（課標(biāo)人教版）2020年《高考風(fēng)向標(biāo)》物理 第7章 電場 第3講電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動

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1、第3講 電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動 考情直播1考綱解讀考綱內(nèi)容能力要求考向定位1.電容器2.帶電粒子在電場中的運(yùn)動1.知道電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系；知道平行板電容器的電容與那些因素有關(guān).2.掌握帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)規(guī)律，了解示波器的原理,會用運(yùn)動的分解來求解有關(guān)偏轉(zhuǎn)問題.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動是電場最核心的內(nèi)容，也是高考的熱點問題，幾乎全國各地每年都有大題是考查這一知識點的，對帶電粒子的平衡、加速、偏轉(zhuǎn)三類問題，要認(rèn)識到這些問題是力學(xué)問題，只是在受力分析時多了電場力而已.另外電容器的動態(tài)變化也是?？嫉囊粋€問題.2.考點整合考點一 平行板電容器的動態(tài)分析1電容：電容器所帶

2、的電荷量與電容器兩極板間的電勢差之比稱為電容.即 .單位：法拉. 1F=106F=1012pF.2平行板電容器的電容：平行板電容器電容的決定式是: ，式中是電介質(zhì)的介電常數(shù)，無單位.特別提醒：電容也是用比值來定義的一個物理量，掌握用比值定義的物理量的特點，區(qū)分電容的定義式和決定式.電容器兩極板的電勢差用靜電計來測量.電容器問題主要涉及到兩種類型，要掌握這兩種類型的問題中，什么變，什么不變.圖6ABR例1. (2020年廣州一模)如圖6所示，平行板電容器在充電后不切斷電源，此時板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止，當(dāng)正對的平行板左右錯開一些時（ ）A帶電塵粒將向上運(yùn)動B帶電塵粒將保持靜止C通過電阻R

3、的電流方向為A到BD通過電阻R的電流方向為B到A解析 電容器始終與電源相連，故U不變，兩極板左右錯開一些，板間距離不變，故E不變，C減小，Q減小，電容器放電，放電電流為順時針方向.答案 BC方法技巧平行板電容器的動態(tài)分析主要有兩種情況，一種是電容器的兩極始終與電源連接，這樣不論電容器的電容如何變化，兩極板的電壓是不變的，另一種是電容器被充電后與電源斷開（只有一個極板斷開連接就可以了）這樣極板上的電荷量與外界不會發(fā)生轉(zhuǎn)移，所以Q不變. 求解電容器的動態(tài)變化關(guān)鍵在于分清類型，再結(jié)合定義式和決定式進(jìn)行分析.考點二 帶電粒子在電場中的加速問題1.基本粒子（如質(zhì)子、電子、離子、帶電粒子等）在沒有明確指出

4、或暗示下，重力一般忽略不計，當(dāng)研究對象為“帶電微?！薄ⅰ皫щ妷m?！?、“帶電小球”時，重力一般不能忽略.2.帶電粒子的加速問題可以從能量的觀點和牛頓運(yùn)動定律的觀點解決.特別提醒：帶電粒子在電場中的加速問題可以從受力的角度來分析，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解，也可以從能量的角度用動能定理求解.如動能定理.對于帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動往往用v-t圖象求解. tU0-U0oT/2 T 3T/2 2T 例2如圖所示，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的規(guī)律如圖所示.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

5、終向右運(yùn)動，直到打到右極板上B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動C.從t=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動，也可能打到右極板上D.從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將從左極板上的小孔中穿出解析作出不同時刻的釋放電子的v-t圖象，從圖可知AC正確.方法技巧帶電粒子的加速問題可以從力學(xué)的觀點來求解，即根據(jù)牛頓第二定律求解，但粒子必須是在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動, 對于帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動往往用v-t圖象求解.U L dv0m，qyvt考點三 帶電粒子在電場的偏轉(zhuǎn)問題1.規(guī)律：平行于板方向： ；垂直于板方向： .2.側(cè)位移：3.偏轉(zhuǎn)角： 特別提醒:帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)實際上相

6、當(dāng)于一個類平拋運(yùn)動，故求解的思維方法和平拋運(yùn)動的一模一樣，用運(yùn)動的分解進(jìn)行求解，當(dāng)然，有時也可從能量的角度來求解.例3（2020年肇慶一模）噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，此微滴經(jīng)過帶電室時被帶上負(fù)電，帶電的多少由計算機(jī)按字體筆畫高低位置輸入信號控制.帶電后的微滴以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，打到紙上，顯示出字體.無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒.設(shè)偏轉(zhuǎn)板板長為L=1.6cm，兩板間的距離為d=0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙L1=3.2cm，若一個墨汁微滴的質(zhì)量為m=1.610-10kg，以v0=20ms的初速度垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場

