（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第七章 靜電場 第21講 電容器帶電粒子在電場中的運動學案

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1、 第21講　電容器　帶電粒子在電場中的運動 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.示波管Ⅰ 2．常見的電容器Ⅰ 3．電容器的電壓、電荷量和電容的關系Ⅰ 4．帶電粒子在勻強電場中的運動Ⅱ 2017·全國卷Ⅱ，25 2017·江蘇卷，4 高考對本節(jié)內容的考查主要是通過選擇題考查電容器及其動態(tài)分析、帶電粒子在電場、復合場中的運動問題，有時也會出現(xiàn)涉及能量的力電綜合題目，同時注意本節(jié)內容的實際應用問題 1．電容器及電容 (1)電容器 ①組成：由兩個彼此__絕緣__又相互靠近的導體組成； 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 a．

2、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__，電容器中儲存電場能； b．放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中__電能__轉化為其他形式的能． (2)電容 ①定義：電容器所帶的__電荷量__與兩個極板間的__電勢差__的比值； ②定義式：__C＝__； ③單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)，1 F＝__106__μF＝__1012__pF； ④意義：表示電容器__容納電荷__本領的高低； ⑤決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質)決定，與電容器是否__帶電__及__電壓__無關． (3)平行板電容器的電容 ①

3、決定因素：正對面積，介電常數(shù)，兩板間的距離， ②決定式：__C＝__. 2．帶電粒子在電場中的運動 (1)加速問題 ①在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝__mv2－mv__； ②在非勻強電場中：W＝qU＝__mv2－mv__. (2)偏轉問題 ①條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場； ②運動性質：__勻變速曲線__運動； ③處理方法：利用運動的合成與分解． a．沿初速度方向：做__勻速__運動； b．沿電場方向：做初速度為零的__勻加速__運動． 3．示波管 (1)裝置：示波管由__電子槍__、__偏轉電極__和__熒光屏__組成，管內抽成

4、真空，如圖所示． (2)原理 ①如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線傳播，打在熒光屏__中心__，在那里產生一個亮斑； ②YY′上加的是待顯示的__信號電壓__，XX′上是機器自身產生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內變化的圖象． 1．判斷正誤 (1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和．(　×　) (2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比．(　×　) (3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零．(　×　) (4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動．(

5、　×　) (5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動．(　√　) (6)示波管屏幕上的亮斑是由于電子束高速撞擊熒光屏而產生的．(　√　) (7)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計．(　×　) 2．如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q板時的速度，下列說法正確的是(　C　) A．兩板間距離越大，加速的時間就越長，獲得的速度就越大 B．兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大 C．與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關 D．以上說法均不正確 3．如圖所示，質子(H)和α粒子(He)以相同的初動能垂直射入偏轉電場(粒子不計重

6、力)，則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為(　B　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 一　平行板電容器的動態(tài)分析 1．常見類型 [例1](2018·安徽安慶質檢)如圖所示，先接通開關S使電容器充電，然后斷開開關S.當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、電容器兩極板間場強E的變化情況是(　C　) A．Q變小，C不變，U不變，E變小 B．Q變小，C變小，U不變，E不變 C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E變小 解析　電容器充電后再斷開開關S，其所帶的電荷量不變．由C∝可

7、知，d增大時，C變小時，又因為U＝，所以U變大，對于場強E，由于E＝，U＝＝，所以E＝＝＝.由以上分析可知，間距d增大，E不變．因此選項C正確． 解決電容器問題的兩個常用技巧 (1)在電荷量保持不變的情況下，由E＝＝＝知，電場強度與板間距離無關． (2)對平行板電容器的有關物理量Q、E、U、C進行討論時，關鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，抓住C＝、Q＝CU和E＝進行判定即可． 　二　帶電粒子在電場中的直線運動 1．帶電粒子在電場中運動時是否考慮重力的處理方法 (1)基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不

