《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場 第3課時 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場 第3課時 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學(xué)案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3課時電容器的電容帶電粒子在電場中的運動一、電容器及電容1.常見電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)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(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 F106 F1012 pF3.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

2、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。二、帶電粒子在電場中的運動1.帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在電場中加速時，若不計粒子的重力，只受電場力，則電場力對帶電粒子做的功等于粒子動能的變化量。在勻強(qiáng)電場中可用力和運動的觀點處理，也可用能量觀點處理；在非勻強(qiáng)電場中一般用能量觀點處理。2.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)只分析帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)。(1)粒子在電場中的運動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直于場強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場，不計重力，電場力使帶電粒子產(chǎn)生加速度，做類平拋運動。(2)運動規(guī)律：垂直于電場方向上的分運動是勻速直線運動。

3、vxv0，xv0t平行于電場方向上的分運動是勻加速直線運動?！舅伎寂袛唷?.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.電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比( )3放電后的電容器電荷量為零，電容也為零( )4.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運動( )5.帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動( )6.示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的( )7.帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計( )考點一電容器的電容(b/c)要點突破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

4、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剖析【例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(guān)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(guān)，D正確。答案A【例2】 如圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S，增大兩極板間的距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差

5、U及場強(qiáng)E的變化情況是()A.Q變小，C不變，U不變，E變大B.Q變小，C變小，U不變，E變小C.Q不變，C變小，U變大，E不變D.Q不變，C變小，U變小，E無法確定解析由充電后斷開電源，電容器的電荷量不變，選項A、B錯；由C知增大兩極板間的距離時，電容C減小，由C知，U增大；兩板間電場強(qiáng)度E，可見當(dāng)增加兩板間距時，電場強(qiáng)度不變，選項C正確，D錯誤。答案C【方法總結(jié)】平行板電容器的動態(tài)分析步驟(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。針對訓(xùn)練1.如圖所示的電路中，A、B是平行板電容器

6、的兩金屬板。先將開關(guān)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()A.電容器的電容變小B.電容器內(nèi)部電場強(qiáng)度大小變大C.電容器內(nèi)部電場強(qiáng)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(dāng)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(qiáng)度E不變，選項B錯誤，C正確；B板電勢為0，P點電勢P，等于P點與B板的電勢差UPBEdPB變大，則P升高，選項D正確。答案B2.如圖所示，設(shè)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。實驗中，極板所帶電荷量不變，若()A.保持S

7、不變，增大d，則變大B.保持S不變，增大d，則變小C.保持d不變，減小S，則變小D.保持d不變，減小S，則不變解析靜電計指針偏角反映電容器兩板間電壓大小。在做選項所示的操作中，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，偏角也增大，故選項C、D均錯誤。答案A3.(2017紹興模擬)2015年4月16日，中國南車設(shè)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”。如圖所示，這種電容器安全性高，可反復(fù)充放電10

8、0萬次以上，使用壽命長達(dá)十二年，且容量超大(達(dá)到9 500 F)，能夠在10 s內(nèi)完成充電。下列說法正確的是()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(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D.充電時電源的正極應(yīng)接“超級電容器”的負(fù)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(lǐng)，由電容器本身決定，與電壓無關(guān)，B錯誤；電容器放電過程把電能轉(zhuǎn)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考點二帶電粒子在電場中的加速(b/d)要點突破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、粒

9、子等)在電場中的運動，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)在電場中的運動，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.帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運動問題的分析方法典例剖析【例1】 如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則()A.當(dāng)增大兩板間的距離時，v增大B.當(dāng)減小兩板間的距離時，v增大C.當(dāng)改變兩板間的距離時，v不變D.當(dāng)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t2d解得td，即td。又由eUmv20得v，與d無關(guān)，故C正確。答案C【例2】 如圖所示，一電

10、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，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin 370.6，cos 370.8。求：(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；(3)電場強(qiáng)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、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37qEFNcos 37mg由可得E(2)若電場強(qiáng)度減小為原來的，即E由牛頓第二定律得mgsin 37qEcos 37ma可得a0.3g(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mg