7、，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是U=8.0103V，若墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離是Y=2.0mm. 不計空氣阻力和墨汁微滴的重力，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性.（1）上述墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌伲唬?）若用（1）中的墨汁微滴打字，為了使紙上的字體放大10，偏轉(zhuǎn)板間電壓應(yīng)是多大。解析：（1）墨汁微滴在平行板運(yùn)動時，由電學(xué)知識可得：U=Ed墨汁微滴在豎直方向的加速度:a=墨汁微滴在豎直方向的位移:y=at2墨汁微滴在平行板運(yùn)動時間：L=v0t由幾何學(xué)知識可得：聯(lián)立可解得：q=1.2510-13(C)(2)要使字體放大10%，則墨汁微滴打到紙上的點距原射入

8、方向的距離應(yīng)是Y=Y(1+10%)設(shè)此時墨汁微滴在豎直方向的位移是y，由幾何知識可得：可解得：U=8.8103（V）方法技巧求解帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題最基本的思維方法是運(yùn)動的分解，即分解速度和分解位移，可類比平拋運(yùn)動的求解，另外做平拋運(yùn)動和類平拋運(yùn)動的物體某點的速度反向延長線必經(jīng)過對應(yīng)水平位移的中點，這個結(jié)論對求解類平拋運(yùn)動很有好處. 高考重點熱點題型探究熱點1電容器的動態(tài)分析【真題1】（2020年重慶卷）圖1是某同學(xué)設(shè)計的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，在兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電量Q將隨待測物體的上下運(yùn)動而變化，若Q隨時間t的變化關(guān)系為Q=（a、

9、b為大于零的常數(shù)），其圖象如題21圖2所示，那么題21圖3、圖4中反映極板間場強(qiáng)大小E和物體速率v隨t變化的圖線可能是( )A.和 B.和 C.和 D.和解析由題意可知： 所以E的變化規(guī)律與Q的變化規(guī)律相似，所以E的圖象為，由k, 所以d =vt+a,所以是勻速移動，所以速度圖象為，綜上所述C正確.答案C名師指引 本題考查速度傳感器的有關(guān)知識，具有較大的難度，但實際上還是電容器兩極板電壓不變的情形.【真題2】（2020年寧夏卷）.如圖所示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板；a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導(dǎo)線相連，Q板接地.開始

10、時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度a.在以下方法中，能使懸線的偏角a變大的是( )A.縮小a、b間的距離B.加大a、b間的距離C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì)D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì)【解析】a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變.要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C.對電容器C，由公式C = = ，可以通過增大板間距d、減小介電常數(shù)、減小板的正對面積S.答案BC名師指引本題關(guān)鍵在于分析出兩電容器的電壓始終相等，電容器極板的帶電量始終不變.新題導(dǎo)練 + A B C1-1.(2020年佛山一模

11、)給平行析電容器充電，斷開電源后A極板帶正電，B極板帶負(fù)電.板間一帶電小球C用絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示。小球靜止時與豎直方向的夾角為，則A若將B極板向右平移稍許，電容器的電容將減小B若將B極板向下平移稍許，A、B兩板間電勢差將增大C若將B板向上平移稍許，夾角將變大D輕輕將細(xì)線剪，小球?qū)⒆鲂睊佭\(yùn)動1-2.（2020年湛江二模）如圖3所示的電路可將聲音信號轉(zhuǎn)化為電信號，該電路中右側(cè)固定不動的金屬板b，與能在聲波驅(qū)動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜a通過導(dǎo)線與恒定電源兩極相接，若聲源s沿水平方向做有規(guī)律的振動，則（ ）A. a振動過程中，ab板間的電場強(qiáng)度不變B. a振動過程中，ab板所帶電量不變

12、C. a振動過程中，靈敏電流計中始終有方向不變的電流D.a向右的位移最大時，ab兩板所構(gòu)成的電容器的電容量最大熱點2 帶電粒子在電場中的運(yùn)動真題3（2020年全國卷2）一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的小油滴，油滴在極板間運(yùn)動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比.若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升.若兩極板間電壓為U，油滴做勻速運(yùn)動時速度的大小、方向?qū)⑹牵?）A2v、向下B2v、向上C3 v、向下D3 v、向上解析當(dāng)不加電場時，油滴勻速下降，即；當(dāng)兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運(yùn)動，即，解之得

