高三物理一輪復(fù)習 第六章 第3講 電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動

1、第1講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動電容器、電容、平行板電容器1.電容器(1)帶電量：一個極板所帶電荷量的絕對值(2)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極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(zhuǎn)化為其他形式的能2電容(1)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量(2)定義式：Ceq f(Q,U).(3)單位：法拉(F)，1 F106 F1012 pF.3平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與兩極板間的距離成反比(2)決定式：Ceq f(S,4kd)，k為靜電力

2、常量【針對訓(xùn)練】1(2012江蘇高考)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(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()AC和U均增大BC增大，U減小CC減小，U增大 DC和U均減小【解析】由平行板電容器電容決定式Ceq f(S,4kd)知，當插入電介質(zhì)后，變大，則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式Ceq f(Q,U)得Ueq f(Q,C)，又電荷量Q不變，故兩極板間的電勢差U減小，選項B正確【答案】B帶電粒子在電場中的運動1.帶電粒子在電場中的加速(1)處理方法：利用動能定理：qUeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal

3、(2,0).(2)適用范圍：任何電場2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場(2)處理方法：類似于平拋運動，應(yīng)用運動的合成與分解的方法沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間teq f(L,v0).沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動eq blcrc (avs4alco1(加速度：af(F,m)f(Eq,m)f(Uq,md),運動時間：blcrc (avs4alco1(a.能飛出平行板電容器：tf(l,v0),b.打在平行極板上：yf(1,2)at2f(1,2)f(qU,md)t2，, t r(f(2mdy,qU),離開電場時的偏移量：yf(1,2)at2

4、f(qUl2,2mvoal(2,0)d),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan f(vy,v0)f(qUl,mvoal(2,0)d)【針對訓(xùn)練】2兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖631所示，OAh，此電子具有的初動能是()圖631A.eq f(edh,U) BedUhC.eq f(eU,dh) D.eq f(eUh,d)【解析】由動能定理得：eeq f(U,d)hEk，所以Ekeq f(eUh,d).【答案】D示 波 管1.示波管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632所示圖6322工作原理(

5、1)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子束沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑(2)YY上加的是待顯示的信號電壓XX上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(wěn)定圖象【針對訓(xùn)練】3如圖633所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()圖633A極板X應(yīng)帶正電B極板X應(yīng)帶正電C極板Y應(yīng)帶正電 D極板Y應(yīng)帶正電【解析】由熒光屏上亮斑的位置可知，電子在XX偏轉(zhuǎn)電場中向X極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板X帶正電，A正確，B錯誤；

6、電子在YY偏轉(zhuǎn)電場中向Y極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板Y帶正電，C正確，D錯誤【答案】AC平行板電容器內(nèi)部E、U、Q變化問題1.首先要區(qū)分兩種基本情況(1)電容器兩極板電勢差U保持不變；(2)電容器的帶電荷量Q保持不變2賴以進行討論的物理依據(jù)主要有三個(1)平行板電容器的電容C與板間距d、正對面積S、介質(zhì)介電常數(shù)間的關(guān)系為Ceq f(S,4kd)；(2)平行板電容器內(nèi)部是勻強電場，所以場強Eeq f(U,d)；(3)電容器所帶的電荷量QCU.圖634(2013屆長沙一中檢測)如圖634所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G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角度增大一些，應(yīng)該采

7、取的措施是()A斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板靠近一些 B斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板分開一些C保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近一些 D保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開一些【解析】使指針張開角度增大一些，就是增大靜電計兩端的電壓，當開關(guān)S閉合時，電壓一定，則C、D錯誤；斷開開關(guān)S后，電容器帶電荷量一定，由CQ/U可知要增大電容器兩極板之間電壓，需減小電容C，由平行板電容器電容的決定式Ceq f(rS,4kd)知，保持S不變，增大d，電容C減小，則A錯誤、B正確【答案】B【即學即用】1(2011天津高考)板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間場強為E1.現(xiàn)將電容器

