《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場(chǎng) 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場(chǎng) 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（24頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講電容器的電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)排查常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系1.常見電容器(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)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，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)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(chǎng)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(shì)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

2、素：平行板電容器的電容與極板的正對(duì)面積成正比，與電介質(zhì)的相對(duì)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(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.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.分析方法(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析，(2)用功能觀點(diǎn)分析。3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，僅受電場(chǎng)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。沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)。沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的

3、勻加速直線運(yùn)動(dòng)。示波管的構(gòu)造(1)電子槍，(2)偏轉(zhuǎn)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(gè)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(qiáng)電場(chǎng)中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)()(4)帶電粒子在電場(chǎng)中，只受電場(chǎng)力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)()(5)一個(gè)電容器的電荷量增加1.0106 C時(shí)，兩板間電壓升高10 V，則電容器的電容C1.0107 F()答案(1)(2)(3)(4)(5)2.人教版選修31P32T1改編(多選)如圖2所示，用靜電計(jì)可以測(cè)量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差U，電容器已帶電，則下列判斷正

4、確的是()圖2A.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(jì)指針張角變大C.若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計(jì)指針張角變大D.若減小兩板間的距離，則靜電計(jì)指針張角變小解析電勢(shì)差U變大(小)，靜電計(jì)的指針張角變大(小)。電容器所帶電荷量一定，由公式C知，當(dāng)d變大時(shí)，C變小，再由C得U變大；當(dāng)A板上移時(shí)，正對(duì)面積S變小，C也變小，U變大；當(dāng)插入玻璃板時(shí)，C變大，U變??；當(dāng)兩板間的距離減小時(shí)，C變大，U變小，所以選項(xiàng)A、B、D正確。答案ABD3.人教版選修31P39T3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，初動(dòng)能相同，離開電場(chǎng)時(shí)電子偏角的正切

5、與氫核偏角的正切之比為()A.11B.12C.21 D.14解析設(shè)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)兩極板間距離為d，極板長(zhǎng)為l，則粒子在偏轉(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vyat，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 。若電子與氫核的初動(dòng)能相同，則1。選項(xiàng)A正確。答案A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.平行板電容器動(dòng)態(tài)問題的分析思路【典例】一

6、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)度不變解析由C可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時(shí)，r變小，電容器的電容C變小；因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷?，故U不變，根據(jù)QCU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q減小。再由E，由于U與d都不變，故電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確。答案D【拓展延伸1】將【典例】中的電源斷開，當(dāng)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(shì)差變小C.極板上

7、的電荷量變大 D.極板間電場(chǎng)強(qiáng)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)部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，云母介質(zhì)保持不動(dòng)，同時(shí)下極板接地，當(dāng)將上極板向右移動(dòng)一小段距離時(shí)，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(chǎng)強(qiáng)度增大C.粒子所在位置的電勢(shì)能不變D.粒子將加速向下運(yùn)動(dòng)解析由C可知，當(dāng)將上極板右移一段距離時(shí)，S減小，電容器的電容減小，由C得QCU，電壓U不變，C減小，故電容器所帶電荷量減少，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；U和d不變，由E可知，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，粒子所在位置到下極板間的距離不變，故該點(diǎn)到零電勢(shì)點(diǎn)的電勢(shì)差

8、不變，即該點(diǎn)的電勢(shì)不變，粒子的電勢(shì)能不變，選項(xiàng)C正確；由于粒子的受力情況不變，故粒子仍然保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的三點(diǎn)關(guān)鍵(1)確定不變量：先明確動(dòng)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(dāng)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(shí)用公式E分析極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況。(3)若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場(chǎng)力的變化，分析其運(yùn)動(dòng)情況的變化。1.如圖所示是描述給定的電容器充電時(shí)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(cuò)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(cuò)

9、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A2.(2018紹興模擬)2015年4月16日，中國(guó)南車設(shè)計(jì)制造的全球首創(chuàng)超級(jí)電容儲(chǔ)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(jí)電車的核心是我國(guó)自主研發(fā)、全球首創(chuàng)的“超級(jí)電容器”。如圖3所示，這種電容器安全性高，可反復(fù)充、放電100萬次以上，使用壽命長(zhǎng)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()圖

10、3A.該“超級(jí)電容器”能儲(chǔ)存電荷B.該“超級(jí)電容器”的電容隨電壓的增大而增大C.該“超級(jí)電容器”放電過程中把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D.充電時(shí)電源的正極應(yīng)接“超級(jí)電容器”的負(fù)極解析電容器能儲(chǔ)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(cuò)誤；電容器放電過程把電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，C錯(cuò)誤；電容器充電時(shí)，電源的正極接電容器的正極，D錯(cuò)誤。答案A3.如圖4所示，設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為。實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若()圖4A.保持S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

