(全國(guó)通用版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第21講 電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案
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(全國(guó)通用版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第21講 電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案
第21講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
考綱要求
考情分析
命題趨勢(shì)
1.示波管Ⅰ
2.常見(jiàn)的電容器Ⅰ
3.電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ
4.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)Ⅱ
2017·全國(guó)卷Ⅱ,25
2017·江蘇卷,4
高考對(duì)本節(jié)內(nèi)容的考查主要是通過(guò)選擇題考查電容器及其動(dòng)態(tài)分析、帶電粒子在電場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題,有時(shí)也會(huì)出現(xiàn)涉及能量的力電綜合題目,同時(shí)注意本節(jié)內(nèi)容的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題
1.電容器及電容
(1)電容器
①組成:由兩個(gè)彼此__絕緣__又相互靠近的導(dǎo)體組成;
②帶電荷量:一個(gè)極板所帶電荷量的__絕對(duì)值__;
③電容器的充、放電
a.充電:使電容器帶電的過(guò)程,充電后電容器兩極板帶上等量的__異種電荷__,電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能;
b.放電:使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程,放電過(guò)程中__電能__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__與兩個(gè)極板間的__電勢(shì)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(lǐng)的高低;
⑤決定因素:由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、形狀、相對(duì)位置及電介質(zhì))決定,與電容器是否__帶電__及__電壓__無(wú)關(guān).
(3)平行板電容器的電容
①?zèng)Q定因素:正對(duì)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(1)加速問(wèn)題
①在勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qEd=qU=__mv2-mv__;
②在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qU=__mv2-mv__.
(2)偏轉(zhuǎn)問(wèn)題
①條件分析:不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng);
②運(yùn)動(dòng)性質(zhì):__勻變速曲線__運(yùn)動(dòng);
③處理方法:利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解.
a.沿初速度方向:做__勻速__運(yùn)動(dòng);
b.沿電場(chǎng)方向:做初速度為零的__勻加速__運(yùn)動(dòng).
3.示波管
(1)裝置:示波管由__電子槍__、__偏轉(zhuǎn)電極__和__熒光屏__組成,管內(nèi)抽成真空,如圖所示.
(2)原理
①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒(méi)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(chǎn)生一個(gè)亮斑;
②YY′上加的是待顯示的__信號(hào)電壓__,XX′上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓,叫做掃描電壓.若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相同,就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的圖象.
1.判斷正誤
(1)電容器所帶的電荷量是指每個(gè)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(qiáng)電場(chǎng)中只能做類平拋運(yùn)動(dòng).( × )
(5)帶電粒子在電場(chǎng)中,只受電場(chǎng)力時(shí),也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng).( √ )
(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(chǎn)生的.( √ )
(7)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì).( × )
2.如圖所示,在P板附近有一電子由靜止開(kāi)始向Q板運(yùn)動(dòng),則關(guān)于電子到達(dá)Q板時(shí)的速度,下列說(shuō)法正確的是( C )
A.兩板間距離越大,加速的時(shí)間就越長(zhǎng),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(wú)關(guān),僅與加速電壓有關(guān)
D.以上說(shuō)法均不正確
3.如圖所示,質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(粒子不計(jì)重力),則這兩個(gè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的側(cè)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(dòng)態(tài)分析
1.常見(jiàn)類型
[例1](2018·安徽安慶質(zhì)檢)如圖所示,先接通開(kāi)關(guān)S使電容器充電,然后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S.當(dāng)增大兩極板間距離時(shí),電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢(shì)差U、電容器兩極板間場(chǎng)強(qiáng)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(kāi)開(kāi)關(guān)S,其所帶的電荷量不變.由C∝可知,d增大時(shí),C變小時(shí),又因?yàn)閁=,所以U變大,對(duì)于場(chǎng)強(qiáng)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(xiàng)C正確.
解決電容器問(wèn)題的兩個(gè)常用技巧
(1)在電荷量保持不變的情況下,由E===知,電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距離無(wú)關(guān).
(2)對(duì)平行板電容器的有關(guān)物理量Q、E、U、C進(jìn)行討論時(shí),關(guān)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(jìn)行判定即可.
二 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)是否考慮重力的處理方法
(1)基本粒子:如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等,除有說(shuō)明或明確的暗示以外,一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量).