8、所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閑q f(1,2)d，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強為E2，下列說法正確的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1 DU22U1，E22E1【解析】U1eq f(Q,C)，E1eq f(U1,d).當板間距變?yōu)閑q f(1,2)d時，由Ceq f(rS,4kd)可知電容變?yōu)?C，而帶電荷量也變?yōu)?Q，故U2eq f(2Q,2C)U1，E2eq f(U2,f(1,2)d)2eq f(U1,d)2E1，故C選項正確【答案】C帶電粒子在電場中的平衡與直線運動1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子

9、、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以外，一般都不能忽略重力2帶電粒子在電場中的平衡解題步驟：(1)選取研究對象(2)進行受力分析，注意電場力的方向特點(3)由平衡條件列方程求解3帶電粒子在電場中的變速直線運動可用運動學公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動能定理或能量守恒定律求解帶電粒子在勻強電場中所受電場力恒定，方向與電場線平行，所受重力恒定，方向豎直向下，因此粒子在勻強電場與重力場的復(fù)合場中一定做勻變速運動軌跡可能為直線，也可能為曲線圖635(2011福建高考)反射式速調(diào)管是常用的微

10、波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似如圖635所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動已知電場強度的大小分別是E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如圖所示帶電微粒質(zhì)量m1.01020 kg，帶電量q1.0109 C，A點距虛線MN的距離d11.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)求：(1)B點距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t.【審題視點】(1)明確帶電微粒的運動過程，微粒在兩個場強大小、方向都不同的電場中先做勻加

11、速后做勻減速直線運動(2)由動能定理、牛頓第二定律列方程求解【解析】(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1|q|E2d20由式解得d2eq f(E1,E2)d10.50 cm.(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1ma1|q|E2ma2設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，由運動學公式有d1eq f(1,2)a1teq oal(2,1)d2eq f(1,2)a2teq oal(2,2)又tt1t2由式解得t1.5108 s.【答案】(1)0.50 cm(2)1.5108 s【即學即用】2.圖636(2012新課標全國

12、高考)如圖636，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()A所受重力與電場力平衡B電勢能逐漸增加C動能逐漸增加D做勻變速直線運動【解析】帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下，二是電場力FEq，方向垂直于極板向上因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確【答案】BD帶電

13、粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題1.粒子的偏轉(zhuǎn)角問題圖637(1)已知電荷情況及初速度如圖637所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m.帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為U1.若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為，則tan eq f(vy,vx)，式中vyateq f(qU1,dm)eq f(l,v0)，vxv0，代入得tan eq f(qU1l,mvoal(2,0)d).結(jié)論：動能一定時tan 與q成正比，電荷量相同時tan 與動能成反比(2)已知加速電壓U0若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有：qU0eq f(1,2)mveq oal(2,0)由式

14、得：tan eq f(U1l,2U0d)結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的2粒子的偏轉(zhuǎn)量問題(1)yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qU1,dm)(eq f(l,v0)2做粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則xeq f(y,tan )eq f(f(qU1l2,2dmvoal(2,0),f(qU1l,mvoal(2,0)d)eq f(l,2).結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的l/2處沿直線射出(2)若不同的帶電粒子是從

15、靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由式得：yeq f(U1l2,4U0d)結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角和偏轉(zhuǎn)距離與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度和偏轉(zhuǎn)距離總是相同的(1)偏轉(zhuǎn)角是指入射速度與出射速度間的夾角，而不是位移與入射速度間的夾角(2)偏轉(zhuǎn)位移相同的粒子(在同一偏轉(zhuǎn)電場中)，偏轉(zhuǎn)角也相同圖638(2013屆高新一中檢測)如圖638所示，勻強電場方向沿x軸的正方向，場強為E.在A(l,0)點有一個質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子，以沿y軸負方向的初速度v0開始運動，經(jīng)過一段時間到達B(0，l)點(不計

16、重力作用)求：(1)粒子的初速度v0的大??；(2)當粒子到達B點時，電場力對粒子做功的瞬時功率【解析】(1)粒子在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動所以粒子做的是類平拋運動設(shè)粒子的初速度為v0，則在y方向上有yv0t在x方向上有xeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qE,m)t2又xyl可得v0eq r(f(qEl,2m)(2)設(shè)粒子到達B點時沿x軸方向的速度為vx，則電場力做功的瞬時功率為PqEvx由運動學公式可得vxeq r(2al)eq r(f(2qEl,m)所以PqEvxqE eq r(f(2qEl,m)【答案】(1) eq r(