11、，則不變解析靜電計(jì)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，偏角增大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；保持d不變，減小S，則C減小，U增大，偏角也增大，故選項(xiàng)C、D均錯(cuò)誤。答案A4.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(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(diǎn)P與A板的距離不變。則下列說法錯(cuò)誤的是()圖5A.電容器的電容變小B.電容器內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度大小變大C.電容器內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變D.P點(diǎn)電勢(shì)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(shí)，板間距離d增大，由電容公式C知，電容器的電

12、容變小，選項(xiàng)A正確；電容器內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；B板電勢(shì)為0，P點(diǎn)電勢(shì)P，等于P點(diǎn)與B板的電勢(shì)差UPBEdPB變大，則P升高，選項(xiàng)D正確。答案B帶電粒子在電場(chǎng)中的加速1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理(1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、粒子等)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，通常不必考慮其重力及運(yùn)動(dòng)中重力勢(shì)能的變化。(2)普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，除題中說明外，必須考慮其重力及運(yùn)動(dòng)中重力勢(shì)能的變化。2.兩種觀點(diǎn)分析問題(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a，E，v2v2ad(2)用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqEdqUmv2mv非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqUEk2Ek1【典例】如圖6所示，一電荷

13、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(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin 370.6，cos 370.8。求：圖6(1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的，物塊的加速度；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能。解析(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得m

14、gLsin 37qELcos 37Ek0可得Ek0.3mgL答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL1.如圖7所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則()圖7A.當(dāng)增大兩板間的距離時(shí)，v增大B.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，v增大C.當(dāng)改變兩板間的距離時(shí)，v不變D.當(dāng)增大兩板間的距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變解析電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則t2d解得td，即td。又由eUmv20得v，與d無關(guān)，故C正確。答案C2.(20164月浙江選考)密立根油滴實(shí)驗(yàn)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(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。

15、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(dòng)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8A.懸浮油滴帶正電B.懸浮油滴的電荷量為C.增大場(chǎng)強(qiáng)，懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng)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(chǎng)強(qiáng)度方向向下，重力豎直向下，則電場(chǎng)力豎直向上，電荷帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由平衡條件可以得到mgEq，電荷的帶電荷量q，B錯(cuò)誤；此時(shí)電場(chǎng)力與重力相等，如果增大電場(chǎng)強(qiáng)度，則電場(chǎng)力大于重力，所以油滴將向上運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤。答案C3.如圖9

16、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(jì)重力)，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí)，粒子剛好能到達(dá)N板，如果要使這個(gè)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()圖9A.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(dá)N板時(shí)有qUmv，恰好到達(dá)兩板中間返回時(shí)有qmv2，比較兩式可知選項(xiàng)D正確。答案D4.(20174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(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。有一質(zhì)量為m，電荷量為q的點(diǎn)電荷從兩

17、極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板的過程()圖10A.加速度大小為agB.所需的時(shí)間為tC.下降的高度為yD.電場(chǎng)力所做的功為WEqd解析點(diǎn)電荷受到重力、電場(chǎng)力，根據(jù)牛頓第二定律得a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性，水平方向點(diǎn)電荷的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有t2，解得t，選項(xiàng)B正確；下降高度hgt2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題的解題步驟帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法(1)運(yùn)動(dòng)的分解法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

18、速直線運(yùn)動(dòng)。(2)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：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢(shì)差?！镜淅咳鐖D11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(jì))，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(chǎng)中(偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng))，電子進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力。圖11(1)求電子穿過A板時(shí)速度的大??；(

19、2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏移量；(3)若要使電子打在熒光屏上P點(diǎn)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(dòng)能定理有eU1mv0，解得v0(2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t，F(xiàn)ma，F(xiàn)eE，E，yat2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(diǎn)上方。答案(1) (2)(3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U21.(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(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的

20、邊緣飛出，已知板長(zhǎng)為L(zhǎng)，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(shí)間為t(不計(jì)粒子的重力)，則()圖12A.在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為B.在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為C.在粒子下落前和后的過程中 ，電場(chǎng)力做功之比為12D.在粒子下落前和后的過程中，電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)。豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可知，前后兩段相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比為13，電場(chǎng)力做功之比也為13。又因?yàn)殡妶?chǎng)力做的總功為，所以

