《（全國通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題7 電場和帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題7 電場和帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（17頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題7 電場和帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案考題一對(duì)電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用1.電場性質(zhì)電場力的性質(zhì)電場能的性質(zhì)(1)電場力Fk(只適用于真空中靜止的點(diǎn)電荷)FqE(普遍適用)(2)電場強(qiáng)度E(定義式，普遍適用)E(只適用于勻強(qiáng)電場)Ek(只適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場)(1)電場力做功WqEd(只適用于勻強(qiáng)電場)WABqUABEpAEpB(適用于任何電場)(2)電勢、電勢差、電場力做功與電勢差的關(guān)系(電勢定義式)UABAB(UBABA)WABqUAB(UAB)UABEd(只適用于勻強(qiáng)電場)Epq2.電場性質(zhì)的判斷思路(1)明確電場的電場線與等勢面的分布規(guī)律.(2)利

2、用電場線的疏密分布規(guī)律或場強(qiáng)的疊加原理判定場強(qiáng)的強(qiáng)弱.(由a判斷a的變化)(3)根據(jù)電場力與電場線相切(與等勢面垂直)，且指向軌跡的彎曲方向，或軌跡一定夾在力與速度方向之間，分析帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡問題.(4)根據(jù)電場線的方向、電場線的疏密及電勢能的大小分析電勢的高低.(5)應(yīng)用電場力做功與電勢能改變之間的關(guān)系判定電勢能的大小或電場力做功情況.例1在直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖1，M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零.靜電力常量用k表示.若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場強(qiáng)的大小和方向分別為()圖1A.，沿y

3、軸正向 B.，沿y軸負(fù)向C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負(fù)向解析G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零，說明負(fù)電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)與正電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等方向相反，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式可得，正電荷在G點(diǎn)的場強(qiáng)為，負(fù)電荷在G點(diǎn)的合場強(qiáng)也為，當(dāng)正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)時(shí)，正電荷與H點(diǎn)的距離為2a，正電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為，方向沿y軸正向，由于G和H對(duì)稱，所以負(fù)電荷在G點(diǎn)和H點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等方向相反，大小為，方向沿y軸負(fù)向，所以H點(diǎn)處合場強(qiáng)的大小為，方向沿y軸負(fù)向，所以B正確.答案B變式訓(xùn)練1.在光滑的絕緣水平面上，有一個(gè)正三角形abc，頂點(diǎn)a、b處分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，c處固定一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷，它們的電荷量都相

4、等，如圖2所示，D點(diǎn)為正三角形外接圓的圓心，E、G、H分別為ab、ac、bc的中點(diǎn)，E、F兩點(diǎn)關(guān)于c點(diǎn)對(duì)稱.下列說法中正確的是()圖2A.D點(diǎn)的場強(qiáng)為零，電勢也為零B.E、F兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反C.G、H兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同D.將一帶正電的試探電荷由E點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，該電荷的電勢能減小答案D2.(2016重慶三模)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1和q2，x軸上電勢隨x而變化的關(guān)系如圖3所示，則()圖3A.xx1處電場強(qiáng)度為0B.xx2處電場強(qiáng)度不為0C.q1、q2為不等量異種電荷，且正電荷在x0處，負(fù)電荷在x0的某處D.q1、q2為等量異種電荷，且正電荷在x0處，負(fù)電荷在x0的某處答案C解

5、析在x圖象中，電勢降低最快的方向即為場強(qiáng)方向，則x2右側(cè)的場強(qiáng)沿x軸負(fù)向，x2左側(cè)的場強(qiáng)方向向右；由E知圖象的斜率為場強(qiáng)的大小，得x1處電勢為零，場強(qiáng)不為零；x2處場強(qiáng)為零，電勢不為零，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤.兩個(gè)電荷的連線上出現(xiàn)場強(qiáng)為零的點(diǎn)(x2處)有兩種情況，一是同種電荷之間，但兩側(cè)的電勢變化相同；二是異種電荷的連線之外，x1處的電勢為正逐漸降低且場強(qiáng)向右，可知此處附近場源電荷為正，負(fù)電荷在x0的某處滿足要求，選項(xiàng)C正確、選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3.點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的靜電場的等勢面與紙面的交線如圖4所示，圖中標(biāo)在等勢面上的數(shù)值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c表示等勢面上的點(diǎn)，下列說法正確的有(

