2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點題型歸納與變式演練 專題20 電容器、帶電粒子在電場中的運動（含解析）

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1、專題20 電容器、帶電粒子在電場中的運動 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點題型一　平行板電容器及其動態(tài)分析問題 1 U不變時電容器的動態(tài)分析 2 Q不變時電容器的動態(tài)分析 3 平行板電容器中帶電粒子的問題分析 4 熱點二　帶電粒子在電場中的直線運動 5 電容器中直線運動 5 帶電粒子在勻強電場中的直線運動 6 帶電粒子在交變電場中的直線運動 7 熱點題型三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動 8 熱點題型四　帶電粒子在交變電場中的運動 12 粒子做直線往返運動 12 粒子做偏轉(zhuǎn)運動問題 14 熱點題型五　帶電體在電場、重力場中的運動 16 帶電體在電場、重力場中運動的動力學(xué)問

2、題 16 帶電體在電場、重力場中運動的動量和能量問題 17 【題型演練】 18 【題型歸納】 熱點題型一　平行板電容器及其動態(tài)分析問題 1．分析思路 (1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變． (2)用決定式C＝確定電容器電容的變化． (3)用定義式C＝判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變化． (4)用E＝分析電容器極板間場強的變化． 2．兩類動態(tài)變化問題的比較 分類 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開 不變量 U Q d變大 C變小Q變小E變小 C變小U變大E不變 S變大 C變大Q

3、變大E不變 C變大U變小E變小 εr變大 C變大Q變大E不變 C變大U變小E變小 U不變時電容器的動態(tài)分析 【例1】(2019·湖南長沙模擬)利用電容傳感器可檢測礦井滲水，及時發(fā)出安全警報，從而避免事故的發(fā)生；如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液面高低的儀器原理圖，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體(礦井中含有雜質(zhì)的水)，A、C構(gòu)成電容器．已知靈敏電流表G的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系：電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)．若礦井滲水(導(dǎo)電液體深度增大)，則電流表 (　　) A．指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電 B．指

4、針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電 C．指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電 D．指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電 【答案】B 【解析】由圖可知，液體與芯柱構(gòu)成了電容器，由圖可知，兩板間距離不變；液面變化時只有正對面積發(fā)生變化；則由C＝可知，當(dāng)液面升高時，只能是正對面積S增大；故可判斷電容增大，再依據(jù)C＝和電勢差不變，可知電容器的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，因電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)，因此指針向左偏轉(zhuǎn)，故A、C、D錯誤，B正確． 【變式】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(　　) A．極板上的電荷量

5、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，極板間電場強度不變 【答案】D. 【解析】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(zhì)移出，電容C減小，由C＝可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減?。捎赨不變，d不變，由E＝可知，極板間電場強度E不變，選項D正確，A、B、C錯誤． Q不變時電容器的動態(tài)分析 【例2】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P

6、點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大　　　　 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D ．θ減小，E不變 【答案】D. 【解析】平行板電容器帶有等量異種電荷，當(dāng)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θ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E

7、p不變．綜上所述，選項D正確． 【變式】(2019·西北師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一 個帶負(fù)電的試探電荷固定在P點．靜電計的金屬球與電容器的負(fù)極板連接，外殼接地．以E表示兩板間的 場強，φ表示P點的電勢，EP表示該試探電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持負(fù)極板將 正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計帶電量可忽略不計)，各物理量變化情況描述正確的是(　　) A．E增大，φ降低，EP減小，θ增大 B．E不變，φ降低，EP增大，θ減小 C．E不變，φ升高，EP減小，θ減小 D．E減小，φ

8、升高，EP減小，θ減小 【答案】C 【解析】將正極板適當(dāng)向右水平移動，兩板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C＝可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電量Q不變，由C＝得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減小，再依據(jù)板間場強E＝＝＝，可見E不變；P點到正極板距離減小，且正極接地，由公式U＝Ed得知，則P點的電勢；負(fù)電荷在P點的電勢能減小，故A、B、D錯誤，C正確． 平行板電容器中帶電粒子的問題分析 【例3】(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極

9、板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 【答案】BD 【解析】根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa＞ab.對微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對微粒b，由牛頓第二

10、定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得＞，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力(電場力)等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的合外力(電場力)等于b微粒受到的合外力(電場力)，根據(jù)動量定理，在t時刻，a、b微粒的動量大小相等，選項D正確． 【變式】如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成．放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的

