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【优化方案】2016届高三物理大一轮复习教学讲义:第六章 静电场 第三节


第三节

电容器与电容

带电粒子在电场中的运动

[学生用书 P116] 一、电容器、电容 1.电容器 (1)组成:由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成. (2)带电量:一个极板所带电量的绝对值. (3)电容器的充、放电 充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两板带上等量的异种电荷,电容器中储存电 场能. 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. 2.电容 Q (1)定义式:C= . U (2)单位:法拉(F),1 F=106μF=1012pF. 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,与介质的介电常数成正比,与 两极板间距离成反比. εrS (2)决定式:C= ,k 为静电力常量. 4πkd ΔQ Q εS 或C= ?适用于任何电容器,但 C= r 仅适用于平行板电容器. ?特别提醒:C= ? ΔU? U? 4πkd 1.(多选)对于给定的电容器,描述其电容 C、电荷量 Q、电压 U 之间的相应 关系的图象正确的是( )

答案:BC 二、带电粒子在电场中的运动 1.加速问题 1 1 (1)在匀强电场中:W=qEd=qU= mv2- mv2 ; 2 2 0

1

1 1 (2)在非匀强电场中:W=qU= mv2- mv2 . 2 2 0 2.偏转问题 (1)条件分析:不计重力的带电粒子以速度 v0 垂直于电场线方向飞入匀强电场. (2)运动性质:匀变速曲线运动. (3)处理方法:利用运动的合成与分解. ①沿初速度方向:做匀速运动. ②沿电场方向:做初速度为零的匀加速运动. ?特别提示:带电粒子在电场中的重力问题 (1)基本粒子:如电子、质子、α 粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外,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.
4 2.(单选)(2015· 中山模拟)如图所示, 质子(1 1H)和 α 粒子(2He)以相同的初动能

垂直射入偏转电 场(粒子不计重力),则这两个粒子射出电场时的侧位移 y 之比为( )

A.1∶1 C.2∶1 答案:B D.1∶4

B.1∶2

考点一 平行板电容器的动态分析 [学生用书 P117] 运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路 1.确定不变量,分析是电压不变还是所带电荷量不变. (1)保持两极板与电源相连,则电容器两极板间电压不变. (2)充电后断开电源,则电容器所带的电荷量不变. εrS 2.用决定式 C= 分析平行板电容器电容的变化. 4πkd
2

Q 3.用定义式 C= 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化. U U 4.用 E= 分析电容器两极板间电场强度的变化. d (多选)(2015· 甘肃诊断)如图所示为一平行板电容器,两板之间的距离 d 和两板 正对面积 S 都可以调节,电容器两板与电池相连接.Q 表示电容器的带电荷量,E 表示两板 间的电场强度.则( )

A.当 d 增大,S 不变时,Q 减小,E 减小 B.当 S 增大,d 不变时,Q 增大,E 增大 C.当 d 减小,S 增大时,Q 增大,E 增大 D.当 S 减小,d 增大时,Q 不变,E 增大 εrS [解析] 电容器与电池相连,电压不变.当 d 增大,S 不变时,由 C= 知,C 变小, 4πkd U 由 Q=CU 知,Q 变小,由 E= 知,E 减小,A 正确.当 S 增大,d 不变时,同理可得 C 增 d 大,Q 增大,E 不变,B 错误.当 d 减小,S 增大时,同理可得 C 变大,Q 增大,E 增大, C 正确.当 S 减小,d 增大时,C 变小,Q 变小,E 变小,D 错误. [答案] AC [总结提升] 在分析平行板电容器的动态变化问题时,必须抓住两个关键点: (1)确定不变量:首先要明确动态变化过程中的哪些量不变,一般情况下是保持电量不 变或板间电压不变. U (2)恰当选择公式:要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化,还要应用 E= ,分析 d 板间电场强度的变化情况. 1.(多选)如图所示,两块正对平行金属板 M、N 与电池相连,N 板接地,在 距两板等距离的 P 点固定一个带负电的点电荷,如果 M 板向上平移一小段距离,则( )

