第六章第三節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動

1、基礎再現(xiàn)，夯實雙基第三節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動依煙汨點韓基因本，學生用書P107)一、電容器、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)帶電量：一個極板所帶電量的絕對值.(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存 電場能.放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能.2.電容(1)定義式：=Q-.(2)單位:法拉(F), 1 F= 10%F= 1012pF.(3)電容與電壓、電荷量的關系：電容 C的大小由電容器本身結構決定，與電壓、電荷量 無關.3 .平行板電容器(1)影響因

2、素：平行板電容器的電容與正對面積成正比,與介質的介電常數(shù)成正比，與兩 極板間距離成反比.(2)決定式：C=/S, k為靜電力常量.4 TkdC =言僅適用于平行板電容器八.A QAQ特別提醒c=Q或C=適用于任何電容器，但UAU 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)一個電容器的電荷量增加A Q= 1.0X 10 6 C時，兩板間電壓升高 10 V,則電容器的電容 C=1.0X10 7F.()標有“1.5 F, 9 V”規(guī)格的電容器，其所帶電荷量不超過1.35

3、X 10 5C.()則電壓(6)平行板電容器充電后與電源斷開，則電荷量Q一定；若一直與穩(wěn)壓電源連接,U不變.()提示：(1)X (2)X (3)X (4)，(5)，(6)，二、帶電粒子在電場中的運動示波管11(1)在勻強電場中： W= qEd = qU = 2m2二2mv0.(2)在非勻強電場中： W= qU = 2mv2-2mvW.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.沿初速度方向：做勻速運動.沿電場方向：做初速度為零的勻加速運動.©特別提醒帶電粒子在電場中的重力

4、問題基本粒子：如電子、質子、“粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不 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，一般都不能忽略重力.3 .示波管(1)構造及功能(如圖所示)電子槍：發(fā)射并加速電子.偏轉電極YY':使電子束豎直偏轉(加信號電壓)；偏轉電極XX':使電子束水平偏轉(加 掃描電壓).(2)工作原理：偏轉電極XX和YY'不加電壓，電子打到屏幕中心； 若只在XX'之間加電壓， 電子只在X方向偏轉；若只在YY'之間加電壓，電子只在Y方向偏轉；若XX'加掃描電壓，YY'

5、 加信號電壓，屏上會出現(xiàn)隨信號而變化的圖象.心國圖圖臼2.如圖所示，電子的電荷量為e,質量為m,從靜止加速后進入偏轉電 場.則剛進入偏轉電場的速度 vo=,進入偏轉電場后做 運動，飛出偏轉電場所用時間t=5±V0=l常勻變速曲線（類平拋）y贏答案:多維課堂上考點突破1 C .2Uie . 提不：由Uiq = mv2可知v0= yjm,進入偏轉電場后受與初速度垂直的電場力作用,做勻變速曲線運動（類平拋）.由于水平方向做勻速直線運動，故飛出極板所需的時間為【典題例析】由（|海cM小.由。 得I柏大，由2胞 甜K小壺"由強而辱CM小,由Q） 得gJt,由川加 傅卜淵大'曲

6、I向西小.由和 yi大.由。的£增大90小，由日商*減小由a冏c»a由國科Q味心，由（工槨配不旁L由I】用小，由口j用5*步，由俘閨不支A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话肟键c1 電容器的動態(tài)分析問題學生用書P108【知識提煉】平行板電容器動態(tài)分析模板平打板電容器 心舟 加書板間場瓠人旦 d例工（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表木.下列說法正確的是 （）B.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則 U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊?/p>

7、半，則E變?yōu)樵瓉淼囊话胍唬?，一， .&S 一，一， ， Q U審題指導d變化引起電容器電容變化，由c=4；而分析電容變化，結合 c=Q、£=不分析E如何變化；Q變化，由C = Q分析電壓變化，再由 E=U分析E變化.Ud解析E=，保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹對；彳持E 不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則 U變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺錯；C = Q, C = 4：kd，保持d不變， UQ Q Q dT. d 4 Tikd4 71kC不變，Q加倍，U加倍，C錯；E=g=n=- = 將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t E變 d Cd rS . rS為原來的一半，D對.答案AD【跟

