電容器和電容-帶電粒子在電場中的運動

.PAGE.帶電粒子在電場中的運動考綱解讀1.理解電容器的基本概念,掌握好電容器的兩類動態(tài)分析.2.能運用運動的合成與分解解決帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題.3.用動力學(xué)方法解決帶電粒子在電場中的直線運動問題．1．[對電容器和電容的理解]關(guān)于電容器及其電容的敘述,正確的是<>A．任何兩個彼此絕緣而又相互靠近的導(dǎo)體,就組成了電容器,跟這兩個導(dǎo)體是否帶電無關(guān)B．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C．電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比D．一個電容器的電荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C時,兩板間電壓升高10V,則電容器的電容無法確定答案A2．[帶電粒子在板間的加速問題]如圖1所示,電子由靜止開始從A板向B板運動,當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時速度為v,保持兩板間電壓不變,則<>A．當(dāng)增大兩板間距離時,v也增大B．當(dāng)減小兩板間距離時,v增大圖1C．當(dāng)改變兩板間距離時,v不變D．當(dāng)增大兩板間距離時,電子在兩板間運動的時間也增大答案CD解析電子從靜止開始運動,根據(jù)動能定理,從A板運動到B板動能的變化量等于電場力做的功．因為保持兩個極板間的電勢差不變,所以末速度不變,而位移<兩板間距離>如果增加的話,電子在兩板間運動的時間變長,故C、D正確．3．[帶電粒子在板間的偏轉(zhuǎn)問題]如圖2所示,靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔射出,又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場,在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍,要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化,應(yīng)該<>圖2A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r<2>倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f<1,2>答案A解析電子經(jīng)U1加速后獲得的動能為Ek＝eq\f<1,2>mv2＝qU1,電子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移量為：y＝eq\f<1,2>at2＝eq\f<1,2>eq\f<qU2,md>eq\f<l2,v2>＝eq\f<U2l2,4U1d>,可見當(dāng)U1加倍時,要使y不變,需使U2加倍,顯然A正確．考點梳理一、電容器的充、放電和電容的理解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．電容<1>定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值．<2>定義式：C＝eq\f<Q,U>.<3>物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量．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,與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比,與兩板間的距離成反比．<2>決定式：C＝eq\f<εS,4πkd>,k為靜電力常量．特別提醒C＝eq\f<Q,U><或C＝eq\f<ΔQ,ΔU>>適用于任何電容器,但C＝eq\f<εS,4πkd>僅適用于平行板電容器．二、帶電粒子在電場中的運動1．帶電粒子在電場中加速若不計粒子的重力,則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量．<1>在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f<1,2>mv2－eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>或F＝qE＝qeq\f<U,d>＝ma.<2>在非勻強電場中：W＝qU＝eq\f<1,2>mv2－eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>.2．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)<1>條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進(jìn)入勻強電場．<2>運動性質(zhì)：勻變速曲線運動．<3>處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動,類似于平拋運動．<4>運動規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運動,運動時間eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<a.能飛出電容器：t＝\f<l,v0>.,b.不能飛出電容器：y＝\f<1,2>at2＝\f<1,2>\f<qU,md>t2,t＝\r<\f<2mdy,qU>>>>②沿電場力方向,做勻加速直線運動eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<加速度：a＝\f<F,m>＝\f<qE,m>＝\f<Uq,md>,離開電場時的偏移量：y＝\f<1,2>at2＝\f<Uql2,2mdv\o\al<2,0>>,離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f<vy,v0>＝\f<Uql,mdv\o\al<2,0>>>>特別提醒帶電粒子在電場中的重力問題<1>基本粒子：如電子、質(zhì)子、α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(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．4．[控制變量法的應(yīng)用]如圖3所示,設(shè)兩極板正對面積為S,極板間的距離為d,靜電計指針偏角為θ.實驗中,極板所帶電荷量不變,若<>圖3A．保持S不變,增大d,則θ變大B．保持S不變,增大d,則θ變小C．保持d不變,減小S,則θ變小D．保持d不變,減小S,則θ不變答案A解析靜電計指針偏角反映電容器兩板間電壓大?。谧鲞x項所示的操作中,電容器電荷量Q保持不變,由C＝eq\f<Q,U>＝eq\f<εS,4πkd>知,保持S不變,增大d,則C減小,U增大,偏角θ增大,選項A正確,B錯誤；保持d不變,減小S,則C減小,U增大,偏角θ也增大,故選項C、D均錯．