6、)圖4A.位于g點(diǎn)的點(diǎn)電荷不受電場力作用B.b點(diǎn)的場強(qiáng)與d點(diǎn)的場強(qiáng)大小一定相等C.把電荷量為q的正點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到i點(diǎn)，再從i點(diǎn)移到f點(diǎn)過程中，電場力做的總功大于把該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)直接移到f點(diǎn)過程中電場力所做的功D.把1 C正電荷從m點(diǎn)移到c點(diǎn)過程中電場力做的功等于7 kJ答案D解析位于g點(diǎn)的位置電勢為零，場強(qiáng)不為零，所以點(diǎn)電荷受電場力作用，故A錯(cuò)誤；b點(diǎn)的場強(qiáng)與d點(diǎn)的場強(qiáng)是由點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的場強(qiáng)疊加產(chǎn)生的，Q2和Q3與b點(diǎn)和d點(diǎn)的距離不等，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E得Q2和Q3在b點(diǎn)和d點(diǎn)的場強(qiáng)大小不等，方向不同.所以b點(diǎn)的場強(qiáng)與d點(diǎn)的場強(qiáng)大小不相等，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電場力做功WqU得把

7、電荷量為q的正點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到i點(diǎn)，再從i點(diǎn)移到f點(diǎn)過程中，電場力做的總功等于把該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)直接移到f點(diǎn)過程中電場力所做的功，故C錯(cuò)誤；把1 C正電荷從m點(diǎn)移到c點(diǎn)過程中電場力做的功WqU1 C4 kV(3 kV)7 kJ，故D正確.考題二與平行板電容器有關(guān)的電場問題1.必須記住的三個(gè)公式C、C、E.2.必須明確的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)電路處于接通狀態(tài)時(shí)，電容器兩極板間電壓不變.(2)電路處于斷開狀態(tài)時(shí)，電容器兩極板間的帶電荷量不變.3.平行板電容器問題的分析思路(1)明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是變化的以及怎樣變化.(2)應(yīng)用平行板電容器的決定式C分析電容器的電容的變化.(

8、3)應(yīng)用電容的定義式C分析電容器帶電量和兩板間電壓的變化情況.(4)根據(jù)控制變量法對(duì)電容的變化進(jìn)行綜合分析，得出結(jié)論.例2(2016天津理綜4)如圖5所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，表示靜電計(jì)指針的偏角.若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()圖5A.增大，E增大 B.增大，Ep不變C.減小，Ep增大 D.減小，E不變解析若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)C可知，C變大；根據(jù)QCU可知，在Q一定的情況下，兩極板

9、間的電勢差減小，則靜電計(jì)指針偏角減小；根據(jù)E，QCU，C聯(lián)立可得E，可知E不變；P點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，則P點(diǎn)與下極板的電勢差不變，P點(diǎn)的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確.答案D變式訓(xùn)練4.如圖6所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略.一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn).現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則()圖6A.靜電計(jì)指針張角變小B.平行板電容器的電容將變大C.帶電油滴的電勢能將增大D.若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變答案D解析

10、現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，導(dǎo)致極板間距離增大，靜電計(jì)測量的是電容器兩端的電勢差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故A錯(cuò)誤.根據(jù)C，知，d增大，則電容減小，故B錯(cuò)誤.電勢差不變，d增大，則電場強(qiáng)度減小，P點(diǎn)與上極板的電勢差減小，則P點(diǎn)的電勢增大，因?yàn)樵撾姾蔀樨?fù)電荷，則電勢能減小.故C錯(cuò)誤.若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E，知電場強(qiáng)度不變，則油滴所受電場力不變，故D正確.5.如圖7所示，兩個(gè)水平放置的平行板電容器，A板用導(dǎo)線與M板相連，B板和N板都接地.讓A板帶電后，在兩個(gè)電容器間分別有P、Q兩個(gè)帶電油滴都處

11、于靜止?fàn)顟B(tài).A、B間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1；M、N間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2.若將B板稍向下移，下列說法正確的是()圖7A.P向下動(dòng)，Q向上動(dòng) B.U1減小，U2增大C.Q1減小，Q2增大 D.C1減小，C2增大答案AC解析將B板下移時(shí)，由C，知C1將減??；而MN板不動(dòng)，故C2不變；故D錯(cuò)誤；假設(shè)Q不變，則AB板間的電壓U1將增大，大于MN間的電壓，AB板將向MN板充電，故Q1減小，Q2增大，故C正確；充電完成，穩(wěn)定后，MN及AB間的電壓均增大，故對(duì)Q分析可知，Q受到的電場力增大，故Q將上移，對(duì)AB分析可知，E1，故電場強(qiáng)度減小，故P受到的電場力減小，故P將向下運(yùn)動(dòng)，