11、β粒子(電子)．若極板長為L，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時，只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距．已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為 (　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】β粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有＝at2，且a＝.從A到C的過程有－eU＝mv－mv2，以上各式聯(lián)立解得v＝，選項C正確． 熱點二　帶電粒子在電場中的直線運動 1．用動力學(xué)觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad 2．用功能觀點分析 勻強電場中：W＝qEd＝qU

12、＝mv2－mv 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 電容器中直線運動 【例4】(多選)(2019·株洲檢測)如圖所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B， 板與水平方向的夾角為θ，一個電荷量q＝1.41×10－4 C、質(zhì)量m＝1 g的帶電小球，自A板上的孔P以水平 速度v0＝0.1 m/s飛入兩板之間的電場，經(jīng)0.02 s后未與B板相碰又回到孔P，g取10 m/s2，則(　　) A．板間電場強度大小為100 V/m B．板間電場強度大小為141 V/m C．板與水平方向的夾角θ＝30° D．板與水平

13、方向的夾角θ＝45° 【答案】　AD 【解析】　因為小球從孔P水平飛入兩板之間，沿水平方向運動，小球受力如圖所示，設(shè)板間勻強電場的場強為E，板與水平方向的夾角為θ，在豎直方向由平衡條件得Eqcos θ＝mg，在水平方向由動量定理得Eqtsin θ＝2mv0，解得E＝＝100 V/m，tan θ＝＝1，即θ＝45°，A、D正確． 【變式】如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) A．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v增大 B．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v減小 C．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v不變 D．當(dāng)減小兩板間的距離時

14、，電子在兩板間運動的時間變長 【答案】C 【解析】由動能定理得eU＝mv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當(dāng)d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤． 帶電粒子在勻強電場中的直線運動 【例5】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．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回 C．運

15、動到P′點返回 D．穿過P′點 【答案】A. 【解析】電子在A、B板間的電場中加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，到達(dá)P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤． 【變式】如圖所示，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

16、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 【答案】BC 【解析】對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯誤． 帶電粒子在交變電場中的直線運動 【例6】．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(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在t＝時刻以初速

17、度為0從A板上的小孔處進(jìn)入兩極板間，僅在電場力作用下開始運動，恰好到達(dá)B板．則(　　) A．A、B兩板間的距離為 B．粒子在兩板間的最大速度為 C．粒子在兩板間做勻加速直線運動 D．若粒子在t＝時刻進(jìn)入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打向B板 【答案】B. 【解析】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C錯誤；粒子在t＝時刻以初速度為0進(jìn)入兩極板，先加速后減速，在時刻到達(dá)B板，則··＝，解得d＝ ，選項A錯誤；粒子在時刻速度最大，則vm＝·＝ ，選項B正確；若粒子在t＝時刻進(jìn)入兩極板間，在～時間內(nèi)，粒子做勻加速運動，位移x＝·＝，所以粒子在時

18、刻之前已經(jīng)到達(dá)B板，選項D錯誤． 【變式】如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶 正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動， 并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是 (　　) A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜ 【答案】B 【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負(fù)，最終打在A板上時位移為負(fù)，速度方向為負(fù)．分別作出t0＝0、、、時粒子運

19、動的v -t圖象，如圖所示．由于v -t圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜與＜t0＜T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零，＜t0＜時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；t0＞T時情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各項可知B正確． 熱點題型三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動 1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律 2．處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法 (1)運動的分解法 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． (2)功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v

20、時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差． 3.計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法 (1)y＝y(tǒng)0＋Ltan θ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)； (2)y＝(＋L)tan θ(l為電場寬度)； (3)y＝y(tǒng)0＋vy·； (4)根據(jù)三角形相似＝. 【例6】(2019·江西吉安一中段考)如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛 線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場 E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計重力)無初速度地放入電場E

21、1中的A點，A點到MN 的距離為，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求： (1)電子從釋放到打到屏上所用的時間t； (2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ； (3)電子打到屏上的點P′(圖中未標(biāo)出)到點O的距離x. 【答案】　(1)3　(2)2　(3)3L 【解析】　(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1， 由牛頓第二定律得：a1＝＝① 由x＝at2得：＝a1t② 電子進(jìn)入電場E2時的速度為：v1＝a1t1③ 進(jìn)入電場E2到屏水平方向做勻速直線運動， 時間為：t2′＝2t2＝④