13、:,當(dāng)兩極間電壓為U時，電場力方向反向，大小不變，油滴向下運(yùn)動，當(dāng)勻速運(yùn)動時，解之得：v=3v，C項正確.答案C名師指引本題因是帶電油滴在電場中的運(yùn)動，故一定要考慮油滴的重力.【真題4】（2020年上海卷）如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運(yùn)動的簡化模型示意圖.在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）.（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置.（2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置.（3）若將左側(cè)電場II整體水平向右移

14、動L/n（n1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置.解析（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運(yùn)動，出區(qū)域I時的為v0，此后電場II做類平拋運(yùn)動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點縱坐標(biāo)為y，有解得y，所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為（2L，）（2）設(shè)釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進(jìn)入電場II做類平拋運(yùn)動，并從D點離開，有解得xy，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置.（3）設(shè)電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v2，進(jìn)入電場II后做類平拋運(yùn)動，

15、在高度為y處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)過D點，則有，解得，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置名師指引本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，能很好的考查同學(xué)們的思維能力.新題導(dǎo)練2-1如圖所示，距離為L的兩塊平行金屬板A、B豎直固定在表面光滑的絕緣小車上，并與車內(nèi)電動勢為U的電池兩極相連，金屬板B下開有小孔，整個裝置質(zhì)量為M，靜止放在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m帶正電q的小球以初速度v0沿垂直于金屬板的方向射入小孔，若小球始終未與A板相碰，且小球不影響金屬板間的電場(1)當(dāng)小球在A、 B板之間運(yùn)動時，車和小球各做什么運(yùn)動？加速度各是多少？(2)假設(shè)小球

16、經(jīng)過小孔時系統(tǒng)電勢能為零，則系統(tǒng)電勢能的最大值是多少？從小球剛進(jìn)入小孔，到系統(tǒng)電勢能最大時，小車和小球相對于地面的位移各是多少？2-2.(2020年汕頭一模)兩塊水平金屬極板A、B正對放置，每塊極板長均為l、極板間距為dB板接地（電勢為零）、A板電勢為+U，重力加速度為g兩個比荷（電荷量與質(zhì)量的比值）均為的帶正電質(zhì)點以相同的初速沿A、B板的中心線相繼射入，如圖所示第一個質(zhì)點射入后恰好落在B板的中點處接著，第二個質(zhì)點射入極板間，運(yùn)動一段時間后， A板電勢突然變?yōu)椴⑶也辉俑淖儯Y(jié)果第二個質(zhì)點恰好沒有碰到極板求：（1）帶電質(zhì)點射入時的初速（2）在A板電勢改變之前，第二個質(zhì)點在板間運(yùn)動的時間搶分頻道1

17、.限時基礎(chǔ)訓(xùn)練卷1.（2020年廣東理科基礎(chǔ)）關(guān)于電容器的電容C、電壓U和所帶電荷量Q之間的關(guān)系.以下說法正確的是（ ）AC由U確定 BC由Q確定圖9382CC一定時，Q與U成正比DC一定時，Q與U成反比2.如圖9-38-2：電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則 ( )A.當(dāng)增大兩板間距離時，v增大B.當(dāng)減小兩板間距離時，v增大C.當(dāng)改變兩板間距離時，v不變D.當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間運(yùn)動的時間增大圖938223如圖9-38-22所示，平行板電容器的極板A與一靈敏的靜電計相接，極板B接地，若極板B稍向上移動一點，則（ ）A兩極板間的電壓不變，極板

18、上的電量變大B兩極板間的電壓不變，極板上的電量減小C極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變大D極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變小4.（2020茂名二模）用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用的方法下面四個物理量都是用比值法定義的，其中定義式正確的是（ ）A電容C= B磁感應(yīng)強(qiáng)度B= C電場強(qiáng)度E= D電阻R=5. 三個電子從同一地點同時沿同一方向垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)如圖9-38-9所示的軌跡，則可以判斷（ ）圖9389A.它們在電場中運(yùn)動時間相同B.A、B在電場中時間相同，C先飛離電場C.C進(jìn)入電場的速度最大，A最小D.電場力對C做功最小6.（2020年惠州二模）如圖所示，a、b、c是靜