12、故A正確.6.如圖8所示，平行板電容器兩極板水平放置，電容為C，開始時(shí)開關(guān)閉合，電容器與一直流電源相連，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲(chǔ)存的能量ECU2.一電荷量為q的帶電油滴，以初動(dòng)能Ek0從平行板電容器的兩個(gè)極板中央水平射入(極板足夠長)，帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則()圖8A.保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移，帶電油滴仍能沿水平線運(yùn)動(dòng)B.保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時(shí)的動(dòng)能為Ek0C.斷開開關(guān)，僅將上極板上移，帶電油滴將撞擊下極板，撞擊下極板時(shí)的動(dòng)能為Ek0D.斷開開關(guān)，僅將上極板上移，若不考慮電容器極板的重力勢能變化，外力對(duì)極板

13、做功至少為CU2答案BD解析保持開關(guān)閉合，開始時(shí)帶電油滴沿直線勻速通過電容器，則：mg保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移，則向上的電場力大于重力，故帶電油滴向上運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；到達(dá)上極板時(shí)動(dòng)能為Ek，則根據(jù)動(dòng)能定理：dEkEk0，以上兩個(gè)方程式聯(lián)立可以得到到達(dá)上極板的動(dòng)能為：EkEk0，故選項(xiàng)B正確；斷開開關(guān)，電量不變，當(dāng)兩極板間距離發(fā)生變化的時(shí)候，場強(qiáng)不變，即電場力不變，故粒子仍沿直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，僅將上極板上移，則兩板之間距離為d，則C，C，則整理可以得到：CC，根據(jù)C和C，整理可以得到：UU，則上移之后電容器儲(chǔ)存的能量為：ECU2CU2，所以增加的能量為：EEECU2CU2

14、CU2，故外力對(duì)極板做功至少為CU2，故選項(xiàng)D正確.考題三帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題的解題思路首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，區(qū)分是在電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題還是曲線運(yùn)動(dòng)問題.2.帶電粒子在電場中的加速(1)勻強(qiáng)電場中，v0與E平行時(shí)，優(yōu)先用功能關(guān)系求解，若不行，則用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式.(2)非勻強(qiáng)電場中，只能用功能關(guān)系求解.3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(v0垂直于E的方向)，如圖9所示圖9處理方法：應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解.(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t.(2)沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a.(3)離開電場時(shí)的偏移量yat2.(4)速度偏向角

15、tan tan ；位移偏向角tan tan .例3如圖10所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0(未知)水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為37，帶電小球恰好能垂直M板從其中心小孔B進(jìn)入兩板間(sin 370.6，cos 370.8)圖10(1)試求帶電小球在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)以及小球拋出的初速度v0；(2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強(qiáng)電場，且勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E，試計(jì)算兩平行板M、N之間的垂直距離d至少為多少時(shí)才能保證小球不打在N板上.思維規(guī)范流程步驟1：小球由AB做平拋運(yùn)動(dòng)，

16、分方向列方程小球垂直M板在B進(jìn)入電場，在B點(diǎn)：分解速度A點(diǎn)的縱坐標(biāo)：列幾何關(guān)系，得結(jié)論(1)AB水平方向：cos v0t豎直方向：hgt2在B點(diǎn)：tan yhsin 解得yL，v0 所以A的坐標(biāo)為(0，L)步驟2：在B點(diǎn)，速度合成法求vB進(jìn)入電場后的受力情況.對(duì)小球列牛頓第二定律表達(dá)式：分方向列方程：得結(jié)論vB qEmgcos 所以小球做類平拋運(yùn)動(dòng)mgsin ma所以agsin dvBtat2dL每式各1分變式訓(xùn)練7.(2016四川理綜9)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

17、泛應(yīng)用.如圖11所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(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8106 m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1107 m/s，電源頻率為1107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間視為電源周期的，質(zhì)子的荷質(zhì)比取1108 C/kg.求：圖11(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)6104 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

18、，漂移管B的長度為L，則TLvB聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得L0.4 m(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，電場力對(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到漂移管E電場力做功W，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則WqUW3WWmvmv聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得U6104 V.專題規(guī)范練1.(2016上海11)國際單位制中，不是電場強(qiáng)度的單位是()A. B.C. D.答案C解析由公式E可知，電場強(qiáng)度單位為，由公式E可知，也是電場強(qiáng)度單位，由qEqvB可得EvB，故也是電場強(qiáng)度單位，由公式U可知，是電勢差單位，故應(yīng)選C.2.(2016浙江理綜15)如圖1所示，兩個(gè)不帶電的導(dǎo)體A和B，用一對(duì)絕