(2)帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說(shuō)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(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩種思路
(1)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析:帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),受到的電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上,做加(減)速直線運(yùn)動(dòng).
(2)用功與能的觀點(diǎn)分析:電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化量,即qU=mv2-mv.
[例2]一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下,在t=0時(shí)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示,不計(jì)重力,求在t=0到t=T的時(shí)間間隔內(nèi)
(1)粒子位移的大小和方向;
(2)粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.
解析 (1)帶電粒子在0~、~、~、~T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng),設(shè)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(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的a-t圖象如圖甲所示,對(duì)應(yīng)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(shí)的位移為
x=v1,⑥
由⑤⑥式得x=T2,
它沿初始電場(chǎng)正方向.
(2)由圖乙可知,粒子在t=T到t=T內(nèi)沿初始電場(chǎng)的反方向運(yùn)動(dòng),總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為t=T-T=.
答案 見(jiàn)解析
帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的分析思路
三 帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
1.基本規(guī)律:設(shè)粒子帶電荷量為q,質(zhì)量為m,兩平行金屬板間的電壓為U,板長(zhǎng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t=.
(3)位移
y=at2=.
(4)速度vy=,v=,
tan θ==.
2.兩個(gè)結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的,偏轉(zhuǎn)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(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即O到電場(chǎng)邊緣的距離為.
3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系
當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí),也可以從能量的角度進(jìn)行求解:qUy=mv2-mv,其中Uy=y(tǒng),指初、末位置間的電勢(shì)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(cè)有兩個(gè)相同的平行金屬極板水平正對(duì)放置,板長(zhǎng)l=6.0 cm,相距d=2 cm,兩極板間加以電壓U2=200 V的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng).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(zhuǎn)電場(chǎng).已知電子的電荷量e=1.6×10-19 C,電子的質(zhì)量m=0.9×10-30 kg,設(shè)電子離開(kāi)金屬絲時(shí)的速度為零,忽略金屬極板邊緣對(duì)電場(chǎng)的影響,不計(jì)電子受到的重力.求:
(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek;
(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量y;
(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它所做的功W.
解析 (1)電子在加速電場(chǎng)中,根據(jù)動(dòng)能定理有eU1=Ek,解得Ek=4.0×10-16 J.
(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,電子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),由l=v1t,解得t=.
電子在豎直方向受電場(chǎng)力F=e,
電子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)其加速度為a,依據(jù)牛頓第二定律有e=ma,解得a=.
電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量
y=at2=,解得y=0.36 cm.
(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)位置的電勢(shì)差U=y(tǒng),電場(chǎng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法
(1)注重全面分析
分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律,抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和空間上具有對(duì)稱性的特征,求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移等,并確定與物理過(guò)程相關(guān)的邊界條件.
(2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)
一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析;二是功能關(guān)系,根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解);
②粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究);
③粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究).
[例4](多選)如圖甲所示,平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力),兩板間距離足夠大.當(dāng)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(gè)物理量隨時(shí)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(shí),因?yàn)殡娮釉谄叫薪饘侔彘g所受的電場(chǎng)力F=,所以電子所受的電場(chǎng)力大小不變.由牛頓第二定律F=ma可知,電子在第一個(gè)內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在第二個(gè)內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng),在第三個(gè)內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在第四個(gè)內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)位移x=v0t+at2,所以x-t圖象應(yīng)是曲線.故選項(xiàng)A、D正確,B、C錯(cuò)誤.
(1)利用圖象
帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),受電場(chǎng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況,可直觀展示其物理過(guò)程,從而快捷地分析求解.
畫圖象時(shí)應(yīng)注意在v-t圖中,加速度相同的運(yùn)動(dòng)一定是平行的直線,圖象與v-t軸所夾面積表示位移,圖象與t軸的交點(diǎn)表示此時(shí)速度反向.
