《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章靜電場 基礎(chǔ)課3 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版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章靜電場 基礎(chǔ)課3 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案（21頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)課3電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動知識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

2、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(qiáng)電場中的運(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.分析方法(1)用動力學(xué)觀點(diǎn)分析，(2)用功能觀點(diǎn)分析。3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：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)動性質(zhì)：類平拋運(yùn)動。(3)處理方法：運(yùn)動的分解。沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動。沿電場方向：做初速度為零的勻加速

3、直線運(yùn)動。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)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。()(2)一個電容器的電荷量增加1.0106 C時，兩板間電壓升高10 V，則電容器的電容C1.0107 F。()(3)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中可以做勻加速直線運(yùn)動。()答案(1)(2)(3)2.人教版選修31P32T1改編(多選)如圖2所示，用靜電計(jì)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

4、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差U變大(小)，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，C變小，再由C得U變大；當(dāng)A板上移時，正對面積S變小，C也變小，U變大；當(dāng)插入玻璃板時，C變大，U變小；當(dāng)兩板間的距離減小時，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平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進(jìn)入時速度方向與板面平行，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。解析偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量

5、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vyat，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan 。(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。答案見解析平行板電容器的動態(tài)分析1.兩類典型問題(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。2.動態(tài)分析思路(1)U不變根據(jù)C和C，先分析電容的變化，再分析Q的變化。根據(jù)E分析場強(qiáng)的變化。根據(jù)UABEd分析某點(diǎn)電

6、勢變化。(2)Q不變根據(jù)C和C，先分析電容的變化，再分析U的變化。根據(jù)E分析場強(qiáng)變化?！镜淅?2016全國卷，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.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)度不變解析由C可知，當(dāng)云母介質(zhì)移出時，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，Q減小。再由E，由于U與d都不變，故電場強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確。答案D【拓展延伸1】(多選)將【典

7、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.極板間的電勢差增大C.極板上的電荷量變大 D.極板間電場強(qiáng)度變大答案BD【拓展延伸2】(多選)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，同時下極板接地，當(dāng)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(qiáng)度保持不變C.粒子所在初位置的電勢能保持不變D.粒子將加速向下運(yùn)動解析由C可知，當(dāng)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錯誤

8、；U和d不變，由E可知，極板間的電場強(qiáng)度保持不變，選項(xiàng)B正確；由于極板間的電場強(qiáng)度不變，粒子所在初位置到下極板間的距離不變，故該點(diǎn)到零電勢點(diǎn)的電勢差不變，即該點(diǎn)的電勢不變，粒子的電勢能不變，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錯誤。答案BC分析平行板電容器動態(tài)變化的三點(diǎn)關(guān)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(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，同時用公式E分析極板間電場強(qiáng)度的變化情況。(3)若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場力的變化，分析其運(yùn)動情況的變化。1.下列說法正確的是()A

9、.電容器的電容越大，則所帶的電荷量越多B.電容器不帶電荷時，其電容為零C.對于一個確定的電容器來說，其電容與其帶電情況無關(guān)，是個定值D.平行板電容器極板的正對面積越小、極板間距離越遠(yuǎn)，電容器的電容越大解析電容器所帶電荷量的多少與電容器電容和兩極板間電壓均有關(guān)，選項(xiàng)A錯誤；對于一個確定的電容器來說，電容為定值，與電容器所帶的電荷量、電容器兩極板間的電勢差無關(guān)，電容器不帶電荷時，電容也不變，故選項(xiàng)B錯誤，C正確；平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與兩板間的距離成反比，故選項(xiàng)D錯誤。答案C2.(多選)如圖3所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動到

10、虛線位置，其他條件不變。則在B極板移動的過程中()圖3A.油滴將向下做勻加速運(yùn)動B.電流計(jì)中電流由b流向aC.油滴運(yùn)動的加速度逐漸變大D.極板帶的電荷量減少解析由C可知，d增大，電容器電容C減小，由QCU可知，電容器的電荷量減少，電容器放電，電流由a流向b，選項(xiàng)D正確，B錯誤；由E可知，在B板下移過程中，兩板間場強(qiáng)逐漸減小，由mgEqma可知油滴運(yùn)動的加速度逐漸變大，選項(xiàng)C正確，A錯誤。答案CD帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動1.用動力學(xué)觀點(diǎn)分析a，E，v2v2ad2.用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：WqEdqUmv2mv非勻強(qiáng)電場中：WqUEk2Ek11.如圖4所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)