A.点电荷受到的电场力变小 B.M 板的带电荷量增加 C.P 点的电势升高 D.点电荷在 P 点具有的电势能增加
3

U 解析:选 AD.两极电压不变,M 板上移,d 增大,由 E= 知 E 变小,电场力变小,A d 对;由电容的决定式知,M 板上移,电容减小,由 Q=CU 知 Q 变小,B 错;N 板接地电势 为零,φP=UPN=E·PN ,E 变小,则 φP 降低,C 错;由 Ep=qφP,因为 q<0,φP>0,φP 变 小,则 Ep 变大,D 正确. 考点二 带电粒子在电场中的直线运动 [学生用书 P117] 1.运动类型 (1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动. (2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动. 2.分析思路 (1)根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带 电粒子的运动情况. (2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解.此方法既适用于匀 强电场,也适用于非匀强电场. (3)对带电粒子的往返运动,可采取分段处理. 反射式速调管是常用的微波器件之一, 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× 103N/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,带电荷量 q=-1.0× 10

-9

C,A 点距虚线 MN 的距离 d1=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. [解析] (1)带电微粒在由 A 点运动到 B 点的过程中,由动能定理得 |q|E1d1-|q|E2d2=0① E1 由①式解得 d2= d1=0.50 cm.② E2 (2)设带电微粒在虚线 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

4

1 设带电微粒在虚线 MN 两侧运动的时间分别为 t1、t2,由运动学公式有 d1= a1t2 ⑤ 2 1 1 2 d2= a2t2 ⑥ 2 又 t=t1+t2⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得 t=1.5× 10 [答案] (1)0.50 cm (2)1.5× 10
-8 -8

s.

s

2.(多选)如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象.当 t=0 时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法 中正确的是( )

A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.2 s 末带电粒子回到原出发点 C.3 s 末带电粒子的速度为零 D.0~3 s 内,电场力做的总功为零 解析:选 CD.由牛顿第二定律知,带电粒子在第 1 s 内的加速 Eq 2Eq 1 度 a= 为第 2 s 内加速度 a= 的 , 因此先加速 1 s 再减速 0.5 s m m 2 速度为零,接下来的 0.5 s 将反向加速,v-t 图象如图所示,由对称性可知,反向加速的距 离使带电粒子刚好回到减速开始的点,A、B 均错;0~3 s 内,带电粒子的初、末速度均为 零,动能的变化为零,电场力做的功为零,C、D 正确. 考点三 带电粒子在电场中的偏转 [学生用书 P118]

1.基本规律 设粒子带电荷量为 q,质量为 m,两平行金属板间的电压为 U, 板长为 l,板间距离为 d(忽略重力影响),则有 F qE qU (1)加速度:a= = = . m m md l (2)在电场中的运动时间:t= . v0 v t=v0t=l ? ?x (3)位移?1 2 , ? ?2at =y
5

1 qUl2 y= at2= . 2 2mv2 0d
? ?vx=v0 qUt (4)速度? ,vy= , md ?vy=at ?

vy qUl 2 v= v2 . x +vy ,tan θ= = vx mv2 0d 2.两个结论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角 度总是相同的. 1 qUl Ul 证明:由 qU0= mv2 . 2得 tan θ= 0及 tan θ= 2 mdv0 2U0d (2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O 为粒子水平位移 l 的中点,即 O 到电场边缘的距离为 . 2 3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系:当讨论带电粒子的末速度 v 时也可以从能 1 1 U 量的角度进行求解:qUy= mv2- mv2 ,其中 Uy= y,指初、末位置间的电势差. 2 2 0 d 如图所示,虚线 MN 左侧有一场强为 E1=E 的匀强电场,在两条平行的虚线 MN 和 PQ 之间存在着宽为 L、电场强度为 E2=2E 的匀强电场,在虚线 PQ 右侧相距为 L 处 有一与电场 E2 平行的屏.现将一电子(电荷量为 e,质量为 m)无初速度地放入电场 E1 中的 A 点,最后电子打在右侧的屏上,AO 连线与屏垂直,垂足为 O,求:

(1)电子从释放到打到屏上所用的时间; (2)电子刚射出电场 E2 时的速度方向与 AO 连线夹角 θ 的正切值 tan θ; (3)电子打到屏上的点 P′到点 O 的距离 x. [解析] (1)电子在电场 E1 中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为 a1,时间为 t1,由牛顿第二定律和运动学公式得: eE1 eE a1= = m m L 1 2 = at 2 2 11 v1=a1t1 t2= 2L v1
6

