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《课堂新坐标》2014届高考物理一轮复习配套课件:第六章


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第3讲

电容器与电容

带电粒子在电场中的运动
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1.电容器 (1)带电量:一个极板所带电荷量的 绝对值 . (2)电容器的充、放电.

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①充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两极板带 上等量的 异种电荷 ,电容器中储存 电场能 .
②放电:使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程 中 电场能 转化为其他形式的能.
菜 单

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2.电容 (1)意义:表示电容器容纳电荷本领的物理量. Q (2)定义式:C= U . 6 (3)单位:法拉(F),1 F= 10 μF= 1012 pF.
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3.平行板电容器
(1)影响因素:平行板电容器的电容与 正对面积 成正比 ,与电介质的 相对介电常数 成正比,与 两极板间的

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距离 成反比.
(2)决定式:C= ,k为静电力常量.

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【针对训练】

1.(2012·江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极
板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电 介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( A.C和U均增大 C.C减小,U增大 B.C增大,U减小 D.C和U均减小 )

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εS 【解析】 由平行板电容器电容决定式 C=4πkd知, 当插 入电介质后,ε 变大,则在 S、d 不变的情况下 C 增大;由电 Q Q 容定义式 C=U得 U=C ,又电荷量 Q 不变,故两极板间的电 势差 U 减小,选项 B 正确.

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【答案】

B

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菜 单

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1.带电粒子在电场中的加速

(1)处理方法:利用动能定理:qU=
(2)适用范围: 任何电场 .

1 2 1 2 2mv -2mv0

.

2.带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件:带电粒子 垂直 于电场方向进入匀强电场. (2)处理方法:类似于 平抛运动 ,应用运动的合成与 分解的方法.
L ①沿初速度方向做 匀速直线 运动,运动时间t= v0 .

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②沿电场方向,做初速度为零的 匀加速直线 运动.
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【针对训练】 2.两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为m ,电荷量为e,从O点沿垂直于极板的方向射出,最远到达 A点,然后返回,如图6-3-1所示,OA=h,此电子具有 的初动能是( )
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e d h A. U eU C. dh

B.e h d U eh U D d .
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U eUh 【解析】 由动能定理得:-e d h=-Ek,所以 Ek= d .

【答案】

D

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1.示波管装置 示波管由 电子枪 、 偏转电极 和 荧光屏 组成,管 内抽成真空.如图6-3-2所示.

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2.工作原理
(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压,则电子
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枪射出的电子束沿直线运动,打在荧光屏
产生一个亮斑. (2)YY′上加的是待显示的

中心 ,在那里

信号电压 .XX′上是机器自身

产生的锯齿形电压,叫做扫描电压.若所加扫描电压和信 号电压的周期相同,就可以在荧光屏上得到待测信号在一 个周期内随时间变化的稳定图象.
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【针对训练】 3.如图6-3-3所示,示波管是示波器的核心部件,它
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由电子枪、偏转电极和荧光屏组成.如果在荧光屏上P点
出现亮斑,那么示波管中的( )

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A.极板X应带正电 C.极板Y应带正电 【解析】

B.极板X′应带正电 D.极板Y′应带正电
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由荧光屏上亮斑的位置可知,电子在XX′偏转

电场中向X极板方向偏转,故极板X带正电,A正确,B错误
;电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转,故极板Y带正电

,C正确,D错误.
【答案】 AC
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1首要分种本况 . 先区两基情 1 电器极电差 ( 容两板势 ) 2 电器带荷 ( 容的电量 ) 1 平板容的容 ( 行电器电 ) 介常 电数 ε间关为 的系 U保不; 持变 Q保不. 持变 C与间 板距 εS C=4πkd; d、 对 积 正面 S、 质 介

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2.赖 进 讨 的 理 据 要 三 以行论物依主有个
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U (2)平行板电容器内部是匀强电场,所以场强 E= d ; (3)电容器所带的电荷量 Q=CU.
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(2013届长沙一中检测)如图6-3-4所示,A、B为 平行板电容器的金属板,G为静电计.开始时开关S闭合, 静电计指针张开一定角度.为了使指针张开角度增大一些, 应该采取的措施是( )
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A.断开开关S后,将A、B两极板靠近一些 B.断开开关S后,将A、B两极板分开一些 C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近一些 D.保持开关S闭合,将A、B两极板分开一些
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【析 解】 端电,开 的压当关

使 针 开 度 大 些就 增 静 计 指 张 角 增 一 ,是 大 电 两 S闭时电一, 合,压定则 C、D 错 ; 开 误断 C=Q/U 可 要 大 容 知增电 C, 平 板 容 电 的 由行电器容决
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开 S后电 器 电 量 定由 关 ,容 带 荷 一 , 器极之电,减电 两板间压需小容

εrS 定 C=4 kd知,保持 S 不变,增大 d,电容 C 减小,则 A 错 式 π 误、B 正确.