22、 電子從釋放到打到屏上所用的時間為：t＝t1＋t2′⑤ 聯(lián)立①～⑤求解得：t＝3； (2)設(shè)粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，由牛頓第二定律得： 電子進(jìn)入電場E2時的加速度為： a2＝＝⑥ vy＝a2t2⑦ 電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tan θ＝⑧ 聯(lián)立①②③④⑥⑦⑧得：tan θ＝2⑨ (3)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示． 設(shè)電子打到屏上的點P到O點的距離x， 根據(jù)上圖用幾何關(guān)系得：tan θ＝⑩ 聯(lián)立得：x＝3L 【變式1】如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加上恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在

23、B的右側(cè)有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向放置，第一次從小孔O1處從靜止釋放一個質(zhì)子11H，第二次從小孔O1處從靜止釋放一個α粒子24He，關(guān)于這兩個粒子在電場中運動的判斷正確的是(　　) A．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的速度之比為2∶1 B．質(zhì)子和α粒子在電場中運動的時間相同 C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2 D．質(zhì)子和α粒子在電場中運動的軌跡重疊在一起 【答案】CD 【解析】從開始運動到打到板上質(zhì)子的速度為v1，α粒子速度為v2，根據(jù)動能定理有Uq＋Edq＝mv2－0，化簡得出v＝，質(zhì)子的比荷與α粒子的比荷之比為2

24、∶1，代入得＝＝，故A錯誤；設(shè)粒子在加速電場中加速時間為t1，加速位移為x1，在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)時間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y，有x1＝a1t12＝t12，y＝t22，由于質(zhì)子和α粒子的加速位移和偏轉(zhuǎn)位移相同，但是比荷不同，所以運動時間不同，故B錯誤；從開始運動到打到板上，根據(jù)動能定理有Uq＋Edq＝Ek－0，解得Ek＝q(U＋Ed)，因為U、E、d相同，則有＝＝，故C正確；帶電粒子進(jìn)入加速電場時，根據(jù)動能定理可得qU＝mv02，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后電勢差為U2，偏轉(zhuǎn)的位移為y，有y＝at2＝()2，聯(lián)立得y＝，速度的偏轉(zhuǎn)角正切值為tan θ，有tan θ＝＝＝，偏轉(zhuǎn)位移y與速度的偏轉(zhuǎn)角正切值tan θ與帶

25、電粒子無關(guān)，因此運動軌跡重疊在一起，故D正確． 【變式2】(2019·洛陽一模)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右 的加速電場E1之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，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 (　　) A．偏轉(zhuǎn)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相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 【答案】AD 【解析】根據(jù)動能定理有qE1d＝mv，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度v1＝ .在偏轉(zhuǎn)電場中，由l＝

26、v1t2及y＝t得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y＝，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確．根據(jù)動能定理，qE1d＋qE2y＝mv，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時的速度v2＝ ，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項B錯誤．粒子打在屏上所用的時間t＝＋＝＋(L′為偏轉(zhuǎn)電場左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時間不相同，選項C錯誤．根據(jù)vy＝t2及tan θ＝得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上

27、的同一位置，選項D正確． 熱點題型四　帶電粒子在交變電場中的運動 1．常見的交變電場 常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等． 2．常見的試題類型 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(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)． 3．解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法 (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在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、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件． (2)分析時從兩條

28、思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系． (3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用． 粒子做直線往返運動 利用速度圖象分析帶電粒子的運動過程時的注意事項 (1)帶電粒子進(jìn)入電場的時刻； (2)速度圖象的切線斜率表示加速度； (3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負(fù)； (4)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用； (5)圖線與橫軸有交點，表示此時速度改變方向，對運動很復(fù)雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解． 【例7】如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電

29、壓，一重力可忽略不計的帶 正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動， 并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是 (　　) A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜ 【答案】B 【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負(fù)，最終打在A板上時位移為負(fù)，速度方向為負(fù)．分別作出t0＝0、、、時粒子運動的v -t圖象，如圖所示．由于v -t圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜與＜t0＜

30、T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零，＜t0＜時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；t0＞T時情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各項可知B正確． 【變式】制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示．加在極板A、 B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所 示．在t＝0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動．若整個運 動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用．若k＝，電子在0～2τ時間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng) 滿足

31、的條件． 【答案】　d＞ 【解析】　電子在0～τ時間內(nèi)做勻加速運動 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1τ2 在τ～2τ時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1τ 勻減速運動階段的位移x2＝ 由題知d＞x1＋x2，解得d＞. 粒子做偏轉(zhuǎn)運動問題 交變電壓的周期性變化，勢必會引起帶電粒子的某個運動過程和某些物理量的周期性變化，所以應(yīng)注意： (1)分過程解決．“一個周期”往往是我們的最佳選擇． (2)建立模型．帶電粒子的運動過程往往能在力學(xué)中找到它的類似模型． (3)正確的運動分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小