8、考慮重力(但并不忽略質量)． (2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力． 2．解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路 (1)運動狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一條直線上，做加(減)速直線運動． (2)用功與能的觀點分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的變化量，即qU＝mv2－mv. [例2]一電荷量為q(q>0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，電場強度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內 (1)粒子位移的大小

9、和方向； (2)粒子沿初始電場反方向運動的時間． 解析　(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1＝，① a2＝－2，② a3＝2，③ a4＝－，④ 由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的a－t圖象如圖甲所示，對應的v－t圖象如圖乙所示． 　 其中v1＝a1＝，⑤ 由圖乙可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為 x＝v1，⑥ 由⑤⑥式得x＝T2， 它沿初始電場正方向． (2)由圖乙可知，粒子在t＝T到t＝T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間t為t＝T－T＝. 答案　見解析 帶電體

10、在勻強電場中做直線運動的分析思路 　三　帶電粒子在電場中的偏轉 1．基本規(guī)律：設粒子帶電荷量為q，質量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有 (1)加速度：a＝＝＝. (2)在電場中的運動時間：t＝. (3)位移 y＝at2＝. (4)速度vy＝，v＝， tan θ＝＝. 2．兩個結論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的偏轉角度總是相同的，偏轉位移也總是相同的．證明：由qU0＝mv及tan θ＝得tan θ＝；同理可得y＝ (2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為

11、粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為. 3．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系 當討論帶電粒子的末速度v時，也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差． [例3]如圖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U1＝2 500 V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出．裝置右側有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，兩極板間加以電壓U2＝200 V的偏轉電場．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電場．已知電子的電荷量e＝1.6×

12、10－19 C，電子的質量m＝0.9×10－30 kg，設電子離開金屬絲時的速度為零，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力．求： (1)電子射入偏轉電場時的動能Ek； (2)電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量y； (3)電子在偏轉電場運動的過程中電場力對它所做的功W. 解析　(1)電子在加速電場中，根據動能定理有eU1＝Ek，解得Ek＝4.0×10－16 J. (2)設電子在偏轉電場中運動的時間為t，電子在水平方向做勻速運動，由l＝v1t，解得t＝. 電子在豎直方向受電場力F＝e， 電子在豎直方向做勻加速直線運動，設其加速度為a，依據牛頓第二定律有e＝ma，解

13、得a＝. 電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量 y＝at2＝，解得y＝0.36 cm. (3)電子射出偏轉電場的位置與射入偏轉電場位置的電勢差U＝y(tǒng)，電場力所做的功W＝eU， 解得W＝5.76×10－18 J. 答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm　(3)5.76×10－18 J 　四　帶電粒子在交變電場中的運動 帶電粒子在交變電場中運動的分析方法 (1)注重全面分析 分析受力特點和運動規(guī)律，抓住粒子的運動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關的邊界條件． (2)分析時從兩條思路出發(fā) 一是力和運動的

14、關系，根據牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系，根據動能定理及能量守恒定律分析． (3)此類題型一般有三種情況 ①粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)； ②粒子做往返運動(一般分段研究)； ③粒子做偏轉運動(一般根據交變電場特點分段研究)． [例4](多選)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大．當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是(　AD　) 解析　在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力F＝，所以電子所

15、受的電場力大小不變．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個內向B板做勻加速直線運動，在第二個內向B板做勻減速直線運動，在第三個內反向做勻加速直線運動，在第四個內向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖象如圖D所示，v－t圖象如圖A所示；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖象應是曲線．故選項A、D正確，B、C錯誤． (1)利用圖象 帶電粒子在交變電場中運動時，受電場力作用，其加速度、速度等均做周期性變化，借助圖象描述它在電場中的運動情況，可直觀展示其物理過程，從而快捷地分析求解． 畫圖象時應注意在v－t圖中，加速度相同的運動一定是平行的直線，圖象與v－t軸所夾面積表示位