(2)利用運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性
對(duì)一個(gè)復(fù)雜的合運(yùn)動(dòng),可以看成是幾個(gè)分運(yùn)動(dòng)合成的.某一方向的分運(yùn)動(dòng)不會(huì)因其他分運(yùn)動(dòng)的存在而受到影響.應(yīng)用這一原理可以分析帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).根據(jù)各分運(yùn)動(dòng)的情況,再按運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律分析合運(yùn)動(dòng)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(nèi)部,閉合S,電容器充電,這時(shí)懸線偏離豎直方向的夾角為θ,下列說(shuō)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.?dāng)嚅_(kāi)S,將A板向B板靠近,則θ增大
D.?dāng)嚅_(kāi)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(dāng)A板向B板靠近時(shí),E增大,小球所受電場(chǎng)力增大,θ增大,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;斷開(kāi)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(chǎng)強(qiáng)度,小球所受的電場(chǎng)力不變,故θ不變,選項(xiàng)D正確,C錯(cuò)誤.
2.一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( D )
A.極板上的電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大
B.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大
C.極板上的電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變
D.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變
解析 由C=可知,當(dāng)將云母介質(zhì)移出時(shí),εr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)Q=CU可知,當(dāng)C減小時(shí),Q減?。儆蒃=,由于U與d都不變,故電場(chǎng)強(qiáng)度E不變,選項(xiàng)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(fù)極板邊緣沿垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng),電子恰好從正極板邊緣飛出,現(xiàn)保持負(fù)極板不動(dòng),正極板在豎直方向移動(dòng),并使電子入射速度變?yōu)樵瓉?lái)的2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?lái)的( C )
A.2倍 B.4倍
C. D.
解析 設(shè)極板長(zhǎng)為L(zhǎng),間距為d,電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向有L=v0t,豎直方向有d=at2=,所以d2=,即d∝,選項(xiàng)C正確.
4.(2017·黃岡中學(xué)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(chǎng),其變化規(guī)律如圖乙所示(取水平向右為正方向).一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(重力不計(jì)),開(kāi)始處于圖中的A點(diǎn).在t=0時(shí)刻將該粒子由靜止釋放,經(jīng)過(guò)時(shí)間t0,剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),且瞬時(shí)速度為零.已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0.試求:
(1)電場(chǎng)變化的周期T應(yīng)滿足的條件;
(2)A、B之間的距離;
(3)若在t=時(shí)刻釋放該粒子,則經(jīng)過(guò)時(shí)間t0粒子的位移為多大?
解析 (1)根據(jù)粒子的初狀態(tài)和受力特點(diǎn)可知,粒子運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示.可見(jiàn),當(dāng)t0=nT時(shí),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(shí)刻釋放該粒子,其v-t圖象如圖所示,此時(shí)t0時(shí)間內(nèi)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(yáng)調(diào)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(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,從斜槽頂端A沿斜槽向下釋放一初速度為v0的帶負(fù)電的小球,小球質(zhì)量為m,帶電荷量為q,斜槽底端B與A點(diǎn)的豎直距離為h.則關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)情況,下列說(shuō)法中正確的是( )
A.只有E≤+時(shí),小球才能沿斜槽運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)
B.只有E≤時(shí),小球才能沿斜槽運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)
C.小球若沿斜槽能到達(dá)B點(diǎn),最小速度可能是v0
D.小球若沿斜槽能到達(dá)B點(diǎn),最小速度一定大于v0
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扣分
AD
不仔細(xì)看題目選項(xiàng),只憑感覺(jué),則在A、B中會(huì)錯(cuò)選A項(xiàng).只要注意到“沿斜槽運(yùn)動(dòng)”,就很容易得出若qE>mg,小球會(huì)直接就由料槽上“飄”起來(lái)了,不再“沿斜槽”運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)B正確,若mg=qE,小球則會(huì)勻速直線運(yùn)動(dòng),若mg>qE,則加速下滑,故選項(xiàng)C正確.
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[規(guī)范答題]
[解析] 根據(jù)受力情況可知,要使小球下滑必須重力大于等于電場(chǎng)力,即E·q≤mg,于是有E≤,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)重力大于電場(chǎng)力時(shí),小球加速下滑,到達(dá)B點(diǎn)速度,大于v0,若是重力等于電場(chǎng)力,小球勻速下滑,到達(dá)B點(diǎn)速度為v0,若是重力小于電場(chǎng)力,小球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤.