8、進題組】考向1 Q不變時電容器的動態(tài)分析1. 一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變， 在兩極板間插入一電介質，其電容 C和兩極板間的電勢差 U的變化情況是（）A . C和U均增大B. C增大，U減小C. C減小，U增大D. C和U均減小解析：選B.由公式C=4知，在兩極板間插入一電介質，其電容 C增大，由公式C= Q知，電荷量不變時，U減小，B正確.13考向2 U不變時電容器的動態(tài)分析2. （2016高考全國卷乙）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 （）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，

9、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，極板間電場強度不變解析：選D.平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變.若將云母介質移出，電容 C減小，由C=Q可知，電容器所帶電荷量 Q減小，即電容器, U一， 一、 一極板上的電何量減小.由于U不變，d不變，由E=彳可知，極板間電場強度 E不變，選項D正確，A、B、C錯誤.1考向3平行板電容器中帶電粒子的問題分析3.（多選）如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容 器中的P點且處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將上極板豎直向上移動一小段距離，則 （）A.帶電油滴將沿豎直方

10、向向上運動B. P點電勢將降低C.電容器的電容減小，極板帶電荷量減小D.帶電油滴的電勢能保持不變解析：選BC.電容器與電源相連，兩極板間電壓不變，下極板接地，電勢為0.油滴位于P點處于靜止狀態(tài)，因此有mg=qE.當上極板向上移動一小段距離時， 板間距離d增大，由C = 溫可知電容器電容減小，板間場強 £場=心減小，油滴所受的電場力減小， mg>qE,合力向下，帶電油滴將向下加速運動，A錯；P點電勢等于P點到下極板間的電勢差，由于 P到下極板間距離 h不變，由（f）p=AU=Eh可知，場強E減小時P點電勢降低，B對；由C =Q可知電容器所帶電荷量減小，C對；帶電油滴所處 P點電勢

11、下降，而由題圖可知油滴帶負電，所以油滴電勢能增大，D錯.總結提升力電綜合分析平行板電容器中帶電體的運動問題（1）力學角度：電場力等影響了帶電體的運動狀態(tài)，這類問題需要對帶電體進行運動狀態(tài)（靜止、加速或減速）分析和受力分析，再結合平衡條件、牛頓運動定律等進行分析和求解.若只有重力和電場力做功，則帶電體的動能、重力勢能和電勢能之和保持不變；若除了重力和電場力做功外還有其他力做功，則其他力做功等于帶電體機械能和電勢能總的變化量.（2）電學角度平行板電容器的兩極板間為勻強電場，電場強度通過e=分析;電容器的電容與電荷量的關系通過C = Q分析；rS平行板電容器的電容大小由C=而決定.考點2 帶電粒子在

12、電場中的直線運動學生用書P109【知識提煉】1 .運動類型(1)帶電粒子在勻強電場中做勻變速直線運動.(2)帶電粒子在不同的勻強電場或交變電場中做勻加速、勻減速的往返運動.2 .分析思路(1)根據帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電 粒子的運動情況.(2)根據電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解.此方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場.(3)對帶電粒子的往返運動，可采取分段處理.【典題例析】(2015高考全國卷n)如圖，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

13、時針旋轉45。，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將 ( )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審題指導由原來靜止狀態(tài)可分析粒子受力之間的關系，再判斷變化后粒子所受合力的大小和方向，則可判斷粒子的運動狀態(tài).解析兩板水平放置時，放置于兩板間 a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡.當將兩板逆時針旋轉45。時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉 45。，受力情況如圖所示，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動.選項正確.答案D【跟進題組】口考向1帶電粒子在勻強電場中的直線運動1 .(高考安徽卷)如圖所示，充電

14、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：由v2=2gh,得v= J2gR(2)在極板間帶電小球受重力和電場力彳用，由牛頓運動定律知：mg-qE= ma由運動學公式知：0 v2= 2admg (h + d)整理得電場強度 E=-dqU由U = Ed, Q=CU,得電容器所帶電荷量