11、。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q0)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)重力，則Mm為()圖4A.32 B.21C.52 D.31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，lt2；對m有：am，lt2，聯(lián)立解得，A正確。答案A2.(多選)如圖5所示，帶電小球自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)C孔進(jìn)入兩水平位置的平行金屬板之間，由于電場的作用，剛好下落到D孔時速度減為零。對于小球從C到D的運(yùn)動過程，已知從C運(yùn)動到CD中點(diǎn)位置用時t1，從C運(yùn)動

12、到速度等于C點(diǎn)速度一半的位置用時t2，下列說法正確的是()圖5A.小球帶負(fù)電B.t1t2D.將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下解析由題圖可知，A、B間的電場強(qiáng)度方向向下，小球從C到D做減速運(yùn)動，受電場力方向向上，所以小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確；由于小球在電場中受到的重力和電場力都是恒力，所以小球做勻減速直線運(yùn)動，其速度圖象如圖所示，由圖可知，t1t2，選項(xiàng)B正確，C錯誤；將B板向上平移少許時兩板間的電壓不變，根據(jù)動能定理可知，mg(hd)qU0，mg(hx)0，聯(lián)立得xd0)、質(zhì)量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場。若粒子只能從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第一

13、象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)出而不影響原來的電場分布。不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是()圖10A.能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場中的初始位置分布在一條直線上B.到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角越大C.能打到熒光屏上的粒子，進(jìn)入O點(diǎn)的動能必須大于或等于qUD.若U，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮解析能進(jìn)入第一象限的粒子，必須有x0v0t，y0t2，所以有y0x，在勻強(qiáng)電場中的初始位置分布在一條拋物線上，選項(xiàng)A錯誤；因?yàn)閟in ，所以到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角越小，選項(xiàng)B錯誤；能打到熒光屏上的粒子末動能必須大于或等

14、于零，即mv2qU0，則mv2qU，選項(xiàng)C正確；若U0，到達(dá)O點(diǎn)的粒子均可到達(dá)熒光屏，到達(dá)O點(diǎn)的粒子速度方向滿足090，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮，選項(xiàng)D正確。答案CD“等效法”在電場中的應(yīng)用遷移變通能力的培養(yǎng)處理帶電粒子在“等效力場”中的運(yùn)動，要關(guān)注以下兩點(diǎn)：一是對帶電粒子進(jìn)行受力分析時，注意帶電粒子受到的電場力的方向與運(yùn)動方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而決定電場力做功情況；二是注意帶電粒子的初始運(yùn)動狀態(tài)。1.等效重力法。將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖11所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎

15、直向下”方向。圖112.物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)。在“等效力場”做圓周運(yùn)動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的臨界速度問題。小球能維持圓周運(yùn)動的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)?！纠咳鐖D12所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖12解析小球先在斜面上運(yùn)動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重

16、力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg，大小為mg，tan ，得30，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg，因30與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知2R，令小球以最小初速度v0運(yùn)動，由動能定理知：2mgRmvmv解得v0，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0。答案v0 【針對訓(xùn)練】如圖13所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完

17、整的圓周運(yùn)動(電荷量不變)，經(jīng)過C點(diǎn)時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角60，重力加速度為g。圖13(1)求小球所受的電場力大??； (2)求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點(diǎn)時對圓軌道的壓力最小。解析(1)小球在C點(diǎn)時速度最大，則電場力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場力的大小Fmgtan 60mg。(2)要使小球經(jīng)過B點(diǎn)時對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點(diǎn)時的速度最小，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有m，解得v。在小球從圓軌道上的A點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中，有mgr(1cos 60)Frsin 60mvmv2，解得v02。答案(1)mg(2)2活頁作業(yè)(時間：40分