[答案] BC
1. (2018·江西九江模擬)一個(gè)動(dòng)能為Ek的帶電粒子,垂直于電場(chǎng)線方向飛入平行板電容器,飛出電容器時(shí)動(dòng)能為2Ek如果使這個(gè)帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,那么它飛出電容器的動(dòng)能變?yōu)? C )
A.8Ek B.5Ek
C.4.25Ek D.4Ek
解析 因?yàn)槠D(zhuǎn)距離為y=,帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍時(shí),偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)?,所以靜電力做功只有W=0.25Ek,而初動(dòng)能變?yōu)?Ek,故它飛出電容器時(shí)的動(dòng)能變?yōu)?.25Ek故選項(xiàng)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(diǎn).由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn).現(xiàn)將C板向右平移到P點(diǎn),則由O點(diǎn)靜止釋放的電子( A )
A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回
B.運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回
C.運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回
D.穿過(guò)P′點(diǎn)
解析 由題意知,電子在A、B板間做勻加速運(yùn)動(dòng),在B、C板間做勻減速運(yùn)動(dòng),到P點(diǎn)時(shí)速度恰好為零,設(shè)A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2,由動(dòng)能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;現(xiàn)將C板右移至P′點(diǎn),由于板上帶電荷沒(méi)有變化,B、C板間電場(chǎng)強(qiáng)度E===,E不變,故電子仍運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回,選項(xiàng)A正確.
3.如圖所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道,軌道平面與電場(chǎng)方向平行.a(chǎn)、b為軌道直徑的兩端,該直徑與電場(chǎng)方向平行.一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計(jì)重力,求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能.
解析 設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m,經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)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(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Eka和Ekb,則有
Eka=mv,Ekb=mv.
根據(jù)動(dòng)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(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°,再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將( D )
A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)
C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D.向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)
解析 兩平行金屬板水平放置時(shí),微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài),其合力為零,對(duì)其受力分析,如圖甲所示,設(shè)電容器兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,微粒受到豎直向下的重力G和豎直向上的電場(chǎng)力qE,且G=qE;兩平行金屬板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后,對(duì)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(yùn)動(dòng),選項(xiàng)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(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)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(chǎng)力的作用下,兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng).已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)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M∶m為( A )
A.3∶2 B.2∶1
C.5∶2 D.3∶1
解析 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,對(duì)電荷量為q的粒子有aM=,l= t2;對(duì)電荷量為-q的粒子有am=,l= t2,聯(lián)立解得=,選項(xiàng)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(wú)初速度地飄入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1,之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在屏上.整個(gè)裝置處于真空中,不計(jì)粒子重力及其相互作用,那么( AD )
A.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多
B.三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大
C.三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同
D.三種粒子一定打到屏上的同一位置
解析 設(shè)加速電場(chǎng)兩板間距離為d,則qE1d=mv,粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),設(shè)側(cè)移量為y,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板的長(zhǎng)度為L(zhǎng),則y= ()2=,在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)粒子做的功W=qE2y=,由于三種粒子的電荷量相等,因此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做的功相等,選項(xiàng)A正確;三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v滿足qE1d+qE2y=mv2,由于質(zhì)量不同,因此速度v大小不同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上的時(shí)間t=+x,x為加速電場(chǎng)右極板到屏的距離,由于質(zhì)量不同,因此運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于粒子從同一位置射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),射出電場(chǎng)時(shí)的速度的反向延長(zhǎng)線均交于偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中線的中點(diǎn),因此粒子會(huì)打在屏上同一位置,選項(xiàng)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(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落,穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì),極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng),重力加速度為g).求:
(1)小球到達(dá)小孔處的速度;
(2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量;
(3)小球從開(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間.
解析 (1)由v2=2gh得v=.
(2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力,有
mg-qE=ma,
0-v2=2ad,
得E=,
U=Ed,Q=CU得Q=C.
(3)由h=gt,0=v+at2,
t=t1+t2,
綜合可得t=.
答案 (1) (2) C (3)
課時(shí)達(dá)標(biāo) 第21講
[解密考綱]主要考查電容器的動(dòng)態(tài)分析、帶電粒子在電場(chǎng)中加速(或減速)和偏轉(zhuǎn)的問(wèn)題,以及帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).