17、f(qEl,2m)(2)qE eq r(f(2qEl,m)【即學即用】3.圖639(2013屆南昌一中檢測)如圖639所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為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裝置處在真空中，重力可忽略在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()AU1變大、U2變大 BU1變小、U2變大CU1變大、U2變小 DU1變小、U2變小【解析】設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動能定理得U1qeq f(1,2)mveq oal(2,0)，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間teq

18、f(l,v0)，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aeq f(U2q,dm)，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度vyat，聯(lián)立解得vyeq f(U2ql,dmv0)，又tan eq f(vy,v0)eq f(U2ql,dmvoal(2,0)eq f(U2ql,2dqU1)eq f(U2l,2dU1)，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角變大，故B正確【答案】B平行板電容器中的帶電體平行板電容器兩極板間帶電體的運動問題是典型的力電綜合問題，要分別從力、電兩個角度分析研究(1)力學角度：電場力等影響了帶電體的運動狀態(tài)，帶電體的運動狀態(tài)(靜止、加速或減速)

19、需要分析受力情況；(2)電學角度：平行板電容器的兩極板間為勻強電場，由Eeq f(U,d)知，兩極板間的電壓U決定了兩極板間的電場強度E，帶電體運動的加速度需要分析兩極板間的電壓在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩極板間距為d，當平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止狀態(tài)，如圖6310所示當給電容器突然充電使其電壓增加U1，油滴開始向上運動；經(jīng)時間t后，電容器突然放電使其電壓減少U2，又經(jīng)過時間t，油滴恰好回到原來位置假設(shè)油滴在運動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴的位移可忽略不計，重力加速度為g.試求：圖6310(1)帶電油滴所帶電荷量與

20、質(zhì)量之比；(2)第一個t與第二個t時間內(nèi)油滴運動的加速度大小之比；(3)U1與U2之比【潛點探究】(1)油滴處于靜止狀態(tài)時，受兩個力平衡，即勻強電場的電場力和重力；(2)電容器突然充電使其電壓增加U1，電場強度增大，油滴所受合力向上，向上做勻加速運動，其中U1決定了加速度a1的大??；(3)電容器突然放電使其電壓減少U2，電場強度減小，油滴所受合力向下，油滴先向上做勻減速運動，再反向勻加速回到出發(fā)點，其中U2U1決定了加速度a2的大??；(4)電壓增加U1后的勻加速運動和電壓減少U2后的運動，位移大小與所用時間t相等，可以得到加速度a1和a2的關(guān)系，從而建立U1與U2的關(guān)系【規(guī)范解答】(1)油滴靜

21、止時mgqeq f(U0,d)，則eq f(q,m)eq f(dg,U0).(2)設(shè)第一個t內(nèi)油滴的位移為x1，加速度為a1，第二個t內(nèi)油滴的位移為x2，加速度為a2，則x1eq f(1,2)a1t2x2v1teq f(1,2)a2t2，且v1a1t，x2x1解得a1a213.(3)油滴向上加速運動時qeq f(U0U1,d)mgma1，即qeq f(U1,d)ma1油滴向上減速運動時mgqeq f(U0U1U2,d)ma2，即qeq f(U2U1,d)ma2則eq f(U1,U2U1)eq f(1,3)解得eq f(U1,U2)eq f(1,4).【答案】(1)eq f(dg,U0)(2)1

22、3(3)14【即學即用】4(2012大綱全國高考)如圖6311，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為Q和Q，此時懸線與豎直方向的夾角為/6.再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到/3，且小球與兩極板不接觸求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量圖6311【解析】設(shè)電容器電容為C.第一次充電后兩極板之間的電壓為Ueq f(Q,C)兩極板之間電場的場強為Eeq f(U,d)式中d為兩極板間的距離按題意，當小球偏轉(zhuǎn)角1eq f(,6)時，小球處于平衡位置設(shè)小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，則有Tcos