18、鐘)A級：保分練1.(2017蘇北四市一模)在研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，一已充電的平行板電容器與靜電計(jì)連接如圖1所示。現(xiàn)保持B板不動，適當(dāng)移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針張角減小，則A板可能是()圖1A.右移 B.左移 C.上移 D.下移解析電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計(jì)指針張角減小，說明兩極板間電壓變小，根據(jù)C得出電容變大，由C知兩極板之間距離變小或正對面積變大，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯誤。答案A2.如圖2所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點(diǎn)A點(diǎn)釋放一個帶電荷量為Q(Q0)的粒子，粒子重力不計(jì)，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為12時，恰好從

19、下端點(diǎn)B射出，則d與L之比為()圖2A.12 B.21 C.11 D.13解析設(shè)粒子從A到B的時間為t，粒子在B點(diǎn)時，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得Lv0t，dt，又v0vy12，可得dL11，選項(xiàng)C正確。答案C3.如圖3所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則()圖3A.當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v增大B.當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v減小C.當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v不變D.當(dāng)減小兩板間的距離時，電子在兩板間運(yùn)動的時間變長解析由動能定理得eUmv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速

20、度為零的勻加速直線運(yùn)動，即t，當(dāng)d減小時，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動的時間變短，故選項(xiàng)D錯誤。答案C4.(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，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P，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4A.U變大，E變大 B.U變小，P變小C.P變小，Ep變大 D.P變大，Ep變小解析根據(jù)題意可知兩極板上的電荷量保持不變，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，故選項(xiàng)A正確，B錯誤；設(shè)P點(diǎn)的電勢

21、為P，則由題可知0PEd是增大的，則P一定減小，由于負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep變大，故選項(xiàng)C正確，D錯誤。答案AC5.如圖5所示，在絕緣平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場，帶正電的小金屬塊以一定初速度從A點(diǎn)開始沿水平面向左做直線運(yùn)動，經(jīng)長度L到達(dá)B點(diǎn)，速度變?yōu)榱?。此過程中，金屬塊損失的動能有轉(zhuǎn)化為電勢能。金屬塊繼續(xù)運(yùn)動到某點(diǎn)C(圖中未標(biāo)出)時的動能和A點(diǎn)時的動能相同，則金屬塊從A開始運(yùn)動到C整個過程中經(jīng)過的總路程為()圖5A.1.5L B.2L C.3L D.4L解析根據(jù)題述，小金屬塊從A運(yùn)動到B，克服摩擦力做功WfEkfL，克服電場力做功WEEkqEL。設(shè)小

22、金屬塊從B運(yùn)動到C經(jīng)過的路程為s，由動能定理，qEsfsEk，解得s3L。金屬塊從A開始運(yùn)動到C整個過程中經(jīng)過的總路程為Ls4L，選項(xiàng)D正確。答案D6.(2017靜海調(diào)研)如圖6所示，一種射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的粒子(電子)。若極板長為L，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時，只有某一速度的粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的粒子的這一速度為()圖6A. B.C. D.解析粒子反方向的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動，水平方向有Lv0t，豎直方向有at2，且a。從A到C的過程有qUmv

23、mv2，以上各式聯(lián)立解得v，選項(xiàng)C正確。答案C7.(多選)如圖7所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場時，其速度方向與電場線成30角。已知勻強(qiáng)電場的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢為零。下列說法正確的是()圖7A.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為UqB.帶電粒子帶負(fù)電C.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為ED.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E解析根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可判斷選項(xiàng)B錯誤；因?yàn)镻、Q兩點(diǎn)的電勢差為U，電場力做正功，電勢能減少，而P點(diǎn)的電勢為零，所以選項(xiàng)A正確；設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐

24、標(biāo)系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由曲線運(yùn)動的規(guī)律和幾何知識求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vyv0，故帶電粒子在y軸方向上的平均速度為y，設(shè)帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，在電場中的運(yùn)動時間為t，則y0t，dv0t，得y0，由E得E，選項(xiàng)C正確，D錯誤。答案AC8.如圖8所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h0.8 m。有一質(zhì)量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑。小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點(diǎn)處。(g取10 m/s2)求：圖8(1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動的加速度大小和方向；(2)小環(huán)從C運(yùn)動到