21、在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為，選項(xiàng)B正確；在粒子下落前和后的過程中，電場(chǎng)力做功相等，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。答案B2.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(zhǎng)L0.4 m，兩板間距離d4103 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(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m4105 kg，電荷量q1108 C，g10 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(chǎng)，電容器的上極板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連

22、？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？解析(1)開關(guān)S閉合前，由v0t，gt2可解得v010 m/s。(2)電容器的上極板應(yīng)接電源的負(fù)極。當(dāng)所加的電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下板的右邊緣射出，即a1，又a1，解得U1120 V當(dāng)所加的電壓為U2時(shí)，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，即a2，又a2，解得U2200 V所以120 VU200 V。答案(1)10 m/s(2)與負(fù)極相連，120 V U200 V3.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(gè)相同的平行金屬極板水平正對(duì)放置，板長(zhǎng)l

23、6.0 cm，相距d2 cm，兩極板間加以電壓U2200 V的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。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(chǎng)。已知電子的電荷量e1.61019 C，電子的質(zhì)量m0.91030 kg，設(shè)電子剛離開金屬絲時(shí)的速度為0，忽略金屬極板邊緣對(duì)電場(chǎng)的影響，不計(jì)電子受到的重力。求：圖14(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek；(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量y；(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過程中電場(chǎng)力對(duì)它所做的功W。解析(1)電子在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理有eU1Ek解得Ek4.01016 J(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t電子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，由lv1t，

24、解得t電子在豎直方向受電場(chǎng)力Fe電子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)時(shí)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(chǎng)的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)位置的電勢(shì)差Uy電場(chǎng)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科學(xué)思維電場(chǎng)中的力、電綜合問題要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、功能關(guān)系和動(dòng)量關(guān)系等多角度進(jìn)行分析與研究。命題角度1帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【例1】如圖15所示，一質(zhì)量為m、電

25、荷量為q(q0)的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場(chǎng)方向的夾角為60；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。圖15解析設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場(chǎng)方向的速度分量不變，即vBsin 30v0sin 60由此得vBv0設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB，由動(dòng)能定理有qUABm(vv)聯(lián)立式得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(yuǎn)處以一定初速度水平拋出。在距拋出點(diǎn)水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管。管上口距地面，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管

26、子上方的整個(gè)區(qū)域加一個(gè)場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖16所示，求：圖16(1)小球的初速度v0和電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)小球落地時(shí)的動(dòng)能Ek。解析(1)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的帶電小球，在水平方向上v0t豎直方向上又vL聯(lián)立式得v02L，E。(2)從拋出到落地由動(dòng)能定理得mghEqLEkmv小球落地時(shí)動(dòng)能EkmghEqLmgh答案(1)2L(2)mgh命題角度2帶電體在電場(chǎng)中平衡與運(yùn)動(dòng)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?fàn)顟B(tài)。現(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(shì)面，則該油滴()圖17A.仍然保持靜止 B.豎直向下運(yùn)動(dòng)C.

27、向左下方運(yùn)動(dòng) D.向右下方運(yùn)動(dòng)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(shì)差不變，將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，且電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。答案D【例4】如圖18所示，有一質(zhì)量為m1 kg，帶電荷量為q1 C的小物塊以初速度v018 m/s沿粗糙水平地面從A處向右滑動(dòng)，經(jīng)過一定時(shí)間后又回到A點(diǎn)。已知空間存在向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度為E5 N/C，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，g取10 m/s2。求：圖18(1)物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；(2)物塊運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)歷的最大

28、電勢(shì)差；(3)重新返回到位置A時(shí)的速度大小。解析(1)對(duì)物塊受力分析，它的摩擦力大小Ffmg0.4110 N4 N，電場(chǎng)力大小qE5 N。由動(dòng)能定理得(qEFf)xmv解得x18 m(2)物塊向右運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，直到運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處時(shí)，做功最多，電勢(shì)差最大，故最大電勢(shì)差UEx90 V(3)整個(gè)過程，電場(chǎng)力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得2Ffxmv2mv解得v6 m/s答案(1)18 m(2)90 V(3)6 m/s活頁作業(yè)(時(shí)間：30分鐘)A組基礎(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(chǔ)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(gè)彼此絕緣而又互相靠近的帶電導(dǎo)體，就