23、1mgTsin 1qE式中T為此時懸線的張力聯(lián)立式得tan 1eq f(qQ,mgCd)設(shè)第二次充電使正極板上增加的電荷量為Q，此時小球偏轉(zhuǎn)角2eq f(,3)，則tan 2eq f(qQQ,mgCd)聯(lián)立式得eq f(tan 1,tan 2)eq f(Q,QQ)代入數(shù)據(jù)解得Q2Q.【答案】2Q平行板電容器的動態(tài)分析1(2012海南高考)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表示下列說法正確的是()A保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑保持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?/p>

24、來的一半D保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话搿窘馕觥坑蒃eq f(U,d)知，當U不變，d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹項正確；當E不變，d變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項錯誤；當電容器中d不變時，C不變，由Ceq f(Q,U)知，當Q變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項錯誤；Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，U變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，則E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D項正確【答案】AD示波管的原理及應(yīng)用2(2011安徽高考)如圖6312為示波管的原理圖如果在電極YY之間所加的電壓按圖6313(a)所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖6313(b)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的

25、圖形是()圖6312(a)(b)圖6313【解析】電子在YY和XX間沿電場方向均作初速度為零的勻加速直線運動，由位移公式seq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(eU,md)t2，知水平位移和豎直位移均與電壓成正比在t0時刻，UY0知豎直位移為0，故A、C錯誤在teq f(t1,2)時刻，UY最大知豎直位移最大，故B正確，D錯誤【答案】B帶電粒子在交變電場中的運動3(2011安徽高考)如圖6314(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖6314(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

26、，并最終打在A板上則t0可能屬于的時間段是()(a)(b)圖6314A0t0eq f(T,4) B.eq f(T,2)t0eq f(3T,4) C.eq f(3T,4)t0T DTt0eq f(9T,8)【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正依題意得，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負作出t00、eq f(T,4)、eq f(T,2)、eq f(3T,4)時粒子運動的速度圖象如圖所示由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象可知0t0eq f(T,4)，eq f(3T,4)t0T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；eq f(T,4)t0T時

27、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，對照各選項可知只有B正確【答案】B帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)4.圖6315(2013屆西安一中檢測)如圖6315所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U211【解析】由yeq f(1,2)at2eq f(Uql2,2mdvoal(2,0)得：Ueq f(2mvoal(2,0)dy,ql2)，所以Ueq f(y,

28、l2)，可知選項A正確【答案】A直線運動中的力電綜合問題5(2011北京高考)靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖6316所示的折線，圖中0和d為已知量一個帶負電的粒子在電場中以x0為中心、沿x軸方向做周期性運動已知該粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，其動能與電勢能之和為A(0Aq0)忽略重力求圖6316(1)粒子所受電場力的大小；(2)粒子的運動區(qū)間；(3)粒子的運動周期【解析】(1)由題圖可知，0與d(或d)兩點間的電勢差為0電場強度的大小Eeq f(0,d)電場力的大小FqEeq f(q0,d).(2)設(shè)粒子在x0，x0區(qū)間內(nèi)運動，速率為v，由題意得eq f(1,2)mv2qA由題

29、圖可知0(1eq f(|x|,d)由得eq f(1,2)mv2q0(1eq f(|x|,d)A因動能非負，有q0(1eq f(|x|,d)A0得|x|d(1eq f(A,q0)即x0d(1eq f(A,q0)粒子的運動區(qū)間滿足d(1eq f(A,q0)xd(1eq f(A,q0)(3)考慮粒子從x0處開始運動的四分之一周期，根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度aeq f(F,m)eq f(qE,m)eq f(q0,md)由勻加速直線運動規(guī)律得t eq r(f(2x0,a)將代入，得t eq r(f(2md2,q0)1f(A,q0)粒子的運動周期T4teq f(4d,q0) eq r(2mq0A).【