5．[用平拋運動的分解思想解決偏轉(zhuǎn)問題]如圖4所示,示波器的示波管可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,極板間距為d,且電子被加速前的初速度可忽略,則關(guān)于示波器靈敏度[即偏轉(zhuǎn)電場中圖4每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量<eq\f<y,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,靈敏度越高D．U2越大,靈敏度越高答案A解析偏轉(zhuǎn)位移y＝eq\f<1,2>at2＝eq\f<1,2>eq\f<qU2,md><eq\f<L,v>>2＝eq\f<U2L2,4dU1>,靈敏度eq\f<y,U2>＝eq\f<L2,4dU1>,故A正確,B、C、D錯誤．方法提煉1．電容器的兩類動態(tài)分析<1>明確是電壓不變還是電荷量不變．<2>利用公式C＝eq\f<Q,U>、C＝eq\f<εS,4πkd>及E＝eq\f<U,d>進(jìn)行相關(guān)動態(tài)分析．2．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)按類平拋運動進(jìn)行處理.考點一平行板電容器的動態(tài)分析1．對公式C＝eq\f<Q,U>的理解電容C＝eq\f<Q,U>,不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比,一個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．運用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路<1>確定不變量,分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．<2>用決定式C＝eq\f<εS,4πkd>分析平行板電容器電容的變化．<3>用定義式C＝eq\f<Q,U>分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．<4>用E＝eq\f<U,d>分析電容器兩極板間電場強度的變化．

3．電容器兩類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UQd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變大、E不變C變大→U變小、E變小ε變大C變大→Q變大、E不變C變大→U變小、E變小例1一平行板電容器充電后與電源斷開,負(fù)極板接地．兩板間有一個正試探電荷固定在P點,如圖5所示,以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢,Ep表示正電荷在P點的電勢能,若正極板保持不動,將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離x0的過程中,各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)圖5系圖象中正確的是<>解析由平行板電容器的電容C＝eq\f<εS,4πkd>可知d減小時,C變大,但不是一次函數(shù),A錯．在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下,U＝eq\f<Q,C>,E＝eq\f<U,d>＝eq\f<4πkQ,εS>,與x無關(guān),則B錯．在負(fù)極板接地的情況下,設(shè)P點最初的電勢為φ0,則平移后P點的電勢為φ＝φ0－Ex0,C項正確．正電荷在P點的電勢能Ep＝qφ＝q<φ0－Ex0>,顯然D錯．答案C突破訓(xùn)練1如圖6所示,兩塊正對平行金屬板M、N與電池相連,N板接地,在距兩板等距離的P點固定一個帶負(fù)電的點電荷,如果M板向上平移一小段距離,則<>A．點電荷受到的電場力變小圖6B．M板的帶電荷量增加C．P點的電勢升高D．點電荷在P點具有的電勢能增加答案AD考點二帶電粒子<帶電體>在電場中的直線運動1．帶電粒子在勻強電場中做直線運動的條件<1>粒子所受合外力F合＝0,粒子或靜止,或做勻速直線運動．<2>粒子所受合外力F合≠0,且與初速度方向在同一條直線上,帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．2．用動力學(xué)方法分析a＝eq\f<F合,m>,E＝eq\f<U,d>；v2－veq\o\al<2,0>＝2ad.3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f<1,2>mv2－eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1例2如圖7所示,一帶電荷量為＋q\,質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上,當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時,小物塊恰好靜止．重力加速度取g,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8.求：<1>水平向右電場的電場強度；圖7<2>若將電場強度減小為原來的1/2,物塊的加速度是多大；<3>電場強度變化后物塊下滑距離為L時的動能．解析<1>小物塊靜止在斜面上,受重力、電場力和斜面支持力,示意圖如圖所示,則有FNsin37°＝qE①FNcos37°＝mg②由①②可得E＝eq\f<3mg,4q><2>若電場強度減小為原來的eq\f<1,2>,即E′＝eq\f<3mg,8q>由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma可得a＝0.3g<3>電場強度變化后物塊下滑距離L時,重力做正功,電場力做負(fù)功,由動能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL.答案<1>eq\f<3mg,4q><2>0.3g<3>0.3mgL突破訓(xùn)練2如圖8甲所示,在真空中足夠大的絕緣水平地面上,一個質(zhì)量為m＝0.2kg、帶電荷量為q＝＋2.0×10－6C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài),小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.從t＝0時刻開始,空間上加一個如圖乙所示的電場．<取水平向右的方向為正方向,g取10m/s2<1>4秒內(nèi)小物塊的位移大?。?lt;2>4秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功．