15、mg (h+d)Q=Cq(3)由 h = 1gt2,0= v+ at2,t= ti +t2整理得答案：(1)，,頌 (2)mg (h+d) Cmg (h+d)qd考向2帶電粒子在交變電場中的直線運動2.如圖甲所示，A板電勢為0, A板中間有一小孔，B板的電勢變化情況如圖乙所示,一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在t=時刻以初速度為0從A板上的小孔處進入兩極4板間，僅在電場力作用下開始運動，恰好到達B板.則（）甲A Ba. a、b兩板間的距離為yqumb.粒子在兩板間的最大速度為yqm0C.粒子在兩板間做勻加速直線運動D.若粒子在t = T時刻進入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向 A板運動，

16、最終打8C錯誤；粒解析：選B.粒子僅在電場力作用下運動，加速度大小不變，方向變化，選項2, T ,一 一一一 ，3T ，_ _1 qUo T子在t= 4時刻以初速度為 o進入兩極板，先加速后減速，在"4時刻到達b板，則1案工d 曰2,解得d =一 TqUoT/、31 qUo位移x=2 m?,選項A錯誤；粒子在2時刻速度最大，則 vm= md 4B正確；若粒子在t=T時刻進入兩極板間，在TT時間內，粒子做勻加速運動, 88 23T 2 9dT3T =9d,所以粒子在T時刻之前已經到達 B板，選項D錯誤. 882考點3帶電粒子在電場中的偏轉學生用書piio【知識提煉】1.基本規(guī)律：設粒子

17、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I,板間距離為d（忽略重力影響）,則有（1）加速度:F _qE_qUmd.（2）在電場中的運動時間:i t=_ vol= Vxt= V0t位移 1 2V= 2at2vx= vo(4)速度Vy= atqUt ，22刈=而，v=Vv2+vy,vy qUl tan 0=_=2 .vx mvod2.兩個結論(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.證明：由 qUo=2mv2及 tan 0= mdv2得tan 0=懸.(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為粒子水平位移的中

18、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1cleU重的角度進仃求斛：qUy=7v2 2mv0,其中Uy= ”，指初、末位置間的電勢差.【典題例析】abed,水平邊ab長為s,如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域 豎直邊ad長為h.質量均為m、帶電量分別為+ q和一q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和 cd方向以速率vo進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中).不計重力.若兩粒子軌跡恰好相切，則vo等于()審題指導當粒子垂直電場進入時做類平拋運動，由運動的分解可知水平方向做勻速 運動，豎直方向做初速度為零的勻

19、加速運動，且兩粒子的運動軌跡對稱，結合上述關系可求 解問題.解析因兩粒子運動軌跡恰好相切，切點為矩形區(qū)域中心，則對其中一個粒子，水平方向，=vot,豎直方向2'=1at2且滿足a=Emq,三式聯(lián)立解得vo = 's qmqh，故B正確.答案B【跟進題組】口考向1帶電粒子在勻強電場中的偏轉1 .示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子(帶電量為e)被加速后從金屬板的小孔穿出，進入偏轉電場.電子在穿出偏轉電場后沿直線前進，最后打在熒光屏上.設加速電壓Ui = 1 640 V ,偏轉極板長l = 4 cm,偏轉極板間距 d = 1 cm,當電子加速后從兩偏轉極 板的正中央沿與板平

20、行的方向進入偏轉電場.(1)偏轉電壓U2為多大時，電子束打在熒光屏上偏轉距離最大？(2)如果偏轉極板右端到熒光屏的距離L = 20 cm,則電子到達熒光屏時最大偏轉距離為多少？解析：(1)要使電子束打在熒光屏上偏轉距離最大，電子經偏轉電場后必須從下板邊緣出 來.2在加速電場中，由動能定理得eU1=T°進入偏轉電場初速度：2eU1一下在偏轉電場的飛行時間 t1 = 在偏轉電場的加速度eE eU2m - md電子從下極板邊緣出來,d_ 1 2_ eU2l2 _ U2I22=2at1 = 2mdv0=4dU1 /口1解得 U2=-U1=205 V.8(2)電子束打在熒光屏上最大偏轉距離y=