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【答案】

B

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【学用 即即】 1.(1 21 0· 天高 津考 )板 距 间为 d 的行电器带荷 平板容所电 U1, 间 强 板场为 E1.现 电 器 将容
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量 Q时两 板 电 差 为 ,极 间 势 为 所电量为 带荷变 极间势为 板电差 2Q, 间 变 板距为 U2, 间 强 板场为

1 其条不,时 2d, 他 件 变 这 两 E2, 列 法 确 是 下说正的 B.U2=2U1,E2=4E1 D.U2=2U1,E2=2E1 ( )

A.U2=U1,E2=E1 C.U2=U1,E2=2E1

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U1 1 Q 【解析】 U1=C,E1= d .当板间距变为2d 时 由 C= , ε rS 而电量变 4πkd可知电容变为 2C, 带 荷 也 为 U2 U1 U1,E2=1 =2 d =2E1,故 C 选项正确. 2d 2Q 2Q, U2=2C= 故

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【答案】

C

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1.带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等,除有说明 或明确的暗示以外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量). (2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或 有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力. 2.带电粒子在电场中的平衡 解题步骤:(1)选取研究对象. (2)进行受力分析,注意电场力的方向特点. (3)由平衡条件列方程求解. 3.带电粒子在电场中的变速直线运动 可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能 定理或能量守恒定律求解.
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(2011· 福建高考)反射式速调管是常用的微波器

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件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振 荡原理与下述过程类似.如图6-3-5所示,在虚线MN两 侧分别存在着方向相反的两个匀强电场,一带电微粒从A 点由静止开始,在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返 运动.已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103 N/C和E2= 4.0×103 N/C,方向如图所示.带电微粒质量m=1.0×10- 20 kg,带电量q=-1.0×10-9 C,A点距虚线MN的距离d 1 =1.0 cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应.求: (1)B点距虚线MN的距离d2; (2)带电微粒从A点运动到B 点所经历的时间t.
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【审题视点】

(1)明确带电微粒的运动过程,微粒在两
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个场强大小、方向都不同的电场中先做匀加速后做匀减速 直线运动.

(2)由动能定理、牛顿第二定律列方程求解.
【解析】 (1)带电微粒由 A 运动到 B 的过程中, 由动能定 理有 |q|E1d1-|q|E2d2=0① E1 由①式解得 d2=E d1=0.50 cm.② 2

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2 设粒虚 ( 微在线 ) MN 两侧的加速度大小分别为 a1、a2,由 牛顿第二定律有 |q|E1=ma1③ |q|E2=ma2④ 设微粒在虚线 MN 两侧运动的时间分别为 t1、 2, t 由运动学 公式有 1 2 d1=2a1t1⑤ 1 2 d2=2a2t2⑥ 又 t=t1+t2⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得 - t=1.5×10 8 s.

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【答案】
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(1)0.50 cm

(2)1.5×10-8 s

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【即学即用】 2. (2012·新课标全国高考)如图6-3-6,平行板电容器的
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两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相
连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,

则在此过程中,该粒子(

)

A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加
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C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动





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【解析】

带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的
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作用,一是重力mg,方向竖直向下,二是电场力F=Eq,

方向垂直于极板向上.因二力均为恒力,已知带电粒子做
直线运动,所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹 上,根据牛顿第二定律可知,该粒子做匀减速直线运动, 选项D正确,选项A、C错误;从粒子运动的方向和电场力 的方向可判断出,电场力对粒子做负功,粒子的电势能增

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加,选项B正确.
【答案】 BD

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1粒的转问 . 子偏角题 1 已电情及速 ( 知荷况初度 ) 如 6-3-7 所 , 带 粒 质 为 图 示设电子量 m.带 荷 为 电量 q, 以速度 v0 垂直于电场线方向射入匀强偏转电场,偏转电压为 vy U1.若粒子飞出电场时偏转角为 θ,则 tan θ=v ,式中 vy=at= x qU1 l dm ·0,vx=v0, v qU1l 代入得 tan θ=mv2d.① 0 结论:动能一定时 tan θ 与 q 成正比,电荷量相同时 tan θ 与动能成反比.
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2 已加电 ( 知速压 )

