（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場 第3講 電容器的電容、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

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1、 第3講　電容器的電容、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) [考試標(biāo)準(zhǔn)] 知識(shí)內(nèi)容 必考要求 加試要求 說明 電容器的電容 b c 1.不要求應(yīng)用平行板電容器電容的決定式進(jìn)行計(jì)算． 2.示波管問題的分析與計(jì)算不涉及兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極同時(shí)加電壓的情形． 3.解決帶電粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問題只限于垂直電場方向入射且偏轉(zhuǎn)電極加恒定電壓的情形. 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) b d 一、電容器 1．電容器的充、放電 (1)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(chǔ)存電場能． (2)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(zhuǎn)化為其他形式的能．

2、 2．公式C＝和C＝的比較 (1)定義式：C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)． (2)決定式：C＝，εr為電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)，S為極板正對(duì)面積，d為板間距離． 自測1　下列關(guān)于電容器的敘述正確的是(　　) A．電容器是儲(chǔ)存電荷和電能的容器，只有帶電的容器才稱為電容器 B．從C＝可以看出，電容的大小取決于帶電荷量和電壓 C．電容器所帶的電荷量是指兩個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值 D．電容器充電過程，是將電能轉(zhuǎn)變成電容器的電場能并儲(chǔ)存起來的過程；電容器放電過程，是將電容器儲(chǔ)存的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的

3、能的過程 答案　D 二、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 1．加速問題 若不計(jì)粒子的重力且無其他外力作用，則電場力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子的動(dòng)能的增量． (1)在勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02. (2)在非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝mv2－mv02. 2．帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，如圖1. 圖1 (1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)時(shí)間 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 自測2　如圖2所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子

4、的入射速度為原來的2倍，而電子仍從原來位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?　　) 圖2 A．2倍 B．4倍 C. D. 答案　C 命題點(diǎn)一　平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 1．電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢(shì)差U保持不變． 2．電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變． 3．U不變 (1)根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化． (2)根據(jù)E＝分析場強(qiáng)的變化． (3)根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢(shì)變化． 4．Q不變 (1)根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化． (2)根據(jù)E＝分析場強(qiáng)變化． 拓

5、展點(diǎn)　電容器充放電分析 例1　如圖3所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，以下說法正確的是(　　) 圖3 A．若將S斷開，則油滴將做自由落體運(yùn)動(dòng)，G表中無電流 B．若將A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有a→b的電流 C．若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，G表中有b→a的電流 D．若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，G表中有b→a的電流 答案　C 解析　由于油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以q＝mg.若將S斷開，由于電容器的電荷量不變，則電壓U不變，油滴仍處于靜

6、止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．若將A向左平移一小段位移，則電容C變小，電壓U不變，則Q＝CU變小，所以電流由b→a，此時(shí)油滴仍靜止，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．若將A向上平移一小段位移，電容C變小，電壓U不變，則Q變小，所以電流由b→a，此時(shí)q＜mg，油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)C正確．若將A向下平移一小段位移，電容C變大，電壓U不變，則Q變大，所以電流由a→b，此時(shí)q＞mg，油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 變式1　(2017·嘉興市質(zhì)檢)超級(jí)電容器又叫雙電層電容器，是一種新型儲(chǔ)能裝置，它不同于傳統(tǒng)的化學(xué)電源，是一種介于傳統(tǒng)電容器與電池之間、具有特殊性能的電容器．如圖4為一款標(biāo)有“2.7 V,3 000 F”的超級(jí)

7、電容器，據(jù)此可知該款電容器(　　) 圖4 A．放電時(shí)電容不變 B．充電時(shí)電能減少 C．在2.7 V電壓下才能工作 D．兩極所加電壓為2.7 V時(shí)，電容才達(dá)到3 000 F 答案　A 解析　電容器的電容由電容器本身因素決定，放電時(shí)電容不變，故A正確；充電時(shí)，其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能，即電能增加，故B錯(cuò)誤；電容器在低于2.7 V的電壓下仍可正常工作，故C錯(cuò)誤；電容與電壓無關(guān)，其大小一直是3 000 F，故D錯(cuò)誤． 變式2　用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖5)．設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ.實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若(　　)