29、組成了電容器，跟這兩個(gè)導(dǎo)體是否帶電有關(guān)C.電容器所帶的電荷量是指兩個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值D.電容器充電過程，是將電能轉(zhuǎn)變成電容器的電場(chǎng)能并儲(chǔ)存起來；電容器放電的過程，是將電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能解析電容器是儲(chǔ)存電荷的容器，不論是否帶電都稱為電容器，所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；電容器所帶電荷量是指一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值，所以選項(xiàng)C錯(cuò)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(chǎng)能的過程，放電過程是將電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，所以選項(xiàng)D正確。答案D2.如圖1所示，AB是某個(gè)點(diǎn)電荷電場(chǎng)的一根電場(chǎng)線，在線上C點(diǎn)放一個(gè)自由的負(fù)電荷，它將沿電場(chǎng)線向B運(yùn)動(dòng)，下列判斷正確的是()圖1A.電

30、場(chǎng)線由B指向A，該電荷做加速運(yùn)動(dòng)，加速度越來越小B.電場(chǎng)線由B指向A，該電荷做加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小的變化由題設(shè)條件不能確定C.電場(chǎng)線由A指向B，電荷做勻加速運(yùn)動(dòng)D.電場(chǎng)線由B指向A，電荷做加速運(yùn)動(dòng)，加速度越來越大解析負(fù)電荷受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)線方向相反，所以電場(chǎng)線由B指向A，該電荷做加速運(yùn)動(dòng)，但一條電場(chǎng)線不能反映電場(chǎng)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.(2018浙江臺(tái)州高三期末)下列有關(guān)電容器知識(shí)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(dòng)勢(shì)EB. 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

31、程中通過安培表的電流方向從右向左，流過的總電荷量為2QC. 圖丙為電解電容器的實(shí)物圖和符號(hào)，圖丁為可變電容器及其符號(hào)，兩種電容器使用時(shí)都應(yīng)嚴(yán)格區(qū)分正負(fù)極D. 圖丙中的電容器上標(biāo)有“400 V，68 F”字樣，說明該電容器只有兩端加上400 V的電壓時(shí)電容才為68 F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(shí)兩極板間的電壓U等于電源的電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤；圖丙為電解電容器的實(shí)物圖和符號(hào)，圖丁為可變電容器及其符號(hào)，前者電容器使用時(shí)嚴(yán)格區(qū)分正負(fù)極，后者不

32、必區(qū)分，故C錯(cuò)誤；圖丙中的電容器上標(biāo)有“400 V，68 F”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(guān)，總是為68 F，故D錯(cuò)誤。答案A4.如圖2，平行板電容器的兩個(gè)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2A.所受重力與電場(chǎng)力平衡 B.電勢(shì)能逐漸增加C.動(dòng)能逐漸增加 D.做勻速直線運(yùn)動(dòng)解析要使粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，必須使合力與運(yùn)動(dòng)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(chǎng)力垂直極板向上，合力水平向左，故A錯(cuò)誤；因電場(chǎng)力做負(fù)功，故電勢(shì)能增加，B正確；合力做負(fù)

33、功，故動(dòng)能減少，C錯(cuò)誤；因合力為定值且與運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上，故D錯(cuò)誤。答案B5.如圖3所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，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?)圖3A.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(xiàng)C正確。答案C6.如圖4所示，一價(jià)氫離子(H)和二價(jià)氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()圖4A.同時(shí)到達(dá)屏上同一點(diǎn)B.先后到達(dá)屏上同一點(diǎn)C

34、.同時(shí)到達(dá)屏上不同點(diǎn)D.先后到達(dá)屏上不同點(diǎn)解析一價(jià)氫離子(H)和二價(jià)氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場(chǎng)的末速度不同，因此在加速電場(chǎng)及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會(huì)先后打在屏上同一點(diǎn)，選項(xiàng)B正確。答案B7.(2018浙江金麗衢十二校二聯(lián))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(diǎn)電荷)，絲線與豎直方向成角時(shí)小球恰好平衡，此時(shí)小球離右板距離為b，離左板的距離為2b，如圖5所示，則()圖5A.小球帶正電，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為B.小球受到的電場(chǎng)力為C.若將小球

35、移到懸點(diǎn)正下方位置，小球的電勢(shì)能減小D.若將細(xì)繩剪斷，小球向右做平拋運(yùn)動(dòng)解析對(duì)小球，由平衡條件有tan ，解得E，故A正確；兩板對(duì)小球的庫侖力不能用點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式計(jì)算，小球受到電場(chǎng)力FqEmgtan ，故B錯(cuò)誤；將小球移到懸點(diǎn)正下方，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增加，故C錯(cuò)誤；細(xì)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(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。答案AB組能力提升8.如圖6為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)人對(duì)著傳聲器講話，膜片會(huì)振動(dòng)。若某次膜片振動(dòng)時(shí)，膜片與極板距離增大，則在此過程中()圖6A.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(chǎng)強(qiáng)度增大D.電阻R中有電流