19、緣柱支持使它們彼此接觸.把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開()圖1A.此時(shí)A帶正電，B帶負(fù)電B.此時(shí)A電勢低，B電勢高C.移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合D.先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合答案C解析由靜電感應(yīng)可知，A左端帶負(fù)電，B右端帶正電，A、B的電勢相等，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；若移去C，則兩端的感應(yīng)電荷消失，則貼在A、B下部的金屬箔都閉合，選項(xiàng)C正確；先把A和B分開，然后移去C，則A、B帶的電荷仍然存在，故貼在A、B下部的金屬箔仍張開，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3.(2016全國丙卷15)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()A.兩個(gè)電勢不同的等勢面可

20、能相交B.電場線與等勢面處處相互垂直C.同一等勢面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度一定相等D.將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功答案B解析若兩個(gè)不同的等勢面相交，則在交點(diǎn)處存在兩個(gè)不同電勢數(shù)值，與事實(shí)不符，A錯(cuò)；電場線一定與等勢面垂直，B對(duì)；同一等勢面上的電勢相同，但電場強(qiáng)度不一定相同，C錯(cuò)；將一負(fù)電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負(fù)功，故D錯(cuò).4.(多選)(2016海南單科10)如圖2，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于O點(diǎn)，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實(shí)線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運(yùn)動(dòng)的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點(diǎn).不計(jì)重力.下列說法正確的是()圖2

21、A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷B.M在b點(diǎn)的動(dòng)能小于它在a點(diǎn)的動(dòng)能C.N在d點(diǎn)的電勢能等于它在e點(diǎn)的電勢能D.N在從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中克服電場力做功答案ABC解析由題圖可知，M粒子的軌跡向左彎曲，則帶電粒子所受的電場力方向向左，可知M帶電粒子受到了引力作用，故M帶負(fù)電荷，而N粒子的軌跡向下彎曲，則帶電粒子所受的電場力方向向下，說明N粒子受到斥力作用，故N粒子帶正電荷，選項(xiàng)A正確；由于虛線是等勢面，故M粒子從a到b電場力對(duì)其做負(fù)功，動(dòng)能減小，選項(xiàng)B正確；對(duì)于N粒子，由于d和e在同一等勢面上，故從d到e電場力不做功，電勢能不變，選項(xiàng)C正確；由于N粒子帶正電，故從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中，電場力做正功

22、，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.5.如圖3所示，在勻強(qiáng)電場中有一個(gè)半徑為R1 m的圓，電場方向與圓的平面平行，O、P兩點(diǎn)電勢差為10 V，一個(gè)電子在該勻強(qiáng)電場中在僅受電場力作用下運(yùn)動(dòng)，且在P、Q兩點(diǎn)上速度方向與圓的切線一致，速度大小均為1 m/s，則()圖3A.電子從P到Q的運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能先增大后減小B.電子可能做圓周運(yùn)動(dòng)C.該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E10 V/mD.O點(diǎn)與圓周上電勢最低的點(diǎn)電勢差為10 V答案D解析帶電粒子僅受電場力作用，由于粒子在P、Q兩點(diǎn)動(dòng)能相等，則電勢能也相等，因?yàn)殡妶鰹閯驈?qiáng)電場，所以兩點(diǎn)的連線PQ即為等勢面，根據(jù)等勢面與電場線垂直特性，從而畫出電場線CO.由曲線運(yùn)動(dòng)條件可知，正電粒子所受

23、的電場力沿著CO方向，因此粒子從P到Q做曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向與電場力方向夾角先大于90后小于90，電場力對(duì)于運(yùn)動(dòng)來說先是阻力后是動(dòng)力，所以動(dòng)能先減小后增大，故A、B錯(cuò)誤；勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E式中的d是沿著電場強(qiáng)度方向的距離，因而由幾何關(guān)系可知，UPOER，所以E10 V/m，C錯(cuò)誤，圓周上電勢最低的點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢差為UER10 V，故D正確.6.如圖4所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，正極板與靜電計(jì)相連，兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn).若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向左平移一小段距離x0的過程中，靜電計(jì)帶電量的變化可忽略，以C表示電容器的電容、表示極板單位面積所帶電荷量(也稱面

24、電荷密度)、U表示P點(diǎn)與負(fù)極板間的電勢差，W表示正檢驗(yàn)電荷的電勢能.各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象中正確的是()圖4答案A解析當(dāng)負(fù)極板左移時(shí)，d增大，由C可知，C與x圖象的關(guān)系如圖A所示，故A正確；表示極板單位面積所帶電荷量，而電容器極板電量不變，則面電荷密度也不變，故B錯(cuò)誤；因負(fù)極板接地，設(shè)P點(diǎn)原來與負(fù)極板之間的距離為x，則P點(diǎn)的電勢E(xx0)，那么UE(xx0)，與x成線性關(guān)系，故C錯(cuò)誤；電勢能WqEq(xx0)，應(yīng)該是傾斜直線，故D錯(cuò)誤.7.(2016海南單科6)如圖5，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45角，上極板帶正電.一電荷量為q(q0)的粒子在電容器中靠近下極