16、移，圖象與t軸的交點表示此時速度反向． (2)利用運動的獨立性 對一個復雜的合運動，可以看成是幾個分運動合成的．某一方向的分運動不會因其他分運動的存在而受到影響．應用這一原理可以分析帶電粒子在交變電場中的運動．根據各分運動的情況，再按運動的合成與分解規(guī)律分析合運動情況． 1．(多選)如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接在電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，下列說法中正確的是(　AD　) A．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ增大 B．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ不變 C．斷開S，將A板向B板靠近，則θ增大

17、D．斷開S，將A板向B板靠近，則θ不變 解析　保持S閉合，則電容器兩極板間的電壓不變，由E＝可知，當A板向B板靠近時，E增大，小球所受電場力增大，θ增大，選項A正確，B錯誤；斷開S，則兩板帶電荷量不變，由Q＝CU＝＝E可知，將A板向B板靠近，并不改變板間電場強度，小球所受的電場力不變，故θ不變，選項D正確，C錯誤． 2．一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上，若將云母介質移出，則電容器(　D　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度

18、不變 解析　由C＝可知，當將云母介質移出時，εr變小，電容器的電容C變??；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據Q＝CU可知，當C減小時，Q減?。儆蒃＝，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確． 3．(2017·安徽蚌埠四校聯(lián)考)如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負極板不動，正極板在豎直方向移動，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?　C　) A．2倍　　 B．4倍 C．　　 D． 解析　設極板長為L，間距為d，電子在兩極板間做類

19、平拋運動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有d＝at2＝，所以d2＝，即d∝，選項C正確． 4．(2017·黃岡中學模擬)如圖甲所示，空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場，其變化規(guī)律如圖乙所示(取水平向右為正方向)．一個質量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)，開始處于圖中的A點．在t＝0時刻將該粒子由靜止釋放，經過時間t0，剛好運動到B點，且瞬時速度為零．已知電場強度大小為E0.試求： (1)電場變化的周期T應滿足的條件； (2)A、B之間的距離； (3)若在t＝時刻釋放該粒子，則經過時間t0粒子的位移為多大？ 解析　(1)根據粒子的初狀態(tài)和受力特點可知，粒子運動的v

20、－t圖象如圖所示．可見，當t0＝nT時，粒子的速度剛好為零，故有T＝.(n為正整數(shù)) (2)由(1)圖可知，A、B之間的距離 x＝a()2×2n＝n··()2＝. (3)若在t＝時刻釋放該粒子，其v－t圖象如圖所示，此時t0時間內粒子的位移 x′＝n[a(2×)2×2－a()2×2]＝. 答案　(1)T＝(n為正整數(shù))　(2)　(3) [例1](2018·河南洛陽調研，6分)(多選)如圖所示，一光滑絕緣斜槽放在方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場中，從斜槽頂端A沿斜槽向下釋放一初速度為v0的帶負電的小球，小球質量為m，帶電荷量為q，斜槽底端B與A點的豎直距離為h.則

21、關于小球的運動情況，下列說法中正確的是(　　) A．只有E≤＋時，小球才能沿斜槽運動到B點 B．只有E≤時，小球才能沿斜槽運動到B點 C．小球若沿斜槽能到達B點，最小速度可能是v0 D．小球若沿斜槽能到達B點，最小速度一定大于v0 [答題送檢]來自閱卷名師報告 錯誤 致錯原因 扣分 AD 不仔細看題目選項，只憑感覺，則在A、B中會錯選A項．只要注意到“沿斜槽運動”，就很容易得出若qE>mg，小球會直接就由料槽上“飄”起來了，不再“沿斜槽”運動，故選項B正確，若mg＝qE，小球則會勻速直線運動，若mg>qE，則加速下滑，故選項C正確. －6 [規(guī)范答題] [解析]