U0 U0 加 后 速
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若同带粒是静经同加电 不的电子从止过一速压 进偏电的则动定有 入转场,由能理: 1 q 0=2mv2② U 0 U1l 由① 式 : a θ=2U d③ ② 得 t n 0 结:子偏角粒的 论粒的转与子

q、m 无 , 取 于 速 关仅决加

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电和转场即同带粒从止过一场速 场偏电.不的电子静经同电加 后入一转场它在场的转度是同. 进同偏电,们电中偏角总相的

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2.粒 的 转 问 子偏量题 1 2 1q 1 l 2 U 1 y=2a =2· ·v ) ④ ( ) t d ( 0 m 做粒子速度的反向延长线,设交于 O 点,O 点与电场边 qU1l2 2dmv2 l y 0 缘的距离为 x,则 x=tan θ= qU l =2.⑤ 1 2 mv0d 结论:粒子从偏转电场中射出时,就像是从极板间的 l/2 处沿直线射出.
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2 若同带粒是静经一速压 ( 不的电子从止同加电 ) 进偏电的则 入转场,由 U1l2 ② 式 : y=4U d⑥ ④ 得 0

U0 加 后 速
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结:子偏角偏距与子 论粒的转和转离粒的 取 于 速 场 偏 电 .不 的 电 子 静 经 同 决 加 电 和 转 场即 同 带 粒 从 止 过 一 场 速 进 同 偏 电 ,们 电 中 偏 角 和 电 加 后 入 一 转 场它 在 场 的 转 度 偏距总相的 转离是同.

q、m 无 , 关仅

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(2013届高新一中检测)如图6-3-8所示,匀强电

场方向沿x轴的正方向,场强为E.在A(l,0)点有一个质量为m,
电荷量为q的粒子,以沿y轴负方向的初速度v0开始运动, 经过一段时间到达B(0,-l)点(不计重力作用).求: (1)粒子的初速度v0的大小; (2)当粒子到达B点时,电场力对粒子做功的瞬时功率.

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【析 解】

1 粒 在 y方 不 力做 速 线 动在 ( 子 ) 向 受 ,匀 直 运 ;
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x方由受定电力做加直运.以子 向于恒的场,匀速线动所粒做 的类抛动设子初度 是平运.粒的速为 在y方上 向有 在x方上 向有 又 x=y=l 可 v0= 得 ql E 2m y=v0t 1 2 1q 2 E x=2a =2 m t t v0, 则

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2 设子达 ( 粒到 )

B 点时沿 x 轴方向的速度为 vx,电 力 则场做
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功的瞬时功率为 P=qEvx 由运动学公式可得 vx= 2al= 所以 P=qEvx=qE 2ql E m 2ql E m

【答案】 1 ( )

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ql E 2m

2 qE ( )

2ql E m

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【即学即用】
3. (2013届南昌一中检测)如图6-3-9所示,电子在电势 差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为 U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中,入射方向跟极 板平行.整个装置处在真空中,重力可忽略.在满足电子 能射出平行板区域的条件下,下述四种情况中,一定能使 电子的偏转角θ变大的是( )
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A.U1变大、U2变大
B.U1变小、U2变大 C.U1变大、U2变小 D.U1变小、U2变小
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设子加后得速为 电被速获的度 v0, 平 板 水极长 1 2 为 l, 由 能 理 则动定得 U1q=2mv0, 子 水 极 间 转 用 电在平板偏所 l 时 t=v , 设 子 水 极 间 加 度 间 又电在平板的速为 a, 平 板 水极的 0 U2q 板距 间 为 d, 牛 第 定 得 由顿二律 a= d , 子 出 转 场 , m 电射偏电时 vy U2q l 平于场向速 行电方的度 vy=a ,立 得 t 联解 vy=d v , a θ=v n m 0 又t 0 U2q l U2q l U2l =d v2=2d 大 小一能偏角 m 0 q 1=2d 1,故 U2 变 、 U1 变 , 定 使 转 U U θ变, 大故 B正. 确 【析 解】

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【答案】

B





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平板容两板带体运问是型力综 行电器极间电的动题典的电 合题要别力电个度析究 问,分从、两角分研. 1 力角:场等响带体运状,电 ( 学度电力影了电的动态带体 ) 的动态 运状 (静 、 速 减 止加或速 )需 分 受 情 ; 要析力况 E E, 带

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2 电角:行电器两板为强场由 ( 学度平板容的极间匀电, ) U =d知 两 板 的 压 ,极间电 U决了极间电强 定两板的场度