21、2+y2eU2l電子離開電場的側向速度vy=*1=0電子離開偏轉電場到熒光屏的時間t2= LvoeU2lL U2ILvy=vyt2= mdvr=2dui= 0.05 md所以電子取大偏轉距離y = 2+y2= 0.055 m.考向2帶電粒子在交變電場中的偏轉答案：(1)205 V (2)0.055 md,板間電場強度的變化規(guī)律2 .（多選）（2015高考山東卷）如圖甲，兩水平金屬板間距為如圖乙所示.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3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0T時間內運動

22、的描述，正確的是（）甲乙A.末速度大小為V2v0B.末速度沿水平方向1C.重力勢能減少了 2mgdD.克服電場力做功為 mgdmg=qE0.把微粒的運動分解，水平方向：做解析：選BC.0T時間內微粒勻速運動，有3一八一， 、， T 2T ，一一， 2T ,、，速度為v0的勻速直線運動；豎直萬向：不刀時間內，只受重力，做自由洛體運動，彳時亥333viy= gq； §T時間內，a= = g,做勻減速直線運動，T時刻，v2y= viya=0, 331113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A Ep=mg2 =1 ，一八，一八、一1_1，一2mgd

23、,所以選項 C正確.根據動能te理：2mgd- W克電=0,得 W克電= 2mgd,所以選項 D錯誤.分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題的關鍵（1）條件分析：帶電粒子的初速度 v0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中做類平拋運動（若計重力，qEwmg）.（2）運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動.隨堂達標&鞏固落實學生用書P111）1.（2016高考天津卷）如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計P點的點電荷，以E表示兩板間金屬外殼和電容器下極板都接地.在兩極板間有一個固定在的電場強

24、度，Ep表示點電荷在P點的電勢能， 將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則。表示靜電計指針的偏角. 若保持下極板不動,A.。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：選D.平行板電容器帶有等量異種電荷，當極板正對面積不變時，兩極板之間的電場強度E不變.保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至題圖中虛線位置，由U =Ed可知，兩極板之間的電勢差減小， 靜電計指針的偏角 。減小，由于下極板接地（電勢為零）,兩極板之間的電場強度不變，所以點電荷在P點的電勢能Ep不變.綜上所述，選項 D正確.2.（高考天津卷）如圖所示，平行金屬板 A、B水平正對放置，分別帶

25、等量異號電荷.一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么A.若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B .微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C .微粒從M點運動到N點動能一定增加D .微粒從M點運動到N點機械能一定增加解析：選C.分析微粒的運動軌跡可知，微粒的合力方向一定豎直向下，由于微粒的重力A錯誤.微粒從M點運動到N不可忽略，故微粒所受的電場力可能向下，也可能向上，故點，電場力可能做正功，也可能做負功，故微粒的電勢能可能減小， 也可能增大，故B錯誤.微C正確.微粒從M粒從M點運動到N點的過程中，合力做正功，故微粒的動能一定增加, 點運動到N點的過程中，除重力之

26、外的電場力可能做正功，也可能做負功，故機械能不一定 增加，D錯誤.3.（2017杭州一中月考）如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d且分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N.今有一帶電質點，自 A板上方相距為d的P點由靜止自由下落（P、M、N在同一豎直線上），空氣阻力忽略不計，到達 N孔時速度恰好為零，然后沿A.把A板向上平移一小段距離，質點自 B.把A板向下平移一小段距離，質點自 C.把B板向上平移一小段距離，質點自 D.把B板向下平移一小段距離，質點自 解析：原路返回.若保持兩極板間的電壓不變，則下列說法不正確的是（）P點自由下落后仍能返回P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落P點自

27、由下落后仍能返回P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落選B.移動A板或B板后，質點能否返回P點的關鍵是質點在 A、B間運動時到達B板之前速度能否減為零，如能減為零，則一定沿原路返回P點；如不能減為零，則穿過 B板后只受重力，將繼續(xù)下落.因質點到達N孔時速度恰為零，由動能定理得mg2d qU=0.因極板一直與電源兩極連接，電壓U一直不變，當A板上移、下移時，滿足 qU mgh=0的條件，即h = 2d,則質點到達 N孔時速度恰好為零，然后按原路返回，A正確，B錯誤.當1把B板上移后，設質點仍能到達 B板，則由動能7E理得 mghqU = mv2,因B板上移后h2d,所以mghvqU,即看似動能為負值，