25、板處.以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出.不計(jì)重力，極板尺寸足夠大.若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為()圖5A. B. C. D.答案B解析根據(jù)電荷受力可以知道，粒子在電場中做曲線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電場足夠大時(shí)，粒子到達(dá)上極板時(shí)速度恰好與上極板平行，如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)分速度vy0時(shí)，則粒子的速度正好平行上極板，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v2d，由于vyv0cos 45，Ek0mv，聯(lián)立整理得到E，故選項(xiàng)B正確.8.如圖6所示為某粒子分析器的簡化結(jié)構(gòu).金屬板P、Q相互平行，兩板通過直流電源、開關(guān)相連，其中Q板接地.一束帶電粒子，從a處以一定

26、的初速度平行于金屬板P、Q射入兩板之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q板上如圖所示的位置.在其他條件不變的情況下，要使該粒子束能從Q板上b孔射出(不計(jì)粒子重力和粒子間的相互影響)，下列操作中可能實(shí)現(xiàn)的是()圖6A.保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板B.保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板C.先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板D.先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板答案A解析粒子在平行板電容器之間做類平拋運(yùn)動(dòng)，要使該粒子束能從Q板上b孔射出，需要增大粒子平拋水平位移，豎直方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a，則由a到下極板的距離d0at2，從而可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間t ，水平方向位移xv0tv0 ，保持開關(guān)S閉合，則兩極板電壓不變，適當(dāng)上

27、移P板，即d增大，d0不變，水平位移增大，選項(xiàng)A對(duì).保持開關(guān)閉合，左移P板則電壓不變，d和d0都不變，水平位移不變，選項(xiàng)B錯(cuò).先斷開開關(guān)S，適當(dāng)上移P板，則電荷量不變，水平位移xv0，所以水平位移不變，選項(xiàng)C錯(cuò).同理，先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板，正對(duì)面積變小，電容變小，電荷量不變，電壓變大，d0不變，水平位移變小，選項(xiàng)D錯(cuò).9.(2016北京理綜23)如圖7所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出.已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d.圖7(1)忽略電子所受重力，求電子

28、射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)初速度v0和從電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y；(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法.在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因.已知U2.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，g10 m/s2.(3)極板間既有靜電場也有重力場.電勢反映了靜電場各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢的定義式.類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”G的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點(diǎn).解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理，有eU0mv，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間tL加速度a偏轉(zhuǎn)距離ya(t)2

29、(2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級(jí)，有重力Gmg1029 N電場力F1015 N由于FG，因此不需要考慮電子所受的重力.(3)電場中某點(diǎn)電勢定義為電荷在該點(diǎn)的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點(diǎn)的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即G電勢和重力勢G都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定.答案(1)(2)見解析(3)見解析10.(2016江南十校3月模擬)如圖8所示，在寬度為L的條形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，電場的方向平行于區(qū)域過界.有一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)從左側(cè)邊界上的A點(diǎn)，以初速度v0沿垂直于電場的方向射入電場，粒子從右側(cè)邊界射

30、出時(shí)的速度大小為v0.圖8(1)求粒子從右側(cè)邊界射出時(shí)，沿電場方向位移的大??；(2)若帶電粒子的入射速度改為v0，求粒子從右側(cè)邊界射出時(shí)速度的大?。?3)若帶電粒子的入射速度大小可以為任意值(遠(yuǎn)小于光速)，求帶電粒子從右側(cè)邊界射出速度的最小值.答案(1)L(2)v0(3)v0解析(1)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1粒子射出電場，沿電場方向位移為y，沿電場方向速度為vy1由類平拋運(yùn)動(dòng)知，Lv0t1，yat，vy1at1射出電場的速度分解到水平方向和豎直方向v0聯(lián)立，得：a，yL.(2)粒子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2粒子射出電場，則Lv0t2設(shè)粒子沿場強(qiáng)方向加速度為a，沿場強(qiáng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)vy2at2粒子射出電場的速度v 聯(lián)立知vv0.(3)設(shè)粒子以vx射入電場，沿電場方向速度為vy粒子射出電場的速度為v，可得v 可知當(dāng)v2時(shí)，v取最小值，即vx代入知最小速度vv0.