30、答案】(1)eq f(q0,d)(2)d(1eq f(A,q0)xd(1eq f(A,q0)(3)eq f(4d,q0) eq r(2mq0A)電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動課后作業(yè)一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得7分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分)1(2013屆陜西師大附中檢測)冬天當脫毛線衫時，靜電經(jīng)常會跟你開開小玩笑下列一些相關(guān)的說法中正確的是()A在將外衣脫下的過程中，內(nèi)外衣間摩擦起電，內(nèi)衣和外衣所帶的電荷是同種電荷B如果內(nèi)外兩件衣服可看作是電容器的兩極，并且在將外衣脫下的某個過

31、程中兩衣間電荷量一定，隨著兩衣間距離的增大，兩衣間電容變小，則兩衣間的電勢差也將變小C在將外衣脫下的過程中，內(nèi)外兩衣間隔增大，衣物上電荷的電勢能將增大(若不計放電中和)D脫衣時如果人體帶上了正電，當手接近金屬門把時，由于手與門把間空氣電離會造成對人體輕微的電擊2.圖6317三個分別帶有正電、負電和不帶電的質(zhì)量相同的顆粒，從水平放置的平行帶電金屬板左側(cè)以相同速度v0垂直電場線方向射入勻強電場，分別落在帶正電荷的下板上的a、b、c三點，如圖6317所示，下面判斷正確的是()A落在a點的顆粒帶正電，c點的帶負電，b點的不帶電B落在a、b、c點的顆粒在電場中的加速度的關(guān)系是aaabacC三個顆粒在電場

32、中運動的時間關(guān)系是tatbtcD電場力對落在c點的顆粒做負功3.圖6318(2013屆石家莊一中檢測)如圖6318所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設(shè)電源電動勢為U)()A電子到達B板時的動能是U(eV) B電子從B板到達C板動能變化量為零C電子到達D板時動能是3U(eV) D電子在A板和D板之間做往復(fù)運動4.圖6319(2013屆西安一中模擬)一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖6319所示以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能若保持負極板不動，將正極

33、板移動到圖中虛線所示的位置，則下列判斷正確的是()AU變小，E不變BE變大，W變大 CU變小，W不變 DU不變，W不變5.圖6320(2013屆榆林一中模擬)如圖6320所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出若不計重力，則a和b的比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)是()A12 B21 C18 D816(2013屆安康中學抽樣測試)如圖6321甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子

34、速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是()甲乙圖63217.圖6322(2013屆山西省實驗中學質(zhì)檢)如圖6322所示，在xOy豎直平面內(nèi)存在著水平向右的勻強電場有一帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出，運動軌跡最高點為M，與x軸交點為N，不計空氣阻力，則小球()A做勻加速運動 B從O到M的過程動能增大C到M點時的動能為零 D到N點時的動能大于eq f(1,2)mveq oal(2,0)8.圖6323如圖6323所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，圓軌道半徑為R，AB為圓水平直徑的兩個端點，AC為eq

35、f(1,4)圓弧一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是()A小球一定能從B點離開軌道B小球在AC部分可能做勻速圓周運動C若小球能從B點離開，上升的高度一定小于HD小球到達C點的速度可能為零9(2013屆太原一中檢測)如圖6324所示，光滑的水平軌道AB，與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運動，恰能通過

36、最高點，則()圖6324AR越大，x越大BR越大，小球經(jīng)過B點后瞬間對軌道的壓力越大Cm越大，x越大Dm與R同時增大，電場力做功增大10(2013屆?？谀M)如圖6325甲所示，三個相同的金屬板共軸排列，它們的距離與寬度均相同，軸線上開有小孔，在左邊和右邊兩個金屬板上加電壓U后，金屬板間就形成勻強電場；有一個比荷eq f(q,m)1.0102 C/kg的帶正電的粒子從左邊金屬板小孔軸線A處由靜止釋放，在電場力作用下沿小孔軸線射出(不計粒子重力)，其vt圖象如圖6325乙所示，則下列說法正確的是()圖6325A右側(cè)金屬板接電源的正極 B所加電壓U100 VC乙圖中的v2 2 m/s D通過極板間