11、Lsin 37qELcos 37Ek0可得Ek0.3mgL答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL【方法總結(jié)】帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入電場，帶電粒子將做加(減)速運動。有兩種分析方法：(1)用動力學(xué)觀點分析：a，E，v2v2ad。(2)用功能觀點分析：粒子只受電場力作用，電場力做的功等于物體動能的變化，qUmv2mv。針對訓(xùn)練1.如圖，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()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

12、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(fù)功，故電勢能增加，B正確；合力做負(fù)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B2.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的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達(dá)N板，如果要使這個帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是()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

13、子恰好到達(dá)N板時有Uqmv，恰好到達(dá)兩板中間返回時有qmv2，比較兩式可知選項D正確。答案D考點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(b/d)要點突破1.條件分析：帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場。2.運動性質(zhì)：勻變速曲線運動。3.處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動。4.運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間。(2)沿電場力方向，做勻加速直線運動。典例剖析【例1】 如圖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(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場)，

14、電子進(jìn)入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)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相互作用力。(1)求電子穿過A板時速度的大??；(2)求電子從偏轉(zhuǎn)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(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有eU1mv0，解得v0(2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)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(xué)公式有t，F(xiàn)ma，F(xiàn)eE，E，yat2解得偏移量y(3

15、)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或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2【例2】 如圖，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行板間的電場中，入射方向跟極板平行。整個裝置處在真空中，重力可忽略。在電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A.U1變大，U2變大 B.U1變小，U2變大C.U1變大，U2變小 D.U1變小，U2變小解析設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量大小為e，經(jīng)電勢差為U1的電場加速后，由動能定理得eU1mv經(jīng)平行板射出時，其水平速度和豎直速度分別為vxv0，vyat

16、由此得tan 當(dāng)l、d一定時，增大U2或減小U1都能使偏轉(zhuǎn)角增大。答案B【例3】 有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，方向如圖所示，一電子以與x軸成45夾角的初速度v0垂直于電場方向從O點射入，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計重力，求：(1)電子通過x軸時的位置坐標(biāo)； (2)電子通過x軸時的速度大小。 解析(1)畫出示意圖如圖所示，電子做類平拋運動，把它分解為y方向上的勻速直線運動和沿x方向上的初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)電子通過x軸時的位置坐標(biāo)為(x0，0)，時間為t，末速度為v，沿x方向速度為v，列方程x0t2x0v0t解得x0則電子通過x軸的位置坐標(biāo)為(，0)(2)v22x0解得v2v0則vv0答案

17、(1)(，0)(2)v0【方法總結(jié)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(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，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。(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O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為。針對訓(xùn)練1.(2017溫州模擬)如圖所示，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(不計粒子的重力)，則()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

18、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12D.在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為21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)，恰好沿下板的右邊緣飛出，帶電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(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13，電場力做功之比也為13。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B2.噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示，重力可

19、忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()A.向負(fù)極板偏轉(zhuǎn) B.電勢能逐漸增大C.運動軌跡是拋物線 D.運動軌跡與帶電荷量無關(guān)解析帶負(fù)電的墨汁微滴垂直進(jìn)入電場后，在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的分解水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動，帶負(fù)電的墨汁微滴進(jìn)入電場后受到向上的靜電力，故墨汁微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；墨汁微滴垂直進(jìn)入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，選項B錯誤；根據(jù)xv0t，yat2及a，得墨汁微滴的軌跡方程為y，即運動軌跡是拋物線，與帶電荷量有關(guān)，選項C正確，選項D錯誤

20、。答案C3.如圖所示，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(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A.同時到達(dá)屏上同一點 B.先后到達(dá)屏上同一點C.同時到達(dá)屏上不同點 D.先后到達(dá)屏上不同點解析一價氫離子(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(zhuǎn)電場的時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會先后打在屏上同一點，選項B正確。答案B1.a、b兩個電容器如圖甲所示，圖乙是它們的部分參數(shù)。由此可知，a、b兩個電容器的電容之比為()A.110 B.45 C.81 D.641答案A2.(2017舟山模擬)水