8、 圖5 A．保持S不變，增大d，則θ不變 B．保持S不變，增大d，則θ變小 C．保持d不變，增大S，則θ變小 D．保持d不變，增大S，則θ不變 答案　C 解析　由C＝知，保持S不變，增大d，電容減小，由于電容器電荷量不變，根據(jù)C＝，可知電容器兩極板間電勢(shì)差變大，靜電計(jì)指針偏角θ變大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；保持d不變，增大S，電容器電容增大，電勢(shì)差變小，靜電計(jì)指針偏角θ變小，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 變式3　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．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度

9、變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變 答案　D 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??；因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷希蔝不變，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，故電場強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確． 命題點(diǎn)二　帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在電場中運(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，除有說明或有明確的暗示

10、以外，一般都要考慮重力． 2．帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的兩種解題思路 (1)應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律處理帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng) 帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力與速度方向在一條直線上，帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)帶電粒子的受力情況，用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移、時(shí)間等． (2)用動(dòng)能定理處理帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng) 對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，確定有哪幾個(gè)力做功，做正功還是負(fù)功；確定帶電粒子的初、末狀態(tài)的動(dòng)能，根據(jù)動(dòng)能定理列方程求解． 例2　(2016·浙江4月選考·8)密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖6所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間電壓

11、為U，形成豎直向下電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶電荷量各不相同的油滴．通過顯微鏡可找到懸浮不動(dòng)的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．懸浮油滴帶正電 B．懸浮油滴的帶電荷量為 C．增大電場強(qiáng)度大小，懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng) D．油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍 答案　C 解析　油滴懸浮不動(dòng)，說明其所受的電場力與重力平衡，所以帶負(fù)電，A錯(cuò)；由Eq＝mg得q＝，所以B錯(cuò)；如果增大電場強(qiáng)度大小，油滴所受的電場力增大，油滴就會(huì)向上運(yùn)動(dòng)，C對(duì)；所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍，D錯(cuò)． 拓展點(diǎn)1　帶電粒

12、子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng) 變式4　兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖7所示，＝h，此電子具有的初動(dòng)能是(　　) 圖7 A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　由動(dòng)能定理得：－eh＝－Ek， 所以Ek＝，故D正確． 拓展點(diǎn)2　帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動(dòng) 變式5　如圖8所示，A、B兩金屬板平行放置，在t＝0時(shí)將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì))．分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時(shí)，有可能使電子到不了B板(　　) 圖8 答案　B 拓展點(diǎn)3　帶

13、電粒子在電場力和重力作用下的直線運(yùn)動(dòng)問題 變式6　如圖9所示，一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場對(duì)它的作用力作用下，從靜止開始由b沿直線運(yùn)動(dòng)到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，則下列結(jié)論不正確的是(　　) 圖9 A．此液滴帶負(fù)電 B．液滴的加速度等于g C．合力對(duì)液滴做的總功等于零 D．液滴的電勢(shì)能減少 答案　C 解析　帶電液滴由靜止開始沿bd做直線運(yùn)動(dòng)，所受的合力方向必定沿bd直線，液滴受力情況如圖所示，電場力方向水平向右，與電場方向相反，所以此液滴帶負(fù)電，故選項(xiàng)A正確；由圖知液滴所受的合力F＝mg，其加速度為a＝＝g，故選項(xiàng)B正確；因?yàn)楹狭Φ姆较蚺c運(yùn)動(dòng)的方向相同，故合力對(duì)

14、液滴做正功，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于電場力所做的功W電＝Eqxbdsin 45°>0，故電場力對(duì)液滴做正功，液滴的電勢(shì)能減少，故選項(xiàng)D正確，故選C. 變式7　(2017·浙江4月選考·8)如圖10所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場．有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放．重力加速度為g.則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板的過程(　　) 圖10 A．加速度大小為a＝＋g B．所需的時(shí)間為t＝ C．下降的高度為y＝ D．電場力所做的功為W＝Eqd 答案　B 解析　點(diǎn)電荷受到重力、電場力的作用，所以a＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性，水平方向點(diǎn)

15、電荷的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則＝ t2，化簡得t＝，選項(xiàng)B正確；下降高度y＝gt2＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場力做功W＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 命題點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角總是相同的． 證明：由qU0＝mv02及tan θ＝得tan θ＝. (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場邊緣的距離為. 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(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－mv02，其中U