22、 根據受力情況可知，要使小球下滑必須重力大于等于電場力，即E·q≤mg，于是有E≤，故選項A錯誤，B正確；當重力大于電場力時，小球加速下滑，到達B點速度，大于v0，若是重力等于電場力，小球勻速下滑，到達B點速度為v0，若是重力小于電場力，小球將向上運動，故選項C正確，D錯誤． [答案]　BC 1. (2018·江西九江模擬)一個動能為Ek的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ek如果使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮敲此w出電容器的動能變?yōu)?　C　) A．8Ek　　 B．5Ek C．4.25Ek　　 D．4Ek 解析　因為偏轉距離為y＝，帶電粒子

23、的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，偏轉距離變?yōu)?，所以靜電力做功只有W＝0.25Ek，而初動能變?yōu)?Ek，故它飛出電容器時的動能變?yōu)?.25Ek故選項C正確． 2．(2017·江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P點，則由O點靜止釋放的電子(　A　) A．運動到P點返回　　　　 B．運動到P和P′點之間返回 C．運動到P′點返回　　　　 D．穿過P′點 解析　由題意知，電子在A、B板間做勻加速運動，在B、C板間做勻減速運動，到P點時速度恰好為零，設A、B板和B、C板間電壓分

24、別為U1和U2，由動能定理得eU1－eU2＝0，所以U1＝U2；現(xiàn)將C板右移至P′點，由于板上帶電荷沒有變化，B、C板間電場強度E＝＝＝，E不變，故電子仍運動到P點返回，選項A正確． 3．如圖所示，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q>0)的質點沿軌道內側運動，經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能． 解析　設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有F＋Na＝m，Nb－F＝m. 設質點經過a點和

25、b點時的動能分別為Eka和Ekb，則有 Eka＝mv，Ekb＝mv. 根據動能定理有Ekb－Eka＝2rF， 聯(lián)立各式解得 E＝(Nb－Na)，Eka＝(Nb＋5Na)，Ekb＝(5Nb＋Na)． 答案　(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na) 1．如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　D　) A．保持靜止狀態(tài) B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 解析　兩平行金屬

26、板水平放置時，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，其合力為零，對其受力分析，如圖甲所示，設電容器兩板間的電場強度為E，微粒受到豎直向下的重力G和豎直向上的電場力qE，且G＝qE；兩平行金屬板逆時針旋轉45°后，對微粒受力分析，如圖乙所示，由平行四邊形定則可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且為恒力，故微粒向左下方做勻加速運動，選項D正確． 2．如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負極板附近有另一質量為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動．已知兩粒子同時經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

27、忽略，不計重力，則M∶m為(　A　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析　設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對電荷量為q的粒子有aM＝，l＝ t2；對電荷量為－q的粒子有am＝，l＝ t2，聯(lián)立解得＝，選項A正確． 3．(多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　AD　) A．偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間

28、相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 解析　設加速電場兩板間距離為d，則qE1d＝mv，粒子在偏轉電場中偏轉，設側移量為y，偏轉電場兩板的長度為L，則y＝ ()2＝，在偏轉電場中偏轉電場對粒子做的功W＝qE2y＝，由于三種粒子的電荷量相等，因此偏轉電場對三種粒子做的功相等，選項A正確；三種粒子射出偏轉電場時的速度v滿足qE1d＋qE2y＝mv2，由于質量不同，因此速度v大小不同，選項B錯誤；三種粒子運動到屏上的時間t＝＋x，x為加速電場右極板到屏的距離，由于質量不同，因此運動時間不同，選項C錯誤；由于粒子從同一位置射出偏轉電場，射出電場時的速度的反向延長線均交于偏轉電場中線的中點，因此

29、粒子會打在屏上同一位置，選項D正確． 4．如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求： (1)小球到達小孔處的速度； (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間． 解析　(1)由v2＝2gh得v＝. (2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有 mg－qE＝ma， 0－v2＝2ad， 得E＝， U＝Ed，Q＝CU得Q＝C. (3)