甲乙圖8答案<1>8m<2>1.6J解析<1>0～2s內(nèi)小物塊加速度a1＝eq\f<E1q－μmg,m>＝2m/s2位移s1＝eq\f<1,2>a1teq\o\al<2,1>＝4m2s末的速度為v2＝a1t1＝4m/s2s～4s內(nèi)小物塊加速度a2＝eq\f<E2q－μmg,m>＝－2m/s2位移s2＝v2t2＋eq\f<1,2>a2teq\o\al<2,2>＝4m4秒內(nèi)的位移s＝s1＋s2＝8m.<2>v4＝v2＋a2t2＝0,即4s末小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)設(shè)電場力對小物塊所做的功為W,由動能定理有：W－μmgs＝0解得W＝1.6J考點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．粒子的偏轉(zhuǎn)角<1>以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場：如圖9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θ則tanθ＝eq\f<vy,vx>,式中圖9vy＝at＝eq\f<qU1,md>·eq\f<l,v0>,vx＝v0,代入得tanθ＝eq\f<qU1l,mv\o\al<2,0>d>①結(jié)論：動能一定時tanθ與q成正比,電荷量一定時tanθ與動能成反比．<2>經(jīng)加速電場加速再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場若不同的帶電粒子都是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的,則由動能定理有：qU0＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>②由①②式得：tanθ＝eq\f<U1l,2U0d>③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．2．粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論<1>以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場y＝eq\f<1,2>at2＝eq\f<1,2>·eq\f<qU1,md>·<eq\f<l,v0>>2④作粒子速度的反向延長線,設(shè)交于O點,O點與電場右邊緣的距離為x,則x＝y(tǒng)·cotθ＝eq\f<qU1l2,2dmv\o\al<2,0>>·eq\f<mv\o\al<2,0>d,qU1l>＝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eq\f<l,2>處沿直線射出．<2>經(jīng)加速電場加速再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子都是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的,則由②和④得：偏移量y＝eq\f<U1l2,4U0d>⑤上面③式偏轉(zhuǎn)角正切為：tanθ＝eq\f<U1l,2U0d>結(jié)論：無論帶電粒子的m、q如何,只要經(jīng)過同一加速電場加速,再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場,它們飛出的偏移量y和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的,也就是運動軌跡完全重合．例3如圖10所示,在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場,在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子<重力不計>,以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中,v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：圖10<1>粒子從射入到打到屏上所用的時間．<2>粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；<3>粒子打在屏上的點P到O點的距離x.解析<1>根據(jù)題意,粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動,所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝eq\f<2L,v0>.<2>設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy,根據(jù)牛頓第二定律,粒子在電場中的加速度為：a＝eq\f<Eq,m>所以vy＝aeq\f<L,v0>＝eq\f<qEL,mv0>所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝eq\f<vy,v0>＝eq\f<qEL,mv\o\al<2,0>>.<3>解法一設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y,則y＝eq\f<1,2>a<eq\f<L,v0>>2＝eq\f<1,2>·eq\f<qEL2,mv\o\al<2,0>>又x＝y(tǒng)＋Ltanα,解得：x＝eq\f<3qEL2,2mv\o\al<2,0>>解法二x＝vy·eq\f<L,v0>＋y＝eq\f<3qEL2,2mv\o\al<2,0>>.解法三由eq\f<x,y>＝eq\f<L＋\f<L,2>,\f<L,2>>得：x＝3y＝eq\f<3qEL2,2mv\o\al<2,0>>.答案<1>eq\f<2L,v0><2>eq\f<qEL,mv\o\al<2,0>><3>eq\f<3qEL2,2mv\o\al<2,0>>計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的三種方法：<1>Y＝y(tǒng)＋dtanθ<d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離><2>Y＝<eq\f<L,2>＋d>tanθ<L為電場寬度><3>Y＝y(tǒng)＋vy·eq\f<d,v0><4>根據(jù)三角形相似：eq\f<Y,y>＝eq\f<\f<L,2>＋d,\f<L,2>>突破訓(xùn)練3如圖11所示為一真空示波管的示意圖,電子從燈絲K發(fā)出<初速度可忽略不計>,經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO射出,然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中<偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場>,電子進(jìn)入M、N間電場時的速度與電場方向垂直,電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在圖11熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為L,電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力．