1.美國(guó)物理學(xué)家密立根于20世紀(jì)初進(jìn)行了多次實(shí)驗(yàn),比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量,其實(shí)驗(yàn)原理可以簡(jiǎn)化為如下模型:如圖所示,兩個(gè)相距為d的平行金屬板A、B水平放置,兩板接有可調(diào)電源.從A板上的小孔進(jìn)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(shì)差調(diào)節(jié)到U時(shí),帶電油滴恰好懸浮在兩板間;然后撤去電場(chǎng),油滴開(kāi)始下落,由于空氣阻力,下落的油滴很快達(dá)到勻速下落狀態(tài),通過(guò)顯微鏡觀測(cè)這個(gè)速度的大小為v,已知這個(gè)速度與油滴的質(zhì)量成正比,比例系數(shù)為k,重力加速度為g.則計(jì)算油滴帶電荷量的表達(dá)式為( B )
A.q= B.q=
C.q= D.q=
解析 帶電油滴恰好懸浮時(shí),由平衡條件有q=mg,油滴勻速下落時(shí)有v=km,解得q=,故選項(xiàng)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(diǎn),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(diǎn)的下方
B.將打在O點(diǎn)的上方
C.穿過(guò)平行板電容器的時(shí)間將增加
D.達(dá)到屏上動(dòng)能將減少
解析 由題意知,上極板不動(dòng)時(shí),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(chǎng)強(qiáng)度變小,小球再次進(jìn)入電場(chǎng),受靜電力減小,合力方向向下,所以小球向下偏轉(zhuǎn),將打在O點(diǎn)下方,選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間由水平方向的運(yùn)動(dòng)決定,兩次通過(guò)時(shí)水平速度不變,所以穿過(guò)平行板電容器的時(shí)間不變,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于小球向下偏轉(zhuǎn),合力對(duì)小球做正功,小球動(dòng)能增加,所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
3.如圖所示,矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),兩個(gè)帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場(chǎng),粒子a由頂點(diǎn)A射入,從BC的中點(diǎn)P射出,粒子b由AB的中點(diǎn)O射入,從頂點(diǎn)C射出.若不計(jì)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(shè)AB長(zhǎng)為2h,BC長(zhǎng)為2l,對(duì)a粒子有
2h=aat=t,
l=v0ta,
解得2h=2.
對(duì)b粒子有h=abt=t,
2l=v0tb,
解得h=2.
由2=2得
=.選項(xiàng)D正確.
4.如圖所示,兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng),板長(zhǎng)為L(zhǎng),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(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間,最后垂直打在M屏上,則下列結(jié)論正確的是( C )
A.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
B.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
C.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等
D.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間
解析 根據(jù)質(zhì)點(diǎn)垂直打在M屏上可知,質(zhì)點(diǎn)在兩板中央運(yùn)動(dòng)時(shí)向上偏轉(zhuǎn),在板右端運(yùn)動(dòng)時(shí)向下偏轉(zhuǎn),mg<qE,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解,質(zhì)點(diǎn)沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤.
5.如圖所示,帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi),恰好沿下板的邊緣飛出,已知板長(zhǎng)為L(zhǎng),板間的距離為d,板間電壓為U,帶電粒子的電荷量為q,粒子通過(guò)平行金屬板的時(shí)間為t(不計(jì)粒子的重力),則( B )
A.在前時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為
B.在后時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為
C.在粒子下落前和后的過(guò)程中,電場(chǎng)力做功之比為1∶2
D.在粒子下落前和后的過(guò)程中,電場(chǎng)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(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi),恰好沿下板的邊緣飛出,帶電粒子所做的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng).豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可知,前后兩段相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3,電場(chǎng)力做功之比也為1∶3.又因?yàn)殡妶?chǎng)力做的總功為,所以在前時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在后時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為,選項(xiàng)B正確;在粒子下落前和后的過(guò)程中,電場(chǎng)力做功相等,故選項(xiàng)C、D錯(cuò)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(chǎng)強(qiáng)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(shuō)法正確的是( AD )
A.保持U不變,將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半
B.保持E不變,將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍
C.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,則U變?yōu)樵瓉?lái)的一半
D.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半
解析 E=,保持U不變,將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,E變?yōu)樵瓉?lái)的一半,選項(xiàng)A正確;保持E不變,將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則U變?yōu)樵瓉?lái)的一半,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C=,C=,保持d不變,C不變,Q加倍,U加倍,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;E====,則Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半,E變?yōu)樵瓉?lái)的一半,選項(xiàng)D正確.