30、由h＝gt，0＝v＋at2， t＝t1＋t2， 綜合可得t＝. 答案　(1)　(2)　C　(3) 課時達標　第21講 [解密考綱]主要考查電容器的動態(tài)分析、帶電粒子在電場中加速(或減速)和偏轉的問題，以及帶電粒子在復合場中的運動． 1．美國物理學家密立根于20世紀初進行了多次實驗，比較準確地測定了電子的電荷量，其實驗原理可以簡化為如下模型：如圖所示，兩個相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調電源．從A板上的小孔進入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢差調節(jié)到U時，帶電油滴恰好懸浮在兩板間；然后撤去電場，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達到勻速下落

31、狀態(tài)，通過顯微鏡觀測這個速度的大小為v，已知這個速度與油滴的質量成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g.則計算油滴帶電荷量的表達式為(　B　) A．q＝　　 B．q＝ C．q＝　　 D．q＝ 解析　帶電油滴恰好懸浮時，由平衡條件有q＝mg，油滴勻速下落時有v＝km，解得q＝，故選項B正確． 2．如圖所示，一帶電小球以水平速度射入接入電路中的平行板電容器中，并沿直線打在屏上O點，若僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，讓帶電小球再次從原位置水平射入并能打在屏上，其他條件不變，兩次相比較，則再次射入的帶電小球(　A　) A．將打在O點的下方 B．將打在O點的上方 C．穿過平行板

32、電容器的時間將增加 D．達到屏上動能將減少 解析　由題意知，上極板不動時，小球受靜電力和重力平衡，平行板電容器上極板平行上移后，兩極板間電壓不變，電場強度變小，小球再次進入電場，受靜電力減小，合力方向向下，所以小球向下偏轉，將打在O點下方，選項A正確，選項B錯誤；小球的運動時間由水平方向的運動決定，兩次通過時水平速度不變，所以穿過平行板電容器的時間不變，選項C錯誤；由于小球向下偏轉，合力對小球做正功，小球動能增加，所以選項D錯誤． 3．如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的

33、中點O射入，從頂點C射出．若不計重力，則a和b的比荷之比是(　D　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶8 D．8∶1 解析　設AB長為2h，BC長為2l，對a粒子有 2h＝aat＝t， l＝v0ta， 解得2h＝2. 對b粒子有h＝abt＝t， 2l＝v0tb， 解得h＝2. 由2＝2得 ＝.選項D正確． 4．如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質量為m的質點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是(　C　) A．板間電場強度大小為 B．板間電場強度大小為

34、 C．質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等 D．質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間 解析　根據質點垂直打在M屏上可知，質點在兩板中央運動時向上偏轉，在板右端運動時向下偏轉，mg

35、　) A．在前時間內，電場力對粒子做的功為 B．在后時間內，電場力對粒子做的功為 C．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2 D．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1 解析　帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運動是類平拋運動．豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速直線運動，由運動學知識可知，前后兩段相等時間內豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3.又因為電場力做的總功為，所以在前時間內，電場力對粒子做的功為，選項A錯誤；在后時間內，電場力對粒子做的功為，選項B正確；在粒子

36、下落前和后的過程中，電場力做功相等，故選項C、D錯誤． 6．(2017·河南鄭州模擬)(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d，U，E和Q表示．下列說法正確的是(　AD　) A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话? D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 解析　E＝，保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，選項A正確；保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼囊话?，選項B錯誤；C＝，C

37、＝，保持d不變，C不變，Q加倍，U加倍，選項C錯誤；E＝＝＝＝，則Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，選項D正確． 7．(2017·北京西城期末)(多選)某同學設計了一種靜電除塵裝置，如圖甲所示，其中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料．圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連．帶負電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集．將被收集塵埃的數(shù)量與進入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值，稱為除塵率．不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，要增大除塵率，則下列措施可行的是(　AB　) A．只增大電壓