运动的总时间为 t=t1+t2=3

mL . eE

(2)设电子射出电场 E2 时沿平行电场线方向的速度为 vy,根据牛顿第二定律得,电子在 电场中的加速度为 eE2 2eE a2= = m m t3= L v1

vy=a2t3 vy tan θ= v1 解得:tan θ=2. (3)如图,设电子在电场中的偏转距离为 x1

1 2 x1= a2t3 2 x2 tan θ= L 解得:x=x1+x2=3L. [答案] (1)3 mL (2)2 (3)3L eE 3.(单选)(2014· 高考山东卷)如图,场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场 中有一矩形区域 abcd,水平边 ab 长为 s,竖直边 ad 长为 h.质量均为 m、带电量分别为+q 和-q 的两粒子,由 a、c 两点先后沿 ab 和 cd 方向以速率 v0 进入矩形区(两粒子不同时出现 在电场中).不计重力.若两粒子轨迹恰好相切,则 v0 等于( )

s A. 2 s C. 4

2qE mh 2qE mh s D. 4 qE mh

s B. 2

qE mh

解析:选 B.因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水
7

s h 1 Eq s 平方向 =v0t,竖直方向 = at2 且满足 a= ,三式联立解得 v0= 2 2 2 m 2

Eq ,故 B 正确. mh

[学生用书 P119] 方法技巧——带电粒子在交变电场中的偏转 1.注重全面分析(分析受力特点和运动特点),找到满足题目要求所需要的条件. 2.比较通过电场的时间 t 与交变电场的周期 T 的关系: (1)若 t? T,可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变,等于刚进入电场时刻的场强. (2)若不满足上述关系,应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性. (20 分)如图甲所示,A、B 为两块平行金属板,极板间电压为 UAB=1 125 V, 板中央有小孔 O 和 O′.现有足够多的电子源源不断地从小孔 O 由静止进入 A、B 之间.在 B 板右侧,平行金属板 M、N 长 L1=4× 10 2m,板间距离 d=4× 10 3m,在距离 M、N 右侧边
- -

缘 L2=0.1 m 处有一荧光屏 P,当 M、N 之间未加电压时电子沿 M 板的下边沿穿过,打在荧 光屏上的 O″并发出荧光.现给金属板 M、N 之间加一个如图乙所示的变化电压 u1,在电压 变化时,M 板电势低于 N 板.已知电子质量为 me=9.0× 10
-31

kg,电量为 e=1.6× 10

-19

C.求:

(1)每个电子从 B 板上的小孔 O′射出时的速度多大? (2)电子打在荧光屏上的范围是多少? (3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少? [审题点睛] (1)判断粒子通过 MN 的时间 t 是否远小于交变电压的周期 T. (2)判断电压最大时进入的粒子能否从 MN 间射出,若能射出,其偏距就是最大偏距; 若不能射出,则从 N 板上边缘射出的为最大偏距. (3)动能最大者就是在电场中偏距最大的粒子. [规范解答]—————————该得的分一分不丢! (1)电子经 A、B 两块金属板加速, 1 有:eUAB= mv2 (2 分) 2 0 得 v0= = 2eUAB m


2× 1.6× 10 19× 1 125 m/s=2× 107m/s.(2 分) - 9.0× 10 31
8

L1 - (2)电子通过极板的时间为 t= =2× 10 9s,远小于电压变化的周期,故电子通过极板时 v0 可认为板间电压不变.(2 分) 当 u1=U2=22.5 V 时,电子经过 M、N 极板向下的偏移量最大,为 1 eU2 ?L1?2 y1= · · 2 md ? v0 ? 10 19× 22.5 ? 0.04 ?2 1 1.6× = × -31 - × 107? m 2 9.0× 10 × 4× 10 3 ?2×


=2× 10 3m(3 分)


y1<d,说明所有的电子都可以飞出 M、N,此时电子射出极板后在竖直方向的速度大小 为 1.6× 10 19× 22.5 4× 10 2 eU2 L1 vy= · = × m/s - - md v0 9.0× 107 10 31× 4× 10 3 2×
- -

=2× 106m/s(3 分) 电子射出极板 MN 后到达荧光屏 P 的时间为: L2 0.1 - t2= = s=5× 10 9s(1 分) v0 2× 107 电子射出极板 MN 后到达荧光屏 P 的偏移量为 y2=vyt2=2× 106× 5× 10 9m=0.01 m(1 分)