7.(2017·北京西城期末)(多選)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種靜電除塵裝置,如圖甲所示,其中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、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(fù)電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0,當(dāng)碰到下板后其所帶電荷被中和,同時(shí)被收集.將被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值,稱為除塵率.不計(jì)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U
B.只增大長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)規(guī)律可得塵埃偏轉(zhuǎn)位移為y=at2=()2,根據(jù)題意,增大除塵率,就是要增大y,需要增大電壓U,增大長(zhǎng)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(xiàng)或幾項(xiàng)即可,選項(xiàng)A、B正確.
8.(2017·東北三校二聯(lián))如圖所示,一重力不計(jì)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(dāng)極板間所加電壓為U1時(shí),粒子落在A板上的P點(diǎn).如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0,同時(shí)將A板向上移動(dòng)后,使粒子由原入射點(diǎn)射入后仍落在P點(diǎn),則極板間所加電壓U2為( 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(shí),在電場(chǎng)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(shí),在電場(chǎng)中有d=a′t′2,a′=,t′=,解得U2=,即U2=12U1,選項(xiàng)D正確.
9.(多選)如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示,t=0時(shí)刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0~時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng),T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0~T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)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(shì)能減少了mgd
D.克服電場(chǎng)力做功為mgd
解析 0~時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng),有mg=qE0.把微粒的運(yùn)動(dòng)分解,水平方向:做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng);豎直方向:~時(shí)間內(nèi),只受重力,做自由落體運(yùn)動(dòng),時(shí)刻,v1y=g;~T時(shí)間內(nèi),a==g,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),T時(shí)刻,v2y=v1y-a·=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確;重力勢(shì)能的減少量ΔEP=mg·=mgd,所以選項(xiàng)C正確;根據(jù)動(dòng)能定理:mgd-W克電=0,得W克電=mgd,所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
10.如圖所示,在電場(chǎng)中,光滑水平面上一帶正電的物體與繞過(guò)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(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變、方向始終垂直于運(yùn)動(dòng)中的輕繩指向左上方,不計(jì)滑輪摩擦,則在此過(guò)程中拉力的瞬時(shí)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(duì)物體受力分析,因?yàn)槲矬w勻速運(yùn)動(dòng),通過(guò)拉力和電場(chǎng)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(shí)功率P=Fvcos θ=qEvsin θ,從A點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),θ增大,sin θ增大,所以P增大,選項(xiàng)A正確.
11.如圖所示,在某一真空中,只有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和豎直向下的重力場(chǎng),在豎直平面內(nèi)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(yùn)動(dòng).那么( B )
A.微粒帶正、負(fù)電荷都有可能
B.微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
C.微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)
D.微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
解析 微粒做直線運(yùn)動(dòng)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(chǎng)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(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反,則微粒必帶負(fù)電,且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)B正確.
12.(2017·山西太原考試)如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy位于同一豎直平面內(nèi),其中x軸水平、y軸豎直,xOy平面內(nèi)矩形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強(qiáng)電場(chǎng),OA長(zhǎng)為l,與x軸間的夾角θ=30°.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點(diǎn))從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以一定速度射出,恰好從OA的中點(diǎn)M垂直O(jiān)A進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域.已知重力加速度為g.
(1)求P的縱坐標(biāo)yp及小球從P射出時(shí)的速度v0;
(2)已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=,若小球不能從BC邊界離開(kāi)電場(chǎng),OC長(zhǎng)度應(yīng)滿足什么條件?
解析 (1)設(shè)小球從P運(yùn)動(dòng)到M所用時(shí)間為t1,則有
yp-sin θ=gt,cos θ=v0t1,
=gt1,解得yP=l,v0=.
(2)設(shè)小球到達(dá)M時(shí)速度為vM,進(jìn)入電場(chǎng)后加速度為a,有
vM=,又mgcos θ=qE,
小球在電場(chǎng)中沿vM方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),沿與vM垂直方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)邊界OC的長(zhǎng)度為d時(shí),小球不從BC邊射出,在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,
mgsin θ=ma,
d>vMt2,=at,解得d>l.
答案 (1)l (2)d>l
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