32、、方向)變化，而物體的運動性質(zhì)則由加速度和速度的方向關(guān)系確定． 【例8】(2019·福建廈門一中期中)相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個小孔，如圖甲所示，靠 近A板的小孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為－e， 在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交變電壓，其中0＜k＜1，U0＝；緊靠B板的偏轉(zhuǎn)電壓也等于U0， 板長為L，兩極板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端處垂直放置很大的熒光屏PQ，不計電子的重力和它們之間的 相互作用，電子在電容器中的運動時間可以忽略不計． (1)試求在0～kT與kT～T時間內(nèi)射出B板電子的速度各是多大？ (2)

33、在0～T時間內(nèi)，熒光屏上有兩個位置會發(fā)光，試求這兩個發(fā)光點之間的距離．(結(jié)果用L、d表示) 【答案】(1)v0　v0　(2) 【解析】　(1)電子經(jīng)過電容器內(nèi)的電場后，速度要發(fā)生變化，設(shè)在0～kT時間內(nèi)，穿出B板的電子速度為v1，kT～T時間內(nèi)射出B板的電子速度為v2 據(jù)動能定理有：－eU0＝mv－mv，eU0＝mv－mv 將U0＝代入上式，得：v1＝v0，v2＝v0 (2)在0～kT時間內(nèi)射出B板的電子在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間：t1＝ 側(cè)移量：y1＝at＝，得y1＝ 打在熒光屏上的坐標(biāo)為y1′，則：y1′＝2y1＝ 同理可得在kT～T時間內(nèi)穿出B板后電子的側(cè)移量： y2

34、＝ 打在熒光屏上的坐標(biāo)：y2′＝2y2＝ 故兩個發(fā)光點之間的距離：Δy＝y(tǒng)1′－y2′＝. 【變式】如圖甲所示，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(zhì)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(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)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(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是(　　) 　 甲　　　　　　　　　　　乙 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 【答案】BC 【解析】.0～時間內(nèi)微粒勻速運動，有mg＝qE

35、0.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(nèi)，只受重力，做自由落體運動，時刻，v1y＝g；～T時間內(nèi)，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(jù)動能定理：mgd－W克電＝0，得W克電＝mgd，所以選項D錯誤． 熱點題型五　帶電體在電場、重力場中的運動 帶電體在電場、重力場中運動的動力學(xué)問題 1．等效重力法 將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖所示， 則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速

36、度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向． 2．物理最高點與幾何最高點 在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題．小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是物理最高點．幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點．而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小(稱為臨界速度)的點． 【例9】(2019·福建廈門一中期中)如圖，光滑斜面傾角為37°，一質(zhì)量m＝10 g、電荷量q＝＋1×10－6 C的 小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強電場時，該物體恰能靜止在斜面上，g

37、取10 m/s2，求： (1)該電場的電場強度； (2)若電場強度變?yōu)樵瓉淼?，小物塊運動的加速度大小； (3)在(2)前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L＝ m時，機(jī)械能的改變量． 【答案】(1)7.5×104 N/C，方向水平向右　(2)3 m/s2　(3)－0.02 J 【解析】(1)如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場力三個力作用，受力平衡，則有 在x軸方向：Fcos 37°－mgsin 37°＝0 在y軸方向：FN－mgcos 37°－Fsin 37°＝0 得：qE＝mgtan 37°，故有E＝＝7.5×104 N/C，方向水平向右． (2)場強變化后物塊所受合力

38、為： F＝mgsin 37°－qEcos 37° 根據(jù)牛頓第二定律得：F＝ma 故代入解得a＝0.3g＝3 m/s2，方向沿斜面向下． (3)機(jī)械能的改變量等于電場力做的功， 故ΔE＝－qELcos 37°，解得ΔE＝－0.02 J. 帶電體在電場、重力場中運動的動量和能量問題 動量、能量關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力．因此，通過審題，抓住受力分析和運動過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解．動能定理和能量守恒定律在處理電場中能量問題時仍是首選． 【例10】如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足

39、夠長，LM下端與MN相切．質(zhì) 量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋 放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、 B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點．已知A、B兩球始終沒有接觸．重力加速度為g. 求： (1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大??； (2)A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep； (3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大?。? 【答案】]　(1)　(2)mgh　(3)　 【解析】　(1)對A球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得 2mgh＝·2