16、y＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢(shì)差． 例3　如圖11所示，兩塊相同的金屬板正對(duì)著水平放置，板間距離為d.當(dāng)兩板間加電壓U時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以水平速度v0從A點(diǎn)射入電場，經(jīng)過一段時(shí)間后從B點(diǎn)射出電場，A、B間的水平距離為L，不計(jì)粒子的重力．求： 圖11 (1)帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間； (2)帶電粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度的大?。? (3)A、B間的電勢(shì)差． 答案　(1)　(2) 　(3) 解析　(1)帶電粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間t＝； (2)帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，板間場強(qiáng)大小E＝ 加速度大小a＝＝ 經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)粒

17、子沿豎直方向的速度大小 vy＝at＝· 帶電粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度的大小v＝； (3)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得： qUAB＝mv2－mv02 A、B間的電勢(shì)差UAB＝＝. 變式8　(2016·紹興市聯(lián)考)如圖12所示，電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相同的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則下列說法不正確的是(　　) 圖12 A．A和B在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2 B．A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D．A和B的位移大小

18、之比為1∶1 答案　D 解析　粒子A和B在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤． 變式9　(2017·金華十校聯(lián)考)如圖13所示，離子發(fā)生器在P極板產(chǎn)生一束質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子(初速度可忽略，重力不計(jì)，離子間的相互作用力可忽略)，經(jīng)P、Q兩板間的加速電場加速后，以速度v0從a點(diǎn)沿ab方向水平進(jìn)入邊長為L的正方形abcd勻強(qiáng)電場區(qū)域(電場方向豎直向上)，離子從abcd邊界上某點(diǎn)飛出時(shí)

19、的動(dòng)能為mv02.求： 圖13 (1)P、Q兩板間的電壓U； (2)離子離開abcd區(qū)域的位置； (3)abcd區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大?。? 答案　(1)　(2)bc邊中點(diǎn)　(3) 解析　(1)離子在PQ間加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理， 有qU＝mv，解得U＝. (2)離子射出電場時(shí)：mv2＝mv， 得v＝v0，方向與ab所在直線的夾角為45°，即vx＝vy， 根據(jù)x＝vxt，y＝t，可得x＝2y；則x＝L，y＝，即離子從bc邊上的中點(diǎn)飛出． (3)離子在abcd區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有qE＝mv－mv，解得E＝. 1.(2017·溫州市質(zhì)檢)如圖1所示，絕

20、緣支架上固定兩金屬板，金屬板之間的距離可調(diào)，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．該裝置太大了，所以不能稱為電容器 B．兩金屬板構(gòu)成電容器，充電后能夠儲(chǔ)存電荷 C．電容器能夠儲(chǔ)存電荷，不能儲(chǔ)存電場能 D．因?yàn)檠b置沒有帶電，所以電容為零 答案　B 2.(2017·湖州市高一期末)如圖2所示是一個(gè)常用的電子元件，該電子元件(　　) 圖2 A．是電阻 B．電容是1 000 μF C．帶電荷量是16 000 C D．擊穿電壓為16 V 答案　B 解析　由該電子元件的銘牌“16 V　1 000 μF”，μF是電容的單位，可知這個(gè)電子元件是電容器，其電容是1 000 μF

21、，耐壓值為16 V，擊穿電壓要大于16 V；由Q＝CU知，C一定，帶電荷量與實(shí)際電壓成正比，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 3．靜電計(jì)是在驗(yàn)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(shì)差大?。鐖D3所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬極板，極板B固定，A可移動(dòng)，開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．?dāng)嚅_S后，將A向左移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開的角度減小 B．?dāng)嚅_S后，將A向上移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開的角度增大 C．保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計(jì)指針張開的角度增大 D．保持S閉合，將變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)

22、，靜電計(jì)指針張開的角度減小 答案　B 解析　靜電計(jì)的指針張開的角度與靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差相對(duì)應(yīng)，斷開開關(guān)S后，將A向左移動(dòng)少許，電容器的電荷量不變，由C＝知電容減小，由U＝知電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針張開的角度增大，A錯(cuò)；同理，斷開S后，將A向上移動(dòng)少許，電容減小，電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針張開的角度增大，B對(duì)；保持S閉合，無論是在A、B間插入一電介質(zhì)，還是將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向右或向左移動(dòng)，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差均為路端電壓，靜電計(jì)指針張開的角度不變，C、D錯(cuò)． 4．已知靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為：電流從左邊接線柱流進(jìn)電流計(jì)，指針向左偏．如圖4所示，如果在導(dǎo)電液