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电运的速需分两板的压 体动加度要析极间电.
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在真空中水平放置平行板电容器,两极板间有

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一个带电油滴,电容器两极板间距为d,当平行板电容器的 电压为U0时,油滴保持静止状态,如图6-3-10所示.当 给电容器突然充电使其电压增加ΔU1,油滴开始向上运动; 经时间Δt后,电容器突然放电使其电压减少ΔU2,又经过时 间Δt,油滴恰好回到原来位置.假设油滴在运动过程中没有 失去电荷,充电和放电的过程均很短暂,这段时间内油滴的 位移可忽略不计,重力加速度为g.试求: (1)带电油滴所带电荷量与质量之比; (2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴 运动的加速度大小之比; (3)ΔU1与ΔU2之比.
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【潜点探究】 (1)油滴处于静止状态时,受两个力平衡, 即匀强电场的电场力和重力; (2)电容器突然充电使其电压增加ΔU1,电场强度增大,油 滴所受合力向上,向上做匀加速运动,其中ΔU1决定了加速 度a1的大小; (3)电容器突然放电使其电压减少ΔU2,电场强度减小,油 滴所受合力向下,油滴先向上做匀减速运动,再反向匀加 速回到出发点,其中ΔU2-ΔU1决定了加速度a2的大小;
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(4)电压增加ΔU1后的匀加速运动和电压减少ΔU2后的运动 ,位移大小与所用时间Δt相等,可以得到加速度a1和a2的关 系,从而建立ΔU1与ΔU2的关系.

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U0 q dg 【规范解答】 (1)油滴静止时 mg=q d ,则m=U . 0 (2)设第一个 Δt 内油滴的位移为 x1, 加速度为 a1, 第二个 Δt 1 内油滴的位移为 x2,加速度为 a2,则 x1=2a1Δt2 1 x2=v1Δt-2a2Δt2,且 v1=a1Δt,x2=-x1 解得 a1∶a2=1∶3.

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3 油向加运时 ( 滴上速动 ) ma1

U0+ΔU1 ΔU1 q -mg=ma1,即 q d = d
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U0+ΔU1-ΔU2 油滴向上减速运动时 mg-q =ma2,即 d ΔU2-ΔU1 q =ma2 d ΔU1 1 则 =3 ΔU2-ΔU1 ΔU1 1 解得ΔU =4. 2

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dg 【答案】 1 U 2 ( ) ( 1 ) 0
菜 单

∶3 3 ( 1 )

∶4

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【即学即用】
4.(2012· 大纲全国高考)如图6-3-11,一平行板电容器 的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用
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一绝缘轻线悬挂于O点.现给电容器缓慢充电,使两极板所
带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为 π/6.再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加 到π/3,且小球与两极板不接触.求第二次充电使电容器正 极板增加的电荷量.

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【析 解】 Q 电 为 U=C ① 压

设容电为 电器容

C.第 次 电 两 板 间 一充后极之的
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两板间场场为 极之电的强 式 d为极间距. 中 两板的离 按意当球转 题,小偏角 小质为 球量 m, 带 荷 为 所电量

U E= d ② π θ1=6时 小 处 平 位 . ,球于衡置设 q, 有 则

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Tc θ1=mg③ o s Tsin θ1=qE④ 式中 T 为此时悬线的张力.

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联 ①③ 立 ②④

q Q 式 a θ1=m d ⑤ 得 t n g C
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设第二次充电使正极板上增加的电荷量为 ΔQ,此时小球 π 偏转角 θ2=3,则 q?Q+ΔQ? tan θ2= mgCd ⑥ 联立⑤⑥式得 tan θ1 Q tan θ2=Q+ΔQ⑦ 代入数据解得 ΔQ=2Q.⑧

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【答案】
菜 单

2Q

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●平行板电容器的动态分析 1.(2012·海南高考)将平行板电容器两极板之间的距离、电

压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表
示.下列说法正确的是( )

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A.保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半 B.保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的两倍
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C.保持d不变,将Q变为原来的两倍,则U变为原来的一半 D.保持d不变,将Q变为原来的一半,则E变为原来的一半





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【析 解】 E变原的半 为来一,

U 由 E= d 知 当 U 不 , d 变 原 的 倍 , , 变 为来两时 A项确当 正; E不, d变原的半 变 为来一 d不时 变, U变原的 为来两 C
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时 U变原的半 , 为来一, 不, 变由

B项误当容中 错;电器

Q C=U知 当 Q 变 原 的 倍 , , 为来两时 Q变原的半 为来一, D项确 正.