电子打在荧光屏 P 上的总偏移量为: y=y1+y2=0.012 m,方向竖直向下;(1 分) 打在荧光屏上的电子范围是:从 O″竖直向下 0~0.012 m.(1 分) (3)当 u1=22.5 V 时,电子飞出电场的动能最大, 1 Ek= m(v2 +v2) 2 0 y 1 - = × 9.0× 10 31× [(2× 107)2+(2× 106)2] J 2 ≈1.82×10
-16

J.(4 分)
-16

[答案] (1)2× 107 m/s (2)从 O″竖直向下 0~0.012 m (3)1.82× 10

J

4.如图甲所示,长为 L、间距为 d 的两金属板 A、B 水平放置,ab 为两板的 中心线,一个带电粒子以速度 v0 从 a 点水平射入,沿直线从 b 点射出,若将两金属板接到 如图乙所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从 b 点以速度 v0 射出,求:

(1)交变电压的周期 T 应满足什么条件?
9

(2)粒子从 a 点射入金属板的时刻应满足什么条件? 解析:(1)为使粒子仍从 b 点以速度 v0 穿出电场,在垂直于初速度方向上,粒子的运动 应为:加速,减速,反向加速,(反向)减速,经历四个过程后,回到中心线上时,在垂直于 L 金属板的方向上速度正好等于零,这段时间等于一个周期,故有 L=nTv0,解得 T= nv0 1 1 1 ?2 T 粒子在 T 内离开中心线的距离为 y= a? 4 2 ?4 ? qE U0 qU0T2 又 a= ,E= ,解得 y= m d 32md 在运动过程中离开中心线的最大距离为 ym=2y= 1 粒子不撞击金属板,应有 ym≤ d 2 解得 T≤2d L 故 n≥ 2dv0 2m qU0 qU0 L ,即 n 取大于等于 2m 2dv0 qU0 的整数. 2m qU0T2 16md

所以粒子的周期应满足的条件为 L L T= ,其中 n 取大于等于 nv0 2dv0 qU0 的整数. 2m

1 3 5 (2)粒子进入电场的时刻应为 T, T, T,… 4 4 4 故粒子进入电场的时刻为 t= 答案:(1)T= (2)t= 2n-1 T(n=1,2,3…). 4 qU0 的整数 2m

L L ,其中 n 取大于等于 nv0 2dv0

2n-1 T(n=1,2,3…) 4

[学生用书 P120]

1.(单选)(2015· 杭州模拟)如图所示,带电粒子 P 所带的电荷量是带电粒子 Q 的 3 倍, 它们以相等的速度 v0 从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在 M、N 点,若 OM=MN,则 P 和 Q 的质量之比为(粒子重力不计)( )

10

A.3∶4 C.3∶2 D.2∶3

B.4∶3

x 1 1 qPE 1 qQE 解析:选 A.由 OM=MN 和 t= 知,tP= tQ,在垂直极板方向上,y= · t2 = · t2 , v0 2 2 mP P 2 mQ Q 解得:mP∶mQ=3∶4,A 正确. 2.(单选)(2015· 舟山模拟)如图所示,A、B 两金属板平行放置,在 t=0 时将电子从 A 板 附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在 A、B 两板间加上下列哪种电压时,有可能 使电子到不了 B 板( )

解析:选 B.粒子不能到达 B 板,必须做往复运动,因此粒子的运动应为:加速→减速 →反向加速→(反向)减速.故 B 正确. 3.(多选)(2015· 成都诊断性检测)如图所示,两对金属板 A、B 和 C、D 分别竖直和水平 放置,A、B 接在电路中,C、D 板间电压为 U.A 板上 O 处发出的电子经加速后,水平射入 C、D 板间,电子最终都能打在光屏 M 上.关于电子的运动,下列说法正确的是( )

A.S 闭合,只向右移动滑片 P,P 越靠近 b 端,电子打在 M 上的位置越高 B.S 闭合,只改变 A、B 板间的距离,改变前后,电子由 O 至 M 经历的时间相同 C.S 闭合,只改变 A、B 板间的距离,改变前后,电子到达 M 前瞬间的动能相同 D.S 闭合后再断开,只向左平移 B,B 越靠近 A 板,电子打在 M 上的位置越高 1 1 Ue ?L? 解析:选 CD.电子在 A、B 板间加速 UBAe= mv2,在 C、D 板间的偏转位移 y= · · 2 2 md ? v ?
2