23、體的深度h發(fā)生變化時(shí)觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則(　　) 圖4 A．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大 B．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大 C．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在減小 D．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在減小 答案　D 解析　電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)，說明流過電流計(jì)G的電流由左→右，則導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，電容器兩端間的電勢(shì)差不變，由Q＝CU可知，導(dǎo)體芯A與液體形成的電容器的電容減小，根據(jù)C＝，知正對(duì)面積減小，則液體的深度h在減小，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤． 5．如圖5所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金

24、屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角．若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) 圖5 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　若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)C＝可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減?。桓鶕?jù)E＝，Q＝CU，C＝，聯(lián)立可得E＝，可知E不變；P點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，則P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差不

25、變，P點(diǎn)的電勢(shì)不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確． 6．如圖6所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，兩個(gè)帶正電粒子a和b以相同的水平速度射入電場，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(帶電荷量和質(zhì)量的比值)之比是(　　) 圖6 A．1∶8 B．8∶1 C．1∶2 D．2∶1 答案　B 解析　粒子水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，a、b兩粒子的水平位移之比為1∶2，根據(jù)x＝v0t，知時(shí)間之比為1∶2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)y＝at2知，y之比為2∶1，則a、b的加速度之比為8

26、∶1.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a＝，加速度之比等于電荷量與質(zhì)量的比值之比，則兩粒子的比荷之比為8∶1.故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 7．如圖7所示，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．在電場力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)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忽略，不計(jì)重力，則M∶m為(　　) 圖7 A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 答案　A 解析　設(shè)電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)質(zhì)量為M的粒子有，aM＝，

27、l＝ t2；對(duì)質(zhì)量為m的粒子有，am＝，l＝ t2，聯(lián)立解得＝，故A正確． 8.如圖8所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的直流電源相連，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(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為(　　) 圖8 A.g B.g C.g D.g 答案　A 解析　帶電粒子在電容器兩極板間時(shí)受到重力和電場力的作用，最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，由二力平衡條件可得：mg＝q；當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電壓不變，但兩極板間的距離變大，電場強(qiáng)度變小

28、，粒子所受電場力變小，粒子受力不再平衡，產(chǎn)生了加速度，根據(jù)牛頓第二定律有ma＝mg－q，兩式聯(lián)立可得a＝g，故A正確． 9．如圖9所示，帶電平行金屬板A、B，板間的電勢(shì)差為U，板間距離為d，A板帶正電，B板中央有一小孔．一帶電的微粒，帶電荷量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距B板高h(yuǎn)處由靜止自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央C點(diǎn)，則下列說法中，錯(cuò)誤的是(　　) 圖9 A．微粒在下落過程中動(dòng)能逐漸增大，重力勢(shì)能逐漸減小 B．微粒下落過程中重力做功為mg，電場力做功為－ C．微粒落入電場中，電勢(shì)能逐漸增加，其增加量為 D．若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能到達(dá)A板 答案　

29、A 解析　微粒下落至C點(diǎn)的過程中，重力做功mg，重力勢(shì)能減??；電場力做功－，電勢(shì)能增加，增加量為，微粒動(dòng)能先增大后減小，故A錯(cuò)誤，B、C正確；由動(dòng)能定理得，微粒由h處下落時(shí)，mg－q＝0，即qU＝mg(2h＋d)，由2h處下落時(shí)，mg(2h＋d)－qU＝0，說明微粒恰能到達(dá)A板，故D正確． 10.(2016·杭州市十校聯(lián)考)如圖10所示，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場中的左極板位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行．整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行極板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是(　　

30、) 圖10 A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大 C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小 答案　B 解析　設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動(dòng)能定理得U1q＝mv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間t＝，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B正確． 11.真空中的某裝置如圖11所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏．今有質(zhì)子、氘核和α

31、粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上．已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) 圖11 A．三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶4 答案　B 解析　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動(dòng)能定理得qU1＝mv02，解得v0＝，三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線

32、運(yùn)動(dòng)，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得：q＝ma，y＝at2，t＝，tan θ＝，vy＝at，聯(lián)立各式解得：y＝、tan θ＝，可知y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對(duì)三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯(cuò)誤． 12．(2016·寧波市九校聯(lián)考)如圖12所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、