19、電場中的三個等勢面，其電勢分別是5V、0和5V.一個電子從O點以初速度v0進(jìn)入電場，電子進(jìn)入電場后的運(yùn)動情況是（ ）A如果v0的方向向上，則電子的動量大小不變，方向不變B如果v0的方向向上，則電子的動量大小改變，方向不變C如果v0的方向向左，則電子的動量大小改變，方向改變D如果v0的方向向左，則電子的動量大小改變，方向不變圖938107（2020深圳一模）如圖9-38-10所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩板正中央射入，Q從下極板邊緣入射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上板的過程中（ ）A.它們的運(yùn)動時間tQtP

20、B.它們所帶電量之比qP：qQ=1:2C.它們的動能增量之比D.它們的電勢能減少量之比P圖938148.(2020海南)一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場，電場沿豎直方向，兩個比荷（即粒子的電荷量與質(zhì)量之比）不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點（如圖9-38-14）以相同的水平速度射入兩平行板之間.測得a和b與電容器的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為12.若不計重力，則a和b的比荷之比是（ ）A12B11C21D419.（2020北京）兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認(rèn)為是均勻的.一個粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板

21、之間，到達(dá)負(fù)極板時恰好落在極板中心.已知質(zhì)子電荷為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求：（1）極板間的電場強(qiáng)度E；（2）粒子在極板間運(yùn)動的加速度a；（3）粒子的初速度v0?10.（2020年華師附中）如圖所示，有一初速可忽略的電子經(jīng)電壓U1加速后，進(jìn)入兩塊水平放置、間距為d的、電壓的U2的平行金屬板間.若電子從板正中央水平射入，且恰好能從板的右端射出.設(shè)電子電量為e，求：（1）電子穿出電場時的動能；（2）金屬板的長度.2基礎(chǔ)提升訓(xùn)練11.(2020年佛山四校)在場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場中,一質(zhì)量為m,帶電量為q的物體以某一初速沿電場反方向做勻減速直線運(yùn)動,其加速度大小為0.

22、8qE/m,物體運(yùn)動s距離時速度變?yōu)榱?則（ ）A物體克服電場力做功qEsB物體的電勢能減少了0.8qEsC物體的電勢能增加了qEsD物體的動能減少了0.8qEs12如圖所示，示波器的示波管可以視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L，板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，則關(guān)于示波器的靈敏度（即偏轉(zhuǎn)電場中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量h/ U2）與加速電場、偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系，下列說法中正確的是（ ）A. L越大，靈敏度越高B. d越大，靈敏度越高C. U1越大，靈敏度越小D靈敏度與U2無關(guān)bacdE圖9381513.（2020上海）如圖9-38-15

23、所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場.電量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進(jìn)入電場，不計重力.（1）若粒子從c點離開電場，求電場強(qiáng)度的大小和粒子離開電場時的動能；（2）若粒子離開電場時動能為Ek，則電場強(qiáng)度為多大？圖938414. 如圖9-38-4所示，由A、B兩平行金屬板構(gòu)成的電容器放置在真空中，電容為C，原來不帶電.電容器的A板接地，并且中心有一個小孔，通過這個小孔向電容器中射入電子，射入的方向垂直于極板，射入的速度為v0，如果電子是間歇發(fā)射的，即第一個電子達(dá)B板后再發(fā)射第二個電子，并且所有到達(dá)板的電子都留在B板上.隨著電子的射入，兩極板間的電勢差逐漸增加，直至達(dá)到

24、一個穩(wěn)定值，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e電子所受的重力忽略不計，兩板的距離為d.（1）當(dāng)板上聚集了n個射來的電子時，兩板間電場的場強(qiáng)E多大？（2）最多能有多少個電子到達(dá)B板？（3）到達(dá)B板的第一個電子在兩板間運(yùn)動的時間和最后一個電子在兩板間運(yùn)動的時間相差多少？15.（2020年廣東五校聯(lián)考）如圖所示，相距為d的兩塊平行金屬板MN與電源相連，電鍵S閉合后，MN間有勻強(qiáng)電場，一個帶電粒子，垂直于電場方向從M板邊緣射入電場，恰打在N板中間，若不計重力，求:（1）為了使粒子恰能剛好飛出電場N板應(yīng)向下移動多少?（2）若把S打開，為達(dá)到上述目的，N板應(yīng)向下移多少3 能力提高訓(xùn)練ABv圖9382816一質(zhì)