21、平放置的平行板電容器與一電池相連，現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則()A.電容器電容變大B.電容器電容變小C.電容器兩板間的電場強(qiáng)度增大D.電容器兩板間的電場強(qiáng)度不變解析當(dāng)兩極板間的距離增大時，根據(jù)電容的決定式C分析得知，電容C減小，選項A錯誤，B正確；由于與電池保持連接，U不變，因E，所以電容器兩板間的電場強(qiáng)度減小，選項C、D錯誤。答案B3.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)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(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍解析第一次d

22、()2，第二次d()2，兩式相比可得d，所以選項C正確。答案C4.(20164月浙江選考)密立根油滴實驗原理如圖所示。兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正、負(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)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()A.懸浮油滴帶正電B.懸浮油滴的電荷量為C.增大場強(qiáng)，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(qiáng)度方向向下，重力豎直向下，則電場力豎直向上，電荷帶負(fù)電，A錯誤；由平衡條件可以得到mgEq，電荷的帶電荷

23、量q，B錯誤；此時電場力與重力相等，如果增大電場強(qiáng)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e1.61019C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C5.如圖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U12 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(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l6.0 cm，相距d2 cm，兩極板間加以電壓U2200 V的偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電場。已知電子的電荷量e1.61019 C，電子的質(zhì)量m0.

24、91030 kg，設(shè)電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力。求：(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek；(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y；(3)電子在偏轉(zhuǎn)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eU1Ek解得Ek4.01016 J(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t電子在水平方向做勻速運動，由lv1t，解得t電子在豎直方向受電場力Fe電子在豎直方向做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a依據(jù)牛頓第二定律有ema，解得a電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量yat2，解得y0.36 cm(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位

25、置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差Uy電場力所做的功WeU解得W5.761018 J答案(1)4.01016 J(2)0.36 cm(3)5.761018 J基礎(chǔ)過關(guān)1.下列關(guān)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(dǎo)體，才能組成了電容器，跟這兩個導(dǎo)體是否帶電有關(guān)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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

26、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(zhuǎn)化為電場能的過程，放電過程是將電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，所以選項D正確。答案D2.如圖所示，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(fù)電荷，它將沿電場線向B運動，下列判斷正確的是()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(shè)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(fù)電荷受電場力的方向與電場線方向相反，所以電場線由B指向A，該電荷做加速運動，但一條

27、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(shè)條件不能確定。答案B3.在勻強(qiáng)電場中，把電子由靜止釋放，電子將()A.做勻速圓周運動 B.做勻加速直線運動C.做勻速直線運動 D.保持靜止?fàn)顟B(tài)解析在勻強(qiáng)電場中，電子受到的電場力是恒定的，所以把電子由靜止釋放，電子將做勻加速直線運動。答案B4.粒子的質(zhì)量是質(zhì)子的4倍，電荷量是質(zhì)子的2倍，若粒子和質(zhì)子均從靜止開始在同一勻強(qiáng)電場中加速，經(jīng)過相等的路程之后，粒子與質(zhì)子獲得的動能之比為()A.12 B.11 C.21 D.1解析根據(jù)動能定理得qUmv2。由此可知，當(dāng)經(jīng)過相同路程即電勢差相同時，動能大小與電荷量成正比，所以選項C正確。答案C5.如圖甲所

28、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()A.該電場可能是勻強(qiáng)電場B.A點的電勢高于B點的電勢C.從A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(qiáng)度是逐漸增大的，故該電場一定是非勻強(qiáng)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

29、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AB，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B6.如圖所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。電子的重力不計。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A.僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B.僅增大偏轉(zhuǎn)電極板間的距離C.僅增大偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓D.僅減小偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓解析改變偏轉(zhuǎn)電場的極性，只能改變電子受力方向，但電子的偏轉(zhuǎn)角大小不變，選項A錯誤；根據(jù)E可知，當(dāng)兩極板間距離d增大時，E減小，所以