33、電荷量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場中，微粒垂直打到N極上的C點(diǎn)，已知AB＝BC.不計(jì)空氣阻力，則下列判斷錯(cuò)誤的是(　　) 圖12 A．微粒在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) B．微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場時(shí)的速率相等 C．MN板間的電勢(shì)差為 D．MN板間的電勢(shì)差為 答案　D 解析　微粒受重力和電場力，兩個(gè)力都是恒力，由平行四邊形定則知，微粒所受合力為恒力，故微粒做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；微粒的運(yùn)動(dòng)可分解為水平方向的勻加速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)微粒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得AB＝vCt，BC＝v0t，又AB＝BC，由以上各式

34、解得，vC＝v0，選項(xiàng)B正確；微粒從A到C的過程中，由動(dòng)能定理得q·－mg·BC＝0，由v2＝2ax得BC＝，聯(lián)立解得UMN＝，選項(xiàng)C正確；UMN＝E·2AB＝E·2BC＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 13．(2017·嘉興市質(zhì)檢)如圖13所示為密立根油滴實(shí)驗(yàn)示意圖，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正、負(fù)極相接，使板間形成豎直向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴．在某次實(shí)驗(yàn)中觀察到兩板中間位置有一個(gè)油滴懸浮在電場中，若油滴質(zhì)量為m，兩板間距離為d，已知重力加速度為g，求： 圖13 (1)油滴的帶電性質(zhì)； (2)油滴所帶的電荷量； (3)若僅將場

35、強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，試分析油滴向哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)并求油滴到達(dá)金屬板的時(shí)間？ 答案　(1)負(fù)電　(2)　(3)向上運(yùn)動(dòng)　 解析　(1)根據(jù)油滴受力平衡知電場力向上，故油滴帶負(fù)電． (2)由受力平衡得qE＝mg，解得q＝. (3)電場力變大，油滴向上運(yùn)動(dòng)，2qE－mg＝ma， 可得a＝g，油滴向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，有d＝at2. 解得t＝. 14．(2017·浙江11月選考·19)如圖14所示，AMB是一條長L＝10 m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h(yuǎn)＝1.25 m處，A、B為端點(diǎn)，M為中點(diǎn)，軌道MB處在方向豎直向上、大小E＝5×103 N/C的勻強(qiáng)電場中．一質(zhì)量m＝0.1

36、kg、電荷量q＝＋1.3×10－4 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊以初速度v0＝6 m/s在軌道上自A點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)M點(diǎn)進(jìn)入電場，從B點(diǎn)離開電場．已知滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2.求滑塊： 圖14 (1)到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間； (3)落地點(diǎn)距B點(diǎn)的水平距離． 答案　(1)4 m/s　(2) s　(3)1.5 m 解析　(1)在AM階段對(duì)物體的受力分析如下： a＝－＝－μg＝－2 m/s2 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vM2－v02＝2ax，可得vM＝4 m/s (2)進(jìn)入電場之后，Eq＝0.65 N，受力分析如下： a′

37、＝－＝－0.7 m/s2 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vB2－vM2＝2a′x，解得vB＝3 m/s 根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論xMB＝t解得t＝ s (3)從B點(diǎn)飛出后，滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)，因此h＝gt′2， 解得t′＝0.5 s 落地點(diǎn)距B點(diǎn)的水平距離x＝vBt′＝1.5 m. 15．質(zhì)譜儀可對(duì)離子進(jìn)行分析．如圖15所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥P噴出微量氣體，經(jīng)激光照射產(chǎn)生電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，自a板小孔進(jìn)入a、b間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進(jìn)入M、N板間的偏轉(zhuǎn)控制區(qū)，到達(dá)探測器．已知a、b板間距為d，極板M、N的長度和間距均為L，a、b間的電壓為U1，M、N間的電壓為U2.不計(jì)離子重力及進(jìn)入a板時(shí)的初速度．求： 圖15 (1)離子從b板小孔射出時(shí)的速度大?。? (2)離子自a板小孔進(jìn)入加速電場至離子到達(dá)探測器的全部飛行時(shí)間； (3)為保證離子不打在極板上，U2與U1應(yīng)滿足的關(guān)系． 答案　 (1)　(2)(2d＋L) (3) U2＜2U1 解析　(1)由動(dòng)能定理qU1＝mv2，得v＝ (2)離子在a、b間的加速度a1＝ 在a、b間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝·d 在MN間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2＝＝L 離子到達(dá)探測器的時(shí)間：t＝t1＋t2＝(2d＋L) ； (3)在MN間側(cè)移：y＝a2t22＝＝ 由y＜，得 U2＜2U1. 20