28、實際意義為在此之前物體動能已為零，將沿原路一 .1c 返回，C正確.把B板下移后，有mgh - qU = 2mv2>0,即質點到達N孔時仍有向下的速度， 將穿過B板繼續(xù)下落，D正確.4.（多選）如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象.當t=0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（）A.帶電粒子將始終向同一個方向運動B. 2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點C. 3 s末帶電粒子的速度為零D. 03 s內，電場力做的總功為零解析:選CD.由牛頓第二定律知，帶電粒子在第1 s內的加速度a = Eq為第2 s內加速度”平,1的£

29、,因此先加速1 s再減速0.5 s至速度為零，接下來的0.5 s將反向加速，vt圖象如圖所示，由對稱性可知，反向加速的距離是帶電粒子剛好回到減速開始的點，A、B均錯誤；。3 s內，帶電粒子的初、末速度均為零，動能的變化為零，電場力做的功為零，C、D正確.5. (2016高考北京卷)如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出.已知電子質量為m,電荷量為e,加速電場電壓為 U0.偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為 U,極板長度為L,板間距為d.(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時的初速度V0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離A y;(2)

30、分析物理量的數(shù)量級， 是解決物理問題的常用方法.在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據分析說明其原因.已知U = 2.0X102 V, d = 4.0X10 2 m, m= 9.1 x 10 31kg, e= 1.6X10 19 C, g=10 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的能的性質，請寫出電勢。的定義式.類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”心的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點.1 C解析：(1)根據功和能的關系，有 eU0 = 2mv0電子射入偏轉電場的初速度V0 =2eUo在偏轉電場中，電子的運動時間A12 1 eU 2 U

31、L2偏轉距離 A y=2a(At) =2dm(AD =碩.(2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力G= mg10 29 N.eU電場力F = -d-10 15 N由于F? G,因此不需要考慮電子所受重力.(3)電場中某點電勢 。定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即Eq由于重力做功與路徑無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力 Eg勢能Eg與其質量m的比值，叫做“重力勢”，即 帕=正電勢。和重力勢 如都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定.答案： 照°念d (2)見解析(3)見解析課后檢測，能力提升學生用書P307(獨立成冊)、單項選擇

32、題1.如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為 l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子 P靜止在電容器中.當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動.重力加速度為g.粒子運動的加速度為()1A.dgd lBTgC.d-lg D.d-lg解析：選A.帶電粒子在電容器兩極板間時受到重力和電場力的作用,最初處于靜止狀態(tài),由二力平衡條件可得：mg=q;當把金屬板從電容器中快速抽出后,d 一 l電容器兩極板間的電勢差不變，但兩極板間的距離發(fā)生了變化，引起電場強度發(fā)生了變化，從而電場力也發(fā)生了 .、,，一一、八U 一,一,r 變化，粒子受力不再

33、平衡，產生了加速度，根據牛頓第二定律ma=mg有，兩式聯(lián)立可得a=dg.2.（2015高考安徽卷）已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為武，其中b為平面上單位面積所帶的電荷量，為常量.如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為 S,其間為真空，帶電荷量為 Q.不計邊緣效應時，極板可看做無窮大導體板，則極板間的電場強 度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為（）“ Q 對 Q2Q Q2A.於和oSBN與和oSQQ2QQ2C.27S和 20S D.量n2-0S解析：選d.每塊極板上單位面積所帶的電荷量為戶Q,每塊極板產生的電場強度為ES=£,所以兩極板間的電場強度為2E = &

34、quot;Q.一塊極板在另一塊極板處產生的電場強度E'=2 0©S,故另一塊極板所受的電場力F = qE'= Q 5%=.,選項D正確.2 oS2 oS 2 ©S3. 一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）.小孔正上方d處的P點有一帶電粒子，該粒子從 靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回.若將下極板向上平移B，則從P點開始下落的相同粒子將（）3A .打到下極板上B .在下極板處返回 d,C.在距上極板2處返回D.在距上極板2d處返回5解析：選D.設粒子質