25、量為m，帶電量為-q的微粒（重力不計）在勻強(qiáng)電場中的A點時速度為v，方向與電場線垂直，在B點時的速度為2v，如圖9-38-28所示，已知A、B兩點間的距離為d，求：（1）A、B兩點間的電勢差;（2）電場強(qiáng)度的大小和方向?圖9381617.(2020重慶)飛行時間質(zhì)譜儀可通過測量離子飛行時間得到離子的荷質(zhì)比q/m.如圖9-38-16(1),帶正電的離子經(jīng)電壓為U的電場加速后進(jìn)入長度為L的真空管AB,可測得離子飛越AB所用時間t1.改進(jìn)以上方法，如圖9-38-16(2),讓離子飛越AB后進(jìn)入場強(qiáng)為E（方向如圖）的勻強(qiáng)電場區(qū)域BC,在電場的作用下離子返回B端，此時，測得離子從A出發(fā)后飛行的總時間t2

26、,（不計離子重力）（1）忽略離子源中離子的初速度，用t1計算荷質(zhì)比;用t2計算荷質(zhì)比.（2）離子源中相同荷質(zhì)比離子的初速度不盡相同，設(shè)兩個荷質(zhì)比都為q/m的離子在A端的速度分別為v和v（vv）,在改進(jìn)后的方法中，它們飛行的總時間通常不同，存在時間差t.可通過調(diào)節(jié)電場E使t=0.求此時E的大小.18. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy直角坐標(biāo)系，Oy表示豎直向上的方向已知該平面內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)有一個帶電量為2. 510-4C 的小球從坐標(biāo)原點O沿y軸正方向以0. 4 kgm/s的初動量豎直向上拋出，它到達(dá)的最高點位置為圖中的Q點，不計空氣阻力，g取10 m/s2.(1

27、)指出小球帶何種電荷；(2)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。?3)求小球從O點拋出到落回z軸的過程中電勢能的改變量19.（2020年佛山二模）如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場，其中PT上方的電場E1的場強(qiáng)方向豎直向下，PT下方的電場E0的場強(qiáng)方向豎直向上，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為q、質(zhì)量為m的粒子.從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場E0中，若從Q點射入的粒子，通過PT上的某點R進(jìn)入勻強(qiáng)電場E1后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若MT兩點的距離為L/2.不計粒子的重

28、力及它們間的相互作用.試求：（1）電場強(qiáng)度E0與E1；ACE0v0PBE1DT2LQMR（2）在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直CD邊水平射出，這些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？參考答案考點整合考點1.;考點3.初速為v0的勻速直線運(yùn)動; 初速為零的勻加速直線運(yùn)動新題導(dǎo)練1-1.ABC電容器充電后與外電路斷開，兩極板電量不變，根據(jù)電容C的定義式和決定式可知ABC正確，繩子剪斷后，小球做勻加速直線運(yùn)動1-2. D電容器始終與電源相連，U不變，a振動過程中，極板距離變化，E變化，Q變化，產(chǎn)生交變電流，故D正確2-1.解：(1)小球做勻減速運(yùn)動，小車做勻加速運(yùn)動，.(2)系統(tǒng)的電勢

29、能最大時，小球相對小車靜止，設(shè)此時小車與小球的速度均為v，由動量守恒，得,即則系統(tǒng)的最大電勢能為。小球位移為小車位移為2-2.解析：（1）第一個質(zhì)點在極板間做類平拋運(yùn)動 解得質(zhì)點的初速 （2）第二個質(zhì)點射入極板后，在時間內(nèi)做類平拋運(yùn)動，有 A板電勢突然變?yōu)楹?，質(zhì)點所受電場力與重力平衡，做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)過時間恰好射出極板，則 由以上各式解得 搶分頻道1.限時基礎(chǔ)訓(xùn)練卷1.C電容器的電容C由電容器本身決定，與電壓U和所帶電荷量Q無關(guān)，根據(jù)可知，選項C正確2.CD.無論兩極板距離如何變化，兩極板始終和電源相連，電勢差不變，根據(jù)動能定理可知v不變，兩極板距離增大時，時間將增大3.C.電容器的帶電量Q