30、電子受到的電場力減小，其偏轉(zhuǎn)角也減小，選項B錯誤；電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，則Lv0t、ema及tan 可得tan ，當(dāng)U增大時偏轉(zhuǎn)角也增大，選項C正確，D錯誤。答案C7.如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關(guān)S閉合后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是()A.使A、B兩板靠近一些B.使A、B兩板上下錯開一些C.斷開S后，使B板向左平移一些D.斷開S后，使A、B正對面積錯開一些解析圖中靜電計的金屬球接正極，外殼和負(fù)極板B均接地，靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩極板間的電壓越高。當(dāng)閉合S后，A、B兩板與電源兩極相連，極板

31、間電壓等于電源電壓，即電壓不變，靜電計指針張角不變，所以A、B錯誤；當(dāng)斷開S后，極板間距離增大，或正對面積減小，都將使電容器的電容變小，而電容器的電荷量不變，由C可知，極板間電壓U增大，從而使靜電計指針張角增大，故D正確，C錯誤。答案D8.如圖所示，在點電荷Q的電場中有A、B兩點，將質(zhì)子和粒子(帶電荷量是質(zhì)子的2倍，質(zhì)量是質(zhì)子的4倍)分別從A點由靜止釋放到達(dá)B點時，它們速度大小之比為多少？解析質(zhì)子是氫原子核，粒子是氦原子核，質(zhì)子和粒子都是正離子，從A點到B點都做加速運動。設(shè)A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理有對質(zhì)子qHUmHv，對粒子qUmv。答案1能力提升9.如圖為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，

32、當(dāng)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()A.膜片與極板間的電容變大B.極板的帶電荷量增大C.膜片與極板間的電場強(qiáng)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(qiáng)度減小，電阻R中有電流通過，選項C錯誤，D正確。答案D10.如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強(qiáng)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，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

33、角為30，不計重力。求A、B兩點間的電勢差。解析設(shè)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 30v0sin 60由此得vBv0設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUABm(vv)聯(lián)立式得UAB答案11.如圖所示，虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強(qiáng)電場，一帶電粒子質(zhì)量為m2.01011 kg、電荷量為q1.0105 C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U100 V的電場加速后，垂直于勻強(qiáng)電場進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強(qiáng)電場時速度與電場方向成30角。已知PQ、MN間距離為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計。求：(1)帶電粒

34、子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場時的速率v1；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??；(3)ab兩點間的電勢差。解析(1)由動能定理得qUmv代入數(shù)據(jù)得v1104 m/s(2)因粒子重力不計，則進(jìn)入PQ、MN間電場中后，做類平拋運動，有粒子沿初速度方向做勻速直線運動dv1t粒子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動vyat由牛頓第二定律得qEma，由題意得tan 30聯(lián)立以上相關(guān)各式并代入數(shù)據(jù)得E103 N/C1.73103 N/C(3)由動能定理得qUabmv2m(vv)聯(lián)立以上相關(guān)各式代入數(shù)據(jù)得Uab400 V答案(1)104 m/s(2)1.73103 N/C(3)400 V12.如圖所示，CD左側(cè)存在場強(qiáng)大小為E，

35、方向水平向左的勻強(qiáng)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(jìn)入一細(xì)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(dá)D點，隨后從D離開后落回到斜面P點，重力加速度為g(sin 530.8，cos 530.6)。(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)WADmgLWDAUDA或UDAEL解得UDA(2)由恰好過D點，判斷vD0根據(jù)動能定理從A到D過程mg(Ltan 532r)EqL0解得r(3)由于mgEq，小球進(jìn)入電場與水平方向成45角斜向下做勻加速直線運動。設(shè)到達(dá)P處水平位移為x，豎直位移為y，則有xyxtan 53x2r解得x，y豎直方向自由落體有ygt2解得t答案(1)(2)(3)21