35、量為 m,帶電量為q,由動能定理得，第一次粒子從P點下落有mg d + 2 -qU = 0;設第二次粒子從 P點下落進入電容器后在距上極板距離為x處返回，有d x 一 . 一 2. 一 .mg x+ 2 -q2-U = 0,聯(lián)立解得 x=5d,故選項 D正確.3d4.（2017宿州模擬）如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動 到右極板的過程中它們的（）A.運行時間tP>tQB.電勢能減少量之比A Ep ：

36、A Eq=2 ： 1C.電荷量之比qp ： qQ = 2 ： 1D.動能增加量之比A EkP ： A EkQ = 4 ： 1解析：選C.兩球在豎直方向上都做自由落體運動，由于下落高度相同，所以運動時間相 1c.等，A錯反；在水平方向上，兩球都做勻加速運動，由x = at2可得ap:aQ = 2 ： 1,則qp：qQ=2： 1, C正確；電勢能的減少量A Ep ： AEQ=（qpExp） ： 9qExq）=4 ： 1, B錯誤；動能增加量(mgh+AEp) ： (mgh+AEq)<4 ： 1, D 錯誤.5.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

37、，射入方向沿兩極板的中心線. 當極板間所加電壓為 Ui時，粒子落在A板上的P點.如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?2vo,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3為（A. U2=3Ui B. U2=6UiC. U2=8Ui D. U2= 12Uid 1 一斛析：選D.板間距曷為d,射入速度為v0,板間電壓為Ui時，在電場中有：2=2at2, a2 2.qmd1, t=vx；,解得U1=-qxF； a板上移,，射入速度為2vo,板間電壓為W時，在電場中有：d=2at2, a'= 2, t'=會，解得山=瞿丫°,即 U2=12Ui,選 D. 2

38、31md2 v0qx二、多項選擇題6.（2015高考江蘇卷）一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平 向左.不計空氣阻力，則小球 （）A.做直線運動B.做曲線運動C.速率先減小后增大D .速率先增大后減小解析：選BC.小球運動時受重力和電場力的作用，合力 F方向與初速度vo方向不在一條直線上，小球做曲線運動，選項 A錯誤、B正確.將初速度 vo分解為垂直于F方向的vi和沿F方向的V2,根據運動與力的關系，vi的大小不變，V2先減小后反向增大，因此小球的速 率先減小后增大，選項 C正確、D錯誤.7.如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化

39、的規(guī)律如圖乙所示.電子原來靜止在左極板小孔處（不計重力作用）.下列說法中正確的是（）A.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C.從4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D.從T時刻釋放電子，電子必將打到左極板上解析:選AC.根據題中條件作出帶電粒子的速度圖象，根據速度圖象包圍的面積分析粒 子的運動.由圖1知，t = 0時釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運動，一定能夠擊中右板，選項 A正確、B錯誤.由圖2知，t =：時釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等,若釋放后的2內不能到達右板，則之后往

40、復運動，選項C正確、D錯誤.8.如圖所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長板間距離d= 4X 10 3 m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度L= 0.4 m,兩極vo從兩極板中央平行極板射入，開關 S閉合前，兩極板間不帶電，由于重力作用，微粒能落到下極板的正中央.已知微粒質量 m=4X10-5 kg、電荷量q=+ 1X10 8 C, g=10 m/s2,則下列說法正確的是（）A.微粒的入射速度B .電容器上極板接電源正極時微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場C.電源電壓為180 V時，微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶鯠.電源電壓為100 V時，微?？赡軓钠叫邪?/p>

41、電容器的右邊射出電場解析：選AC.開關S閉合前，兩極板間不帶電，微粒落到下極板的正中央，由2=v0t,聯(lián)立得V0 = 10 m/s, A對；電容器上極板接電源正極時，微粒的豎直方向加速度更大,a,電場力向上,水平位移將更小，B錯；設微粒恰好從平行板右邊緣下側飛出時的加速度為 則2： = 2at2, IM mg-野=四聯(lián)立解得U1=120 V,同理微粒在平行板右邊緣上側飛出時，可得U2=200 V,所以平行板上板帶負電，電源電壓為120 VWUW200 V時，微?？梢詮钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶觯珻對、D錯.三、非選擇題9. （2016高考四川卷）加速縫隙M沖也獴中國科學院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本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用.如圖所示，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.質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在