UL2 = ,S 闭合,只向右移动滑片 P,UBA 增大,偏转位移 y 减小,电子打在 M 上的位置 4dUBA

v 降低,选项 A 错误;设电子在 A、B 板间的运动时间为 t1,A、B 板间距离为 dAB,则 dAB= 2 t1,S 闭合,只改变 A、B 板间距离,板间电压 UBA 不变,v 不变,t1 变化,从 B 板射出后水 平方向匀速运动速度不变,电子由 O 到 M 经历的时间必然变化,选项 B 错误;S 闭合,只 改变 A、B 板间距离,板间电压 UBA 不变,偏转位移 y 相同,根据动能定理知电场力做功相
11

同,电子到达 M 瞬间的动能相同,选项 C 正确;S 闭合再断开,A、B 板所带电荷量不变, εrS Q 1 Ue ?L? 向左平移 B 板, 板间距离减小, 根据 C= , C 增大, UBA= , U 减小, 又 y= · · 4πkdAB C BA 2 md ? v ?
2

UL2 = 可知电子打在 M 上的位置升高,选项 D 正确. 4dUBA

4.(单选)如图所示,设两极板正对面积为 S,极板间的距离为 d,静电计指针偏角为 θ. 实验中,极板所带电荷量不变,若( )

A.保持 S 不变,增大 d,则 θ 变大 B.保持 S 不变,增大 d,则 θ 变小 C.保持 d 不变,减小 S,则 θ 变小 D.保持 d 不变,减小 S,则 θ 不变 解析:选 A.由电容决定式 C= εrS 知,电容与极板间距成反比,当保持 S 不变时,增 4πkd

Q 大 d,电容减小,由电容定义式 C= 知,板间电势差增大,静电计指针偏角 θ 变大,A 对, U εrS Q B 错;由 C= ,知 C 与 S 成正比,当 d 不变时,减小 S,C 减小,Q 不变,由 C= 知 4πkd U U 增大,θ 变大,C、D 均错. 5.(单选)如图所示,两平行金属板之间有一匀强电场,金属板长为 L,一带电粒子以速 度 v0 垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场,刚好贴下极板边缘飞出,如果带电粒子 以某一垂直于场强方向的初速度 v1 沿上极板边缘射入电场并能从其中射出,当它的竖直位 移等于板间距 d 时, 它的水平射程为 2L(轨迹未画出). 则粒子进入电场的初速度 v1 等于( )

A.v0 C. 3v0

B. 2v0 D.2v0

解析:选 C.设粒子在电场中的加速度为 a.第一次,粒子恰好从下极板 1 的边缘飞出,粒子做类平抛运动,有 L=v0t,d= at2,解得 v0=L 2 a . 2d

第二次,设粒子飞出电场时的竖直位移为 y1,所用时间为 t1,飞出电场后 1 2 的竖直位移为 y2,所用时间为 t2,则 y1= at1 ,L=v1t1,y2=at1· t2,L=v1t2,y1+y2=d,解 2
12

得 v1=L

3a = 3v0,故 C 正确. 2d

6.(单选)(2015· 湖北黄冈模拟)如图所示,在 xOy 竖直平面内存在着水平向右的匀强电 场.有一带正电的小球自坐标原点沿着 y 轴正方向以初速度 v0 抛出,运动轨迹最高点为 M, 与 x 轴交点为 N,不计空气阻力,则小球( )

A.做匀加速运动 B.从 O 到 M 的过程动能增大 C.到 M 点时的动能为零 1 D.到 N 点时的动能大于 mv2 2 0 解析:选 D.带正电的小球自坐标原点沿着 y 轴正方向以初速度 v0 抛出后受到恒定的合 力作用做匀变速运动,在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角,速度减小,A、 B 都错;小球自坐标原点到 M 点,y 方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动,x 方 向在静电力作用下做初速度为零的匀加速运动,所以到 M 点时的动能不为零,C 错;由动 1 1 2 能定理有:qEx= mv2 N- mv0>0,D 正确. 2 2

一、单项选择题 1.某位移式传感器的原理示意图如图所示,E 为电源,R 为电阻,平行金属板 A、B 和 介质 P 构成电容器,当可移动介质 P 向左匀速移出的过程中( )