倍 C项误 , 错; E变原的半 为来一,

U变原的半, 为来一时则
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【答案】

AD





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●示波管的原理及应用 2.(2011·安徽高考)如图6-3-12为示波管的原理图.如 果在电极YY′之间所加的电压按图6-3-13(a)所示的规律变 化,在电极XX′之间所加的电压按图6-3-13(b)所示的规律 变化,则在荧光屏上会看到的图形是( )
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菜 单

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【析 解】

电 在 YY′和 XX′间沿电场方向均作初速度 子
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1 1eU 为零的匀加速直线运动,由位移公式 s=2at2=2mdt2,知水平 位移和竖直位移均与电压成正比.在 t=0 时刻,UY=0 知竖直 t1 位移为 0,故 A、C 错误.在 t= 2 时刻,UY 最大知竖直位移最 大,故 B 正确,D 错误.

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【答案】

B

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●带电粒子在交变电场中的运动
3.(2011·安徽高考)如图6-3-14(a)所示,两平行正对的 金属板A、B间加有如图6-3-14(b)所示的交变电压,一重
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力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若
在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运 动,并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是( T A.0<t0<4 3T T B. 2<t0< 4 3T C. 4 <t0<T 9T D.T<t0< 8
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)

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【析 解】 设子速方、移向右正依 粒的度向位方向为. 题得粒的度向而正时为,终在 意,子速方时为,而负最打 板时移负速方为.出 上位为,度向负作 子动速图如所.于度线时轴围 运的度象图示由速图与间所面

A
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T T 3T t0=0、4、2、 4 时 粒

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T 3T 积 示 子 过 位 ,由 象 知 表 粒 通 的 移则 图 可 0 t0<4, 4 <t0<T 时粒 < 3T T 子一周内总移于; 在个期的位大零 粒在个期 4<t0< 4 时 子 一 周 内总移于, 的位小零当 t0>T 时 况 似 因 子 终 在 情类.粒最打 A 板,要粒在个期的位应于,照 上则求子每周内总移小零对各 选可只 项知有 B正. 确

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【答案】

B





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●带电粒子在电场中的偏转

4. (2013届西安一中检测)如图6-3-15所示,有一带电粒 子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时, 带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时 ,带电粒子沿②轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的 水平速度相同,则两次偏转电压之比为( ) A.U1∶U2=1∶8 B.U1∶U2=1∶4 C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶1
2mv2dy 1 2 Uql2 y 0 【解析】 由 y=2at =2mdv2得:U= ql2 ,所以 U∝l2,可 0 知选项 A 正确.

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【答案】
菜 单

A

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●直线运动中的力电综合问题 5.(2011·北京高考)静电场方向平行于x轴,其电势φ随x 的分布可简化为如图6-3-16所示的折线,图中φ0和d为已 知量.一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方
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向做周期性运动.已知该粒子质量为m、电荷量为-q,其
动能与电势能之和为-A(0<A<qφ0).忽略重力.求 (1)粒子所受电场力的大小; (2)粒子的运动区间; (3)粒子的运动周期.

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【析 解】

1 由图知 ) 题可, ( 0 与 d(或 d)两 间 电 差 - 点的势为 φ0 电强的小 场度大 E= d qφ0 电力大 场的小 F=qE= d . 2 设子 ) 粒在 ( [-x0,x0]区 内 动 速 为 间运,率 v, 题 得 由意

φ0
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1 2 2mv -qφ=-A①

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|x| 由图知 题可 φ=φ0(1- d )② 1 |x| 由① 得2mv2=qφ0(1- d )-A③ ② |x| 因能负有 动非, qφ0(1- d )-A≥0 A A 得|x|≤d(1-qφ ) 即 x0=d(1-qφ )④ 0 0 A A 粒的动间足 子运区满- d(1-qφ )≤x≤d(1-qφ ). 0 0

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3 考粒从 ( 虑子- )

x0 处 始 动 四 之 周 , 开运的分一期 φ F q E q 0 a=m= m = md ⑤ t= 2x0 a
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根牛第定,子加度 据顿二律粒的速 由加直运规得 匀速线动律 将④ 代 , ⑤ 入得 粒的动期 子运周 t=

2md2 A q 0 ?1-q 0? φ φ 2m?q 0-A?. φ

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4d T=4t=q φ0

qφ0 A A 【答案】 (1) d (2)-d(1-qφ )≤x≤d(1-qφ ) 0 0 2m?qφ0-A?
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4d (3)qφ 0

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