37、隙所用時間比為1(eq r(2)1)二、非選擇題(本題共2小題，共30分計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11(15分)如圖6326所示，AB是一傾角為37的絕緣粗糙直軌道，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.30，BCD是半徑為R0.2 m的光滑圓弧軌道，它們相切于B點，C為圓弧軌道的最低點，整個空間存在著豎直向上的勻強電場，場強E4.0103 N/C，質(zhì)量m0.20 kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下已知斜面AB對應(yīng)的高度h0.24 m，滑塊帶電荷量q5.0104 C，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.求：圖6326(1)滑塊從

38、斜面最高點滑到斜面底端B點時的速度大??；(2)滑塊滑到圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力12(15分)(2013屆西安三校聯(lián)考)如圖6327，直流電源的路端電壓U182 V，金屬板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近它們分別和變阻器上的觸點a、b、c、d連接變阻器上ab、bc、cd段電阻之比為123.孔O1正對B和E，孔O2正對D和G.邊緣F、H正對一個電子以初速度v04106 m/s沿AB方向從A點進入電場，恰好穿過孔O1和O2后，從H點離開電場金屬板間的距離L12 cm，L24 cm，L36 cm.電子質(zhì)量me9.11031 kg，電荷量q1.61019 C正對的兩平行板間可視為勻強電場，

39、求：圖6327(1)各相對兩板間的電場強度；(2)電子離開H點時的動能；(3)四塊金屬板的總長度(ABCDEFGH)答案與解析1【解析】摩擦起電實質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移，則兩物體應(yīng)帶異種電荷，故A項錯；由Ueq f(Q,C)知，Q不變，C減小，U增大，故B項錯；因內(nèi)外衣帶異種電荷，將它們間隔增大時，克服電場力做功，電勢能增大，故C項正確；人體帶上正電，與金屬門把接近時會放電，D項正確【答案】CD2.【解析】由于帶電粒子都打在極板上，所以沿電場方向勻加速運動的時間teq r(f(2y,a)，垂直電場方向勻速運動由xv0t，得tatbtc，所以aaabac，再由牛頓第二定律可推出，a帶負電，b不帶電，c帶

40、正電，故答案為B、D.【答案】BD3.【解析】由電路圖可得，電子在A、B板間加速運動，電場力做正功U(eV)，在B、C板間勻速運動，在C、D板間減速運動，電場力做負功U(eV)，所以電子在D板處速度為零，電子在A板和D板之間做往復(fù)運動，所以答案為C.【答案】C4.【解析】與電源斷開后，電容器兩極板所帶電荷量一定，則：Eeq f(U,d)，Ueq f(Q,C)，所以Eeq f(Q,Cd).對于平行板電容器有：Ceq f(S,4kd).所以Eeq f(Q,S)4k，與d無關(guān)，故E不變當正極板向下移動時，d減小，U減小，A項正確因極板間場強沒變，正電荷P相對負極板的位置沒變，所以，W不變，C項正確【

41、答案】AC5.【解析】設(shè)AB長為2h，BC長為2l，對a粒子eq blcrc (avs4alco1(2hf(1,2)aatoal(2,a)f(1,2)f(qaE,ma)toal(2,a)，,lv0ta，)得2heq f(1,2)eq f(qaE,ma)(eq f(l,v0)2，對b粒子eq blcrc (avs4alco1(hf(1,2)abtoal(2,b)f(1,2)f(qbE,mb)toal(2,b)，,2lv0tb，)得heq f(1,2)eq f(qbE,mb)(eq f(2l,v0)2，由兩式得eq f(f(qa,ma),f(qb,mb)eq f(8,1)，故選D項【答案】D6【解

42、析】在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力Feq f(U0e,d)，所以電子所受的電場力大小不變由牛頓第二定律Fma可知，電子在第一個eq f(T,4)內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在第二個eq f(T,4)內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個eq f(T,4)內(nèi)反向做勻加速直線運動，在第四個eq f(T,4)內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以at圖象如圖D所示，vt圖象如圖A所示；又因勻變速直線運動位移xv0teq f(1,2)at2，所以xt圖象應(yīng)是曲線【答案】AD7.【解析】帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出后受到恒定的合力作用做勻變速運動，在運動開始的一段時間內(nèi)合力與速度的夾角