A.电容器的电容变大 B.电容器的电荷量保持不变 C.M 点的电势比 N 点的电势低 D.流过电阻 R 的电流方向从 M 到 N 解析:选 D.当可移动介质 P 向左匀速移出的过程中,介电常数减小,电容器电容变小, 选项 A 错误;电容器的电压等于电源电动势不变,电荷量 Q=CU 减小,选项 B 错误;电容 器放电,电流方向 M→R→N,M 点的电势比 N 点的电势高,选项 C 错误,D 正确.
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2.(2014· 高考天津卷)如图所示,电路中 R1、R2 均为可变电阻,电源内阻不能忽略,平 行板电容器 C 的极板水平放置.闭合电键 S,电路达到稳定时,带电油滴悬浮在两板之间静 止不动.如果仅改变下列某—个条件,油滴仍能静止不动的是( )

A.增大 R1 的阻值 C.增大两板间的距离

B.增大 R2 的阻值 D.断开电键 S

UC UR1 解析:选 B.设油滴质量为 m,电荷量为 q,两板间距离为 d,当其静止时,有 q= d d q=mg;由题图知,增大 R1,UR1 增大,油滴将向上加速,增大 R2,油滴受力不变,仍保持 U 静止;由 E= 知,增大 d,U 不变时,E 减小,油滴将向下加速;断开电键 S,电容器将通 d 过 R1、R2 放电,两板间场强变小,油滴将向下加速,故只有 B 项正确. 3.(2014· 高考天津卷)如图所示,平行金属板 A、B 水平正对放置,分别带等量异号电 荷.一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那 么( )

A.若微粒带正电荷,则 A 板一定带正电荷 B.微粒从 M 点运动到 N 点电势能一定增加 C.微粒从 M 点运动到 N 点动能一定增加 D.微粒从 M 点运动到 N 点机械能一定增加 解析:选 C.微粒向下偏转,则微粒受到的电场力与重力的合力向下,若微粒带正电, 只要电场力小于重力,就不能确定 A、B 板所带电荷的电性,A 项错误;由于不能确定电场 力的方向,因此不能确定电场力做功的正负,不能确定微粒从 M 点运动到 N 点电势能的变 化,B 项错误;由于电场力与重力的合力一定向下,因此微粒受到的合外力做正功,根据动 能定理可知,微粒从 M 到 N 的过程中动能增加,C 项正确;由于不能确定除重力以外的力 即电场力做的是正功还是负功,根据功能原理可知,不能确定微粒从 M 到 N 过程中机械能 是增加还是减少,D 项错误. 4.(2015· 汕头模拟)如图所示,从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零),经加速电场 加速后从两极板中间垂直射入偏转电场. 电子的重力不计. 在满足电子能射出偏转电场的条 件下.下述四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是( )

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A.仅将偏转电场极性对调 B.仅增大偏转电极间的距离 C.仅增大偏转电极间的电压 D.仅减小偏转电极间的电压 解析:选 C.设加速电场电压为 U0,偏转电压为 U,极板长度为 L,间距为 d,电子加速 mv2 0 过程中,由 U0q= ,得 v0= 2 2U0q L Uq ,电子进入极板后做类平抛运动,时间 t= ,a= , m v0 dm

vy UL vy=at,tan θ= = ,由此可判断 C 正确. v0 2U0d 5.(2015· 宿州模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边 缘等高处有两个质量相同的带电小球,P 小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q 小球从两 板正中央由静止开始释放, 两小球最终都能运动到右极板上的同一位置, 则从开始释放到运 动到右极板的过程中它们的( )

A.运行时间 tP>tQ B.电势能减少量之比 ΔEP∶ΔEQ=2∶1 C.电荷量之比 qP∶qQ=2∶1 D.动能增加量之比 ΔEkP∶ΔEkQ=4∶1 解析:选 C.两球在竖直方向上都做自由落体运动,由于下落高度相同,所以运动时间 1 相等,A 错;在水平方向上,两球都做匀加速运动,由 x= at2 可得:aP∶aQ=2∶1,则 qP∶ 2 qQ=2∶1,C 正确;电势能的减少量:ΔEP∶ΔEQ=(qPE· xP)∶(qQE· xQ)=4∶1,B 错;动能 增加量:(mgh+ΔEP)∶(mgh+ΔEQ)<4∶1,D 错.