36、通過解析若某次膜片振動(dòng)時(shí)，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(xiàng)A錯(cuò)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(chǎng)強(qiáng)度減小，電阻R中有電流通過，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案D9.如圖7甲所示，A、B是一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，在A點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)正的點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力的作用下沿著電場(chǎng)線從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，點(diǎn)電荷的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖7A.該電場(chǎng)可能是勻強(qiáng)電場(chǎng)B.A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)C.從A點(diǎn)到B點(diǎn)，點(diǎn)電荷的電勢(shì)能逐漸增大D.點(diǎn)電荷在A點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大于在B點(diǎn)所受的電場(chǎng)力解析由題圖乙可知，點(diǎn)電荷做初速度為

37、零的變加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大，說明該點(diǎn)電荷所受的電場(chǎng)力逐漸增大，即該點(diǎn)電荷在A點(diǎn)所受的電場(chǎng)力小于在B點(diǎn)所受的電場(chǎng)力，則電場(chǎng)強(qiáng)度是逐漸增大的，故該電場(chǎng)一定是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；由于點(diǎn)電荷由靜止開始運(yùn)動(dòng)，僅受電場(chǎng)力作用從A運(yùn)動(dòng)到B，且點(diǎn)電荷帶正電，所以電場(chǎng)線方向由A指向B，又因沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，則AB，選項(xiàng)B正確；點(diǎn)電荷的動(dòng)能增加，根據(jù)能量守恒可知，其電勢(shì)能必定減少，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤。答案B10.(2018金華十校聯(lián)考)如圖8所示，離子發(fā)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(jì)，離子間的相互作用力忽略)，經(jīng)P、Q兩板間的加速電場(chǎng)加速后，以速度v0從a

38、點(diǎn)沿ab方向水平進(jìn)入邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形abcd勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域(電場(chǎng)方向豎直向上)，離子從abcd邊界上某點(diǎn)飛出時(shí)的動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大小。解析(1)離子在PQ間加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有qUmv，解得U。(2)離子射出電場(chǎng)時(shí)mv2mv，得vv0，方向與ab所在直線的夾角為45，即vxvy，根據(jù)xvxt，yt，可得x2y；則xL，y，即離子從bc邊上的中點(diǎn)飛出。(3)離子在abcd區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有qEmvmv，解得E。答案(1)(2)bc邊中點(diǎn)(3)11.(201711浙江選考)如圖

39、9所示，AMB是一條長(zhǎng)L10 m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h(yuǎn)1.25 m處，A、B為端點(diǎn)，M為中點(diǎn)，軌道MB處在方向豎直向上、大小E5103 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一質(zhì)量m0.1 kg、電荷量q1.3104 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊以初速度v06 m/s在軌道上自A點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，從B點(diǎn)離開電場(chǎng)。已知滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2。求滑塊圖9(1)到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間；(3)落地點(diǎn)距B點(diǎn)的水平距離。解析(1)在AM階段對(duì)物體的受力分析如圖：豎直方向：FNmg根據(jù)牛頓第二定律知在水平方向fma1，又fFN得a1g2 m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vv2

40、(a1)可得vM4 m/s(2)進(jìn)入電場(chǎng)之后，受到電場(chǎng)力FEq0.65 N，受力分析如圖：水平方向根據(jù)牛頓第二定律得(mgEq)ma2a20.7 m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vv2a2可知，vB3 m/s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論xMBt1可知t1 s(3)從B點(diǎn)飛出后，粒子做平拋運(yùn)動(dòng)，因此hgt可知，t20.5 s所以水平距離xvBt21.5 m。答案(1)4m/s(2) s(3)1.5 m12.如圖10所示，CD左側(cè)存在場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長(zhǎng)L，傾角53的直角三角形斜面頂端A點(diǎn)由靜止開始下滑，運(yùn)動(dòng)到斜面底端C點(diǎn)后進(jìn)入一細(xì)圓管內(nèi)(C處

41、為一小段長(zhǎng)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(diǎn)，隨后從D離開后落回到斜面P點(diǎn)，重力加速度為g(sin 530.8，cos 530.6)。圖10(1)求DA兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UDA；(2)求圓管半徑r；(3)求小球從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t。解析(1)WADEqLmgLWDAUDA或UDAEL解得UDA(2)由恰好過D點(diǎn)，判斷vD0根據(jù)動(dòng)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(chǎng)與水平方向成45角斜向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。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)24