40、mv 解得v0＝. (2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)兩球相距最近時共速，有2mv0＝(2m＋m)v 解得v＝v0＝ 據(jù)能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep 解得Ep＝mgh. (3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時，相互作用力為零，系統(tǒng)勢能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定．則2mv0＝2mvA＋mvB ×2mv＝×2mv＋mv 解得vA＝v0＝，vB＝v0＝. 【題型演練】 1．(多選)(2019·湖北六校聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用．若重力勢能增加5 J，機(jī)械能增

41、加1.5 J，電場力做功2 J，則小球 (　　) A．重力做功為5 J　　　　　　 B．電勢能減少2 J C．空氣阻力做功0.5 J D．動能減少3.5 J 【答案】BD 【解析】小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減小2 J，故B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用．小球的機(jī)械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場力對小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為－0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為－3.5 J，根據(jù)動能定理，小球的動能

42、減小3.5 J，D正確． 2．(多選)(2016·高考全國卷Ⅰ)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知 (　　) A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大 C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小 【答案】AB 【解析】帶負(fù)電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱，可以判斷合力的方向豎直向上，而重力方向豎直向下，可知電場力的方向豎直向上，運動電荷是負(fù)電

43、荷，所以勻強電場的方向豎直向下，所以Q點的電勢比P點高，帶負(fù)電的油滴在Q點的電勢能比它在P點的小，在Q點的動能比它在P點的大，故A、B正確，C錯誤．在勻強電場中電場力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D錯誤． 3．(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(dāng)t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放 一個帶電粒子，設(shè)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．0～3 s內(nèi)，電場力做的總功為零 【

44、答案】CD 【解析】設(shè)第1 s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2 s內(nèi)的加速度為a2，由a＝可知，a2＝2a1，可見，粒子第1 s內(nèi)向負(fù)方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3 s 末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，v -t圖象如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確． 4.(2019·貴州三校聯(lián)考)在地面附近，存在著一個有界電場，邊界MN將空間分成左、右兩個區(qū)域，在右區(qū)域中有水平向左的勻強電場，在右區(qū)域中離邊界MN某一位置的水平地面上由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電滑塊(滑塊的電荷量始終不變)，如圖甲所示，滑塊運動的v－t圖象如圖乙所示，不計空

45、氣阻力，則(　　) A．滑塊在MN右邊運動的位移大小與在MN左邊運動的位移大小相等 B．在t＝5 s時，滑塊經(jīng)過邊界MN C．滑塊受到的滑動摩擦力與電場力之比為2∶5 D．在滑塊運動的整個過程中，滑動摩擦力做的功小于電場力做的功 【答案】C. 【解析】根據(jù)題中速度圖線與橫軸所圍的面積表示位移可知，滑塊在MN右邊運動的位移大小與在MN左邊運動的位移大小不相等，選項A錯誤；根據(jù)題圖乙所示速度圖象可知，t＝2 s時滑塊越過分界線MN，選項B錯誤；根據(jù)題中速度圖象斜率表示加速度可知，在0～2 s時間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a1＝，在2～5 s時間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a2＝，設(shè)電

46、場力為F，運動過程中所受摩擦力為f，對滑塊在MN分界線右側(cè)的運動，由牛頓第二定律，F(xiàn)－f＝ma1，對滑塊在MN分界線左側(cè)的運動，由牛頓第二定律，f＝ma2，聯(lián)立解得：f∶F＝2∶5，選項C正確；在滑塊運動的整個過程中，滑動摩擦力做的功可表示為：Wf＝f·2.5v0，電場力做的功可表示為WF＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，選項D錯誤． 5.(2019·湖北孝感模擬)靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大?。鐖D所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，D為靜電計，開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列

47、采取的措施可行的是(　　) A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板分開 B．?dāng)嚅_開關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對面積 C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些 D．保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器的滑片向右移動 【答案】B 【解析】.斷開開關(guān)S，電容器所帶電荷量不變，將A、B兩極板分開些，則d增大，根據(jù)C＝知，電容C減小，根據(jù)U＝知，電勢差增大，指針張角增大，選項A錯誤；斷開開關(guān)S，增大A、B兩極板的正對面積，即S增大，根據(jù)C＝知，電容C增大，根據(jù)U＝知，電勢差減小，指針張角減小，選項B正確；保持開關(guān)S閉合，無論將A、B兩極板分開些，還是將兩者靠近些，電容器兩端的電勢差都不變