38、U B．只增大長度L C．只增大高度d D．只增大塵埃被吸入水平速度v0 解析　由類平拋運動規(guī)律可得塵埃偏轉位移為y＝at2＝()2，根據題意，增大除塵率，就是要增大y，需要增大電壓U，增大長度L，減小高度d，減小塵埃被吸入的水平速度v0，只需改變其中的一項或幾項即可，選項A、B正確． 8．(2017·東北三校二聯(lián))如圖所示，一重力不計的帶電粒子以初速度v0射入水平放置、距離為d的兩平行金屬板間，射入方向沿兩極板的中心線．當極板間所加電壓為U1時，粒子落在A板上的P點．如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時將A板向上移動后，使粒子由原入射點射入后仍落在P點，則極板間所加電壓U2為(　

39、D　) A．U2＝3U1　　 B．U2＝6U1 C．U2＝8U1　　 D．U2＝12U1 解析　板間距離為d，射入速度為v0，板間電壓為U1時，在電場中有＝at2，a＝，t＝，解得U1＝；A板上移，射入速度為2v0，板間電壓為U2時，在電場中有d＝a′t′2，a′＝，t′＝，解得U2＝，即U2＝12U1，選項D正確． 9．(多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示，t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內運

40、動的描述，正確的是(　BC　) A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了mgd D．克服電場力做功為mgd 解析　0～時間內微粒勻速運動，有mg＝qE0.把微粒的運動分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運動；豎直方向：～時間內，只受重力，做自由落體運動，時刻，v1y＝g；～T時間內，a＝＝g，做勻減速直線運動，T時刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項A錯誤、B正確；重力勢能的減少量ΔEP＝mg·＝mgd，所以選項C正確；根據動能定理：mgd－W克電＝0，得W克電＝mgd，所以選項D錯誤． 10．如圖所示，在電場中，光滑水

41、平面上一帶正電的物體與繞過定滑輪的絕緣輕繩相連，在輕繩另一端豎直向下拉力的作用下，物體沿桌面從A點勻速運動到B點，已知電場強度大小不變、方向始終垂直于運動中的輕繩指向左上方，不計滑輪摩擦，則在此過程中拉力的瞬時功率(　A　) A．一直增大　　 B．一直減小 C．先減小后增大　　 D．先增大后減小 解析　對物體受力分析，因為物體勻速運動，通過拉力和電場力的正交分解可得qEsin θ＝Fcos θ，其中θ是輕繩與水平方向的夾角，所以拉力的瞬時功率P＝Fvcos θ＝qEvsin θ，從A點勻速運動到B點，θ增大，sin θ增大，所以P增大，選項A正確． 11．如圖所示，在某一真空中，只

42、有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動．那么(　B　) A．微粒帶正、負電荷都有可能 B．微粒做勻減速直線運動 C．微粒做勻速直線運動 D．微粒做勻加速直線運動 解析　微粒做直線運動的條件是速度方向和合力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場力的方向與場強方向相反，則微粒必帶負電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，故選項B正確． 12．(2017·山西太原考試)如圖所示，直角坐標系xOy位于同一豎直平面內，其中x軸水平、y軸豎

43、直，xOy平面內矩形區(qū)域OABC內有方向垂直O(jiān)A的勻強電場，OA長為l，與x軸間的夾角θ＝30°.一質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質點)從y軸上的P點沿x軸方向以一定速度射出，恰好從OA的中點M垂直O(jiān)A進入電場區(qū)域．已知重力加速度為g. (1)求P的縱坐標yp及小球從P射出時的速度v0； (2)已知電場強度的大小為E＝，若小球不能從BC邊界離開電場，OC長度應滿足什么條件？ 解析　(1)設小球從P運動到M所用時間為t1，則有 yp－sin θ＝gt，cos θ＝v0t1， ＝gt1，解得yP＝l，v0＝. (2)設小球到達M時速度為vM，進入電場后加速度為a，有 vM＝，又mgcos θ＝qE， 小球在電場中沿vM方向做勻速直線運動，沿與vM垂直方向做加速度為a的勻加速運動，設邊界OC的長度為d時，小球不從BC邊射出，在電場中運動時間為t2， mgsin θ＝ma， d>vMt2，＝at，解得d>l. 答案　(1)l　　(2)d>l 22