決定式C

33、＝，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)指針的張角減小，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。 10.(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)，板間距離增大場強(qiáng)減小，電場力小于重力

34、；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(yùn)動(dòng)，D正確。 11．(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(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　電容器電容C＝，云母介質(zhì)移出，εr減小，C減小；又C＝，電源恒壓，即U一定，C減小，故Q減??；電場強(qiáng)度E＝，故E不變，D正確。 12．(2018

35、·甘肅蘭化一中模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系Oxy，在該平面內(nèi)有一平行y軸的勻強(qiáng)電場，大小為E，方向豎直向下。一過坐標(biāo)原點(diǎn)與x軸成θ＝60°角的無窮大的平板與豎直平面垂直。在y軸上某點(diǎn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以某一速度垂直射入電場，經(jīng)過時(shí)間t1時(shí)，在該平面內(nèi)再另加一勻強(qiáng)電場E1，粒子再經(jīng)過時(shí)間t2且t2＝t1＝t，恰好垂直接觸平板，且接觸平板時(shí)速度為零，忽略粒子所受的重力，求： (1)粒子射入電場時(shí)的速度大小和在y軸上的位置； (2)E1的大小以及與y軸之間的夾角α的正切值。 答案　(1)　y＝　(2)E1＝E　tanα＝ 解析　(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖1所示。

36、設(shè)粒子的初速度為v0，在t1時(shí)間內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子在電場中的加速度為a＝ 粒子在電場中的豎直方向的速度為vy＝at，按題意分析得到：＝tanθ 聯(lián)立解得粒子射入電場時(shí)速度v0＝ t1時(shí)刻粒子的速度為v＝＝ 對(duì)應(yīng)的位移為：x1＝v0t，Δy＝at2 加電場E1后，粒子從A到D做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故有： sAD＝t2＝ 又sAB＝x1＝v0t1＝ 所以sBC＝＝，sAC＝＝ sCD＝sAD＋sAC＝，sOC＝＝ 故拋出點(diǎn)的y坐標(biāo)為 y＝sOC－sBC＋Δy＝。 (2)如圖2所示，設(shè)E1方向與y軸成α角，由粒子從A到D做勻減速直線運(yùn)動(dòng)有： qE1sin(θ－α)＝qEsinθ qE1cos(θ－α)－qEcosθ＝ma1 a1＝＝ 聯(lián)立解得：E1＝E，tanα＝。 19