25、P過程中的動能增量；(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動速度的大小v0。解析(1)結(jié)合題意分析知：qEmg，F(xiàn)合mgma，ag10 m/s2，方向垂直于桿向下。(2)設(shè)小環(huán)從C運(yùn)動到P的過程中動能的增量為EkW重W電其中W重mgh4 J，W電0，所以Ek4 J。(3)環(huán)離開桿做類平拋運(yùn)動，平行桿方向勻速運(yùn)動，有hv0t垂直桿方向勻加速運(yùn)動，有hat2，解得v02 m/s。答案(1)10 m/s2垂直于桿向下(2)4 J(3)2 m/sB級：拔高練9.如圖9所示，D是一只二極管，AB是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，帶電微粒P

26、的運(yùn)動情況是()圖9A.向下運(yùn)動 B.向上運(yùn)動C.仍靜止不動 D.不能確定解析當(dāng)帶電微粒P靜止時，對其進(jìn)行受力分析得Eqmg，即qmg。當(dāng)A、B之間距離增大時，電容器的電容C減小，由QCU得，Q也減小，但由于電路中連接了一個二極管，它具有單向?qū)щ娦?，不能放電，故電容器A、B兩極板上的電荷量不變，場強(qiáng)不變，電場力仍等于微粒的重力，故帶電微粒仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)C正確。答案C10.如圖10所示，一條絕緣的擋板軌道ABC固定在光滑水平桌面上，BC為直線，長度為4R，AB是半徑為R的光滑半圓弧，兩部分相切于B點(diǎn)。擋板軌道處在水平的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E8102 N/C，方向與BC夾角53。一質(zhì)量m51

27、03 kg、帶電荷量q5104 C的小滑塊從C點(diǎn)由靜止釋放，已知小滑塊與BC擋板間的動摩擦因數(shù)為0.25，R0.4 m，sin 530.8，cos 530.6。圖10(1)求小球在B點(diǎn)的速度大?。?2)若場強(qiáng)E與BC夾角可變，為使小球沿軌道運(yùn)動到A點(diǎn)的速度最大，求的取值以及小球在A點(diǎn)的速度大小；(3)若場強(qiáng)E與BC夾角可變，為使小球沿軌道運(yùn)動且從A點(diǎn)沿切線飛出，求的正切值的取值范圍。解析(1)小球由C到B的過程，由動能定理得(Eqcos Eqsin )4Rmv解得vB m/s。(2)0，小球與BC擋板的摩擦力為零，小球到B點(diǎn)的速度最大，且A、B等電勢，則小球在A點(diǎn)速度最大，根據(jù)動能定理可得Eq

28、4Rmv，解得vA16 m/s。(3)在A點(diǎn)不脫離軌道能沿切線飛出，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律得Eqsin FNm，其中FN0小球由C到A的過程，由動能定理得Eqcos (4R2Rtan )Eqsin 4Rmv解得tan 所以，tan 的取值范圍是0tan 。答案(1) m/s(2)016 m/s(3)0tan 11.(2017山西省重點(diǎn)中學(xué)高三聯(lián)合考試)如圖11所示為一多級加速器模型，一質(zhì)量為m1.0103 kg、電荷量為q8.0105 C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過1、2級無初速度地進(jìn)入第3級加速電場，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過多級加速后從A點(diǎn)水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入

29、兩板間，A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方，傾斜平行金屬板MN、PQ的長度均為L1.0 m，金屬板與水平方向的夾角為37，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2。圖11(1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級加速電場的總電壓U；(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場，且電場強(qiáng)度大小E100 V/m，要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長？解析(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動時間為t1，小球的初速度為v0，A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y則有tan cos v0t1ysin gt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0 m/s，y m帶電小球在多級加速器加速的過程，根據(jù)動能定理有qUmv0代入數(shù)據(jù)解得U18.75 V(2)進(jìn)入電場時，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，將重力正交分解，則沿y軸方向有Fymgcos qE0沿x軸方向有Fxmgsin 故小球進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，設(shè)剛好從P點(diǎn)離開，則有Fxmaatdmin t2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得dmin m即兩板間的距離d至少為 m。答案(1) m18.75 V(2) m21