☆6.(2015· 湖北八校联考)有一静电场,其电势随 x 坐标的改变而改变,变化的图线如图 所示.若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点 O 由静止释放,电场中 P、Q 两点分别位 于 x 坐标轴上的 1 mm、4 mm 处.则下列说法正确的是( )

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A.粒子将沿 x 轴正方向一直向前运动 B.粒子在 P 点与 Q 点的加速度大小相等、方向相反 C.粒子经过 P 点与 Q 点时,动能相等 D.粒子经过 P 点与 Q 点时,电场力做功的功率相等 解析:选 C.由题中 φ-x 图,画出电场强度 E 随 x 变化的图象及带电粒子的 v-t 图象, 如图所示,由图可知 A 错误;由牛顿第二定律知,粒子在 P、Q 两点的加速度满足 aP=2aQ, B 错误;由 v-t 图象可知,粒子在 P、Q 两点对应的时间分别是 2 t 和(3- 2)t0,其速度相 2 0

等,C 正确;粒子在 P、Q 两点的功率 P=Eqv,因电场强度不相同,故功率不同,D 错误.

二、多项选择题 7.(2015· 河南南阳一中月考)给平行板电容器充电,断开电源后 A 极板带正电,B 极板带 负电.板间一带电小球 C 用绝缘细线悬挂,如图所示.小球静止时与竖直方向的夹角为 θ, 则( )

A.若将 B 极板向右平移稍许,电容器的电容将减小 B.若将 B 极板向下平移稍许,A、B 两板间电势差将增大 C.若将 B 极板向上平移稍许,夹角 θ 将变大 D.轻轻将细线剪断,小球将做斜抛运动 εrS 解析:选 ABC.若将 B 极板向右平移稍许,d 增大,根据 C= ,知电容器的电容将 4πkd εrS 减小,故 A 正确.若将 B 极板向下平移稍许,正对面积 S 减小,根据 C= ,知电容将 4πkd Q 减小,因电容器带电荷量 Q 不变,由 U= ,分析知板间电势差增大,故 B 正确.若将 B C Q 极板向上平移稍许,正对面积 S 减小,电容将减小,因电容器带电荷量 Q 不变,由 U= , C U 分析知板间电势差增大,根据 E= ,知 E 增大,则小球所受的电场力增大,θ 将变大,故 d
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C 正确.轻轻将细线剪断,小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动,故 D 错 误. 8.(2015· 潍坊模拟)在地面附近,存在着一有界电场,边界 MN 将某空间分成上下两个 区域Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场,在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一 质量为 m 的带电小球 A,如图甲所示,小球运动的 v-t 图象如图乙所示,已知重力加速度 为 g,不计空气阻力,则( )

A.在 t=2.5 s 时,小球经过边界 MN B.小球受到的重力与电场力之比为 3∶5 C.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功与电场力做的功大小相等 D.在小球运动的整个过程中,小球的机械能与电势能总和先变大再变小 解析:选 BC.由速度图象可知,带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度大小之比为 3∶ mg 3 2,由牛顿第二定律可知: = ,所以小球所受的重力与电场力之比为 3∶5,B 正确; F-mg 2 小球在 t=2.5 s 时速度为零,此时下落到最低点,由动能定理可知,重力与电场力的总功为 零,故 A 错误,C 正确;因小球只受重力与电场力作用,所以小球的机械能与电势能总和 保持不变,D 错误. 9.(2015· 深圳模拟)如图所示,在两条竖直边界线所围的匀强电场中,一个不计重力的带 电粒子从左边界的 P 点以某一水平速度射入电场,从右边界的 Q 点射出,下列判断正确的 有( )

A.粒子带正电 B.粒子做匀速圆周运动 C.粒子电势能增大 D.仅增大电场强度,粒子通过电场的时间不变 解析:选 AD.不计重力的带电粒子垂直射入匀强电场中,粒子做类平抛运动且沿初速度 方向做匀速直线运动,而电场的宽度一定,故增大电场强度不会改变通过电场的时间,B 项 错误,D 项正确;沿场强方向做匀加速直线运动,可知粒子受力方向与场强方向一致,故粒 子带正电,A 项正确;粒子位移方向与电场力方向夹角为锐角,电场力做正功,故粒子电势
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能减小,C 项错. ☆10.如图所示,水平放置的两平行金属板与一直流电源相连,一带正电的粒子仅在重 力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从 A 运动到 B,现将平行金属板分别以 O、O′ 为圆心在平面内旋转相同角度后(角度不太大),粒子仍以原来的方式射入,则( )