30、不變，B板上移，C減小，U增大4.AD磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式是,電場強(qiáng)度的定義式是5.BCD偏轉(zhuǎn)位移可知tatbtc,6.D電子在O點的所受電場力水平向左，故D正確7.BD根據(jù)xv0t得出時間相同，從而進(jìn)一步分析得出BD選項正確8.D粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，沿場強(qiáng)方向有，由可得9.解析：（1）極間場強(qiáng)（2）粒子在極板間運(yùn)動的加速度 （3）由，得, 10解析：（1）電子穿出時動能為Ek，對電子在運(yùn)動全過程內(nèi)動能定理：解得： （2）設(shè)板長為L，電子離開加速電場時速度為v0，則 電子在偏轉(zhuǎn)電場中飛行時間偏轉(zhuǎn)距離由以上幾式得2基礎(chǔ)提升訓(xùn)練11.A CD.電場力做負(fù)功為qEs，合外力做負(fù)功0.8qEs12

31、.ACD偏轉(zhuǎn)位移，靈敏度 13.解析：（1）Lv0t，L所以E，qELEktEk， 所以EktqELEk5Ek（2）若粒子由bc邊離開電場，Lv0t，vyEkEkmvy2，所以E，若粒子由cd邊離開電場，qELEkEk，所以E14.解析：（1）當(dāng)B板上聚集了n個射來的電子時，兩板間的電壓，其內(nèi)部場強(qiáng);（2）設(shè)最多能聚集n個電子，此后再射入的電子未到達(dá)B板時速度已減為零，由 則有： 得 (3) 第一個電子在兩板間作勻速運(yùn)動，運(yùn)動時間為t1=d/v0，最后一個電子在兩板間作勻減速運(yùn)動，到達(dá)B板時速度為零，運(yùn)動時間為t2=2d/v0，二者時間差為t=t2-t1=d/v015解析：設(shè)電源電壓為U,粒子

32、初速為V0,極板長為L(1) 當(dāng)S閉合時,兩板間電壓U不變設(shè)向下移動的距離為x1L=V0t2解得x1=d(2)S打開,電容器帶電量不變,改變距離,場強(qiáng)E不變,設(shè)向下移動距離為x2解得x2=3d3.能力提高訓(xùn)練16.（1）根據(jù)動能定理得 解得 （2）設(shè)由A到B的時間為t，則解出AB水平位移， 17.解析： 設(shè)離子帶電量為q，質(zhì)量為m，經(jīng)電場加速后的速度為v，則2離子飛越真空管，在AB做勻速直線運(yùn)動，則Lvt1解得離子荷質(zhì)比離子在勻強(qiáng)電場區(qū)域BC中做往返運(yùn)動，設(shè)加速度為a，則qEma， t2解得離子荷質(zhì)比 或兩離子射出A點后再返回到B點的時間為t和，則， ttt要使t0，則須 所以 E18解析:(

33、1）小球帶負(fù)電(2）小球在y方向上做豎直上拋運(yùn)動，在x方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動，最高點Q的坐標(biāo)為(1. 6，3.2)，則又(3）由可解得上升階段時間為，所以全過程時間為x方向發(fā)生的位移為由于電場力做正功，所以電勢能減少，設(shè)減少量為E，代入數(shù)據(jù)得E=qEx=1.6 J19.解析：（1）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E0電場進(jìn)入E1電場，由Q到R及R到M點的時間分別為t1與t2，到達(dá)R時豎直速度為vy，則：由、及得： 上述三式聯(lián)立解得：, 即(2)由E12E0及式可得t12t2.因沿PT方向粒子做勻速運(yùn)動，故P、R兩點間的距離是R、T兩點間距離的兩倍.即粒子在E0電場做類平拋運(yùn)動在PT方向的位移是

34、在E1電場中的兩倍.設(shè)PQ間到P點距離為y的F處射出的粒子通過電場后也沿水平方向，若粒子第一次達(dá)PT直線用時t，水平位移為x，則 粒子在電場E1中可能做類平拋運(yùn)動后垂直CD邊射出電場，也可能做類斜拋運(yùn)動后返回E0電場，在E0電場中做類平拋運(yùn)動垂直CD水平射出，或在E0電場中做類斜拋運(yùn)動再返回E1電場.若粒子從E1電場垂直CD射出電場，則 （n0、1、2、3、）解之得：（n0、1、2、3、）若粒子從E0電場垂直CD射出電場，則 （k1、2、3、） （k1、2、3、）即PF間的距離為其中n0、1、2、3、，k1、2、3、或 （n1、2、3、）解之得：（n1、2、3、）即PF間的距離為 （n = 1，2，3，）本題也作出場強(qiáng)方向的v-t圖象求解.