48、，則指針張角不變，選項C錯誤；保持開關(guān)S閉合，滑動變阻器僅充當(dāng)導(dǎo)線作用，電容器兩端的電勢差不變，滑片滑動不會影響指針張角，選項D錯誤． 6.(2019·福建龍巖模擬)如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的5倍，它們以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N點，若OM＝MN，則P和Q的質(zhì)量之比為(不計重力)(　　) A．2∶5 B．5∶2 C．4∶5 D．5∶4 【答案】D 【解析】粒子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩粒子的初速度相等，水平位移比為1∶2，由

49、l＝v0t可知運動時間比為1∶2，由y＝at2得加速度之比為4∶1，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，因為電荷量比為5∶1，則質(zhì)量比為5∶4，故D正確，A、B、C錯誤． 7.如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于 O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的(　　) A．小球帶負(fù)電 B．電場力跟重力平衡 C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D．小球在運動過程中機(jī)械能守恒 【答案】B 【解析】由于小球在

50、豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯，B對；從a→b，電場力做負(fù)功，電勢能增大，C錯；由于有電場力做功，機(jī)械能不守恒，D錯． 8.如圖所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強電場，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，兩電場的電場強度大小相等．一個質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電質(zhì)點以初速度v0從x軸上P(－L，0)點射入第二象限，已知帶電質(zhì)點在第一和第二象限中都做直線運動，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個點Q(未畫出)，重力加速度g為已知量．求： (1)初速度v0與x軸正方向的夾角； (2)P、Q兩點間的電勢差UPQ； (3)帶

51、電質(zhì)點在第一象限中運動所用的時間． 【答案】(1)45°　(2)－　(3) 【解析】(1)由題意知，帶電質(zhì)點在第二象限做勻速直線運動，有qE＝mg 設(shè)初速度v0與x軸正方向的夾角為θ， 且由帶電質(zhì)點在第一象限做直線運動，有tan θ＝ 解得θ＝45°. (2)P到Q的過程，由動能定理有 qEL－mgL＝0 WPQ＝qEL 解得UPQ＝＝－. (3)帶電質(zhì)點在第一象限做勻變速直線運動， 由牛頓第二定律有mg＝ma， 即a＝g，v0＝at 解得t＝ 帶電質(zhì)點在第一象限中往返一次所用的時間 T＝2t＝. 9.(2019·安徽合肥模擬)如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的

52、足夠長的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強電場，B 板接地，A板電勢φA隨時間變化的情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對小孔O1′ 和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場．現(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t＝0時刻以一定初速度沿A、B兩板間的中 軸線O1O1′進(jìn)入，并能從O1′沿O1′O2進(jìn)入C、D間．已知帶電粒子帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，(不計粒子重 力)求： (1)該粒子進(jìn)入A、B間的初速度v0為多大時，粒子剛好能到達(dá)O2孔； (2)在(1)的條件下，A、B兩板長度的最小值； (3)A、B兩板間距的最小值． 【答案】(1) 　(2)T　(3) 【解析】(1)粒子在A、B板

53、間運動時，水平方向不受外力作用而做勻速運動，所以進(jìn)入O1′孔的速度即為進(jìn)入A、B板間的初速度v0，粒子在C、D間運動，剛好能到達(dá)O2孔，由動能定理得qU2＝mv 解得v0＝. (2)粒子進(jìn)入A、B板間后，在一個周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)，即v豎＝0，若在第一個周期進(jìn)入O1′孔，則對應(yīng)兩板長度最短，則最短長度 L＝v0T＝T. (3)若粒子在的運動過程中剛好打不到A板而返回，則此時兩板間距最小，設(shè)為d， 有＝××2 解得d＝. 10.(2019·河南南陽一中模擬)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從A點以速度v0垂直于電場方向射入一個電場強度為E的勻強電場中，從B點

54、射出電場時的速度方向與電場線成120°角，電子重力不計．求： (1)電子在電場中的加速度大小a及電子在B點的速度大小vB； (2)A、B兩點間的電勢差UAB； (3)電子從A運動到B的時間tAB. 【答案】(1)　v0　(2)－　(3) 【解析】(1)電子在電場中受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝① 將電子在B點的速度分解(如圖)可知 vB＝＝v0② (2)由動能定理可知：－eUAB＝mvB2－mv02③ 解②③式得UAB＝－. (3)在B點設(shè)電子在B點沿電場方向的速度大小為vy，則有：vy＝v0tan 30°④ vy＝atAB⑤ 解①④⑤式得：tAB＝. 25