A.粒子将做曲线运动 B.粒子仍做匀速直线运动 C.粒子做匀变速直线运动 D.粒子的电势能可能增加,也可能减小 U 解析:选 CD.刚开始时粒子做匀速直线运动,mg=qE=q ,由受 d 力分析可知,粒子在竖直方向上合力为零.如图所示,平行金属板顺 U U U 时针旋转 θ 角,则 q cos θ=q cos θ=q =mg,即竖直方向上的 d′ dcos θ d 合力为 0,水平方向的合力为 F=mgtan θ,故粒子做匀加速直线运动,A、B 错 C 正确;由 分析知电场力做正功,粒子的电势能减小;同理,若平行金属板逆时针旋转 θ 角,则粒子电 势能逐渐增加,粒子做匀减速直线运动,故选项 D 正确. 三、非选择题 11.如图甲所示,在 y=0 和 y=2 m 之间有沿着 x 轴方向的匀强电场,MN 为电场区域 的上边界,在 x 轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示,取 x 轴正方向为电场正方 q - 向,现有一个带负电的粒子,粒子的比荷为 =1.0× 10 2C/kg,在 t=0 时刻以速度 v0=5× 102 m m/s 从 O 点沿 y 轴正方向进入电场区域,不计粒子重力.求:

(1)粒子通过电场区域的时间; (2)粒子离开电场时的位置坐标; (3)粒子通过电场区域后沿 x 方向的速度大小. 解析:(1)因粒子初速度方向垂直电场方向,在电场中做类平抛运动,所以粒子通过电 场区域的时间 t= Δy - =4× 10 3s. v0
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E1q (2)粒子沿 x 轴负方向先加速后减速,加速时的加速度大小为 a1= =4 m/s2,减速时 m E2q 的加速度大小为 a2= =2 m/s2,由运动学规律得 m x 方向上的位移为 T?2 1 ?T?2 1 T?2 -5 x= a1? +a1? ?2 ? -2a2?2? =2×10 m 2 ?2 ? 因此粒子离开电场时的位置坐标为(-2× 10 5m,2 m).


(3)粒子通过电场区域后沿 x 方向的速度为 T T - vx=a1 -a2 =4× 10 3m/s. 2 2 答案:(1)4× 10 3s


(2)(-2× 10 5m,2 m)


(3)4× 10 3m/s


☆12.(2015· 江苏苏南四校联考)如图甲所示,在场强大小为 E、方向竖直向上的匀强电 场中存在着一半径为 R 的圆形区域.O 点为该圆形区域的圆心,A 点是圆形区域的最低点, B 点是圆形区域最右侧的点. 在 A 点有放射源释放出初速度大小不同、 方向均垂直于场强方 向向右的正电荷,电荷的质量为 m、电荷量为 q,不计电荷重力、电荷之间的作用力.

(1)若某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于 P 点.如图甲所示,∠POA=θ,求该电 荷从 A 点出发时的速率; (2)若在圆形区域的边缘有一接收屏 CBD,如图乙所示,C、D 分别为接收屏上最边缘 的两点,∠COB=∠BOD=30° .求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能. 解析:(1)设该电荷从 A 点发出时的速率为 v0,运动到 P 点的时间为 t,因不计其重力及 电荷之间的作用力,所以电荷做类平抛运动,则有 Eq a= m Rsin θ=v0t 1 R-Rcos θ= at2 2 由以上三式得 v0= EqRsin2 θ . 2m? 1 -cos θ?

(2)由(1)的结论得粒子从 A 点出发时的动能为 EqR? 1 +cos θ? 1 2 EqRsin2θ mv0= = 2 4 4? 1 -cos θ?
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则经过 P 点时的动能为 1 1 Ek=Eq(R-Rcos θ)+ mv2 = EqR(5-3cos θ) 2 0 4 可以看出,当 θ 变大时,接收屏上电荷的动能逐渐增大,因此 D 点接收到的电荷的末 动能最小,C 点接收到的电荷的末动能最大. D 点对应 θ=60° ,则最小动能为: 1 7 EkD= EqR(5-3cos 60° )= EqR 4 8 C 点对应 θ=120° ,则最大动能为: 1 13 EkC= EqR(5-3cos 120° )= EqR. 4 8 答案:见解析

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