<1>求電子穿過A板時速度的大小；<2>求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏移量；<3>若要使電子打在熒光屏上P點的上方,可采取哪些措施？答案<1>eq\r<\f<2eU1,m>><2>eq\f<U2L2,4U1d><3>減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2解析<1>設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,由動能定理有eU1＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>－0,解得v0＝eq\r<\f<2eU1,m>><2>電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后,垂直于電場方向做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動．由牛頓第二定律和運動學(xué)公式有t＝eq\f<L,v0>F＝ma,F＝eE,E＝eq\f<U2,d>,y＝eq\f<1,2>at2解得偏移量y＝eq\f<U2L2,4U1d><3>由y＝eq\f<U2L2,4U1d>可知,減小U1或增大U2均可使y增大,從而使電子打在P點上方．42．用等效法處理帶電粒子在電場、重力場中的運動1．方法提煉等效思維方法就是將一個復(fù)雜的物理問題,等效為一個熟知的物理模型或問題的方法．例如我們學(xué)習(xí)過的等效電阻、分力與合力、合運動與分運動等都體現(xiàn)了等效思維方法．常見的等效法有"分解"、"合成"、"等效類比"、"等效替換"、"等效變換"、"等效簡化"等,從而化繁為簡,化難為易．2．模型轉(zhuǎn)換與構(gòu)建帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運動的問題,是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型．對于這類問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復(fù)雜,運算量大．若采用"等效法"求解,則能避開復(fù)雜的運算,過程比較簡捷．先求出重力與電場力的合力,將這個合力視為一個"等效重力",將a＝eq\f<F合,m>視為"等效重力加速度"．再將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可．

例4如圖12所示,絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面,AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道,斜面與圓軌道相切．整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小球,帶正電荷量為q＝eq\f<\r<3>mg,3E>,要使小球能安圖12全通過圓軌道,在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？解析小球先在斜面上運動,受重力、電場力、支持力,然后在圓軌道上運動,受重力、電場力、軌道作用力,如圖所示,類比重力場,將電場力與重力的合力視為等效重力mg′,大小為mg′＝eq\r<qE2＋mg2>＝eq\f<2\r<3>mg,3>,tanθ＝eq\f<qE,mg>＝eq\f<\r<3>,3>,得θ＝30°,等效重力的方向與斜面垂直指向右下方,小球在斜面上勻速運動．因要使小球能安全通過圓軌道,在圓軌道的等效"最高點"<D點>滿足等效重力剛好提供向心力,即有：mg′＝eq\f<mv\o\al<2,D>,R>,因θ＝30°與斜面的傾角相等,由幾何關(guān)系可知eq\x\to<AD>＝2R,令小球以最小初速度v0運動,由動能定理知：－2mg′R＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,D>－eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>解得v0＝eq\r<\f<10\r<3>gR,3>>,因此要使小球安全通過圓軌道,初速度應(yīng)滿足v≥eq\r<\f<10\r<3>gR,3>>.答案v≥eq\r<\f<10\r<3>gR,3>>突破訓(xùn)練4一個帶負(fù)電荷量為q,質(zhì)量為m的小球,從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑,小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動．現(xiàn)在豎直方向上加如圖13所示的勻強電場,若仍從A點由靜止釋放該小球,則<>圖13A．小球不能過B點B．小球仍恰好能過B點C．小球通過B點,且在B點與軌道之間的壓力不為0D．以上說法都不對答案B解析小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑,恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動,則mg＝meq\f<v\o\al<2,1>,R>,mg<h－2R>＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,1>；加勻強電場后仍從A點由靜止釋放該小球,則<mg－qE><h－2R>＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,2>,聯(lián)立解得mg－qE＝meq\f<v\o\al<2,2>,R>,滿足小球恰好能過B點的臨界條件,選項B正確.高考題組1．<2012·XX單科·2>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<>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均減小答案B解析由平行板電容器電容決定式C＝eq\f<εS,4πkd>知,當(dāng)插入電介質(zhì)后,ε變大,則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式C＝eq\f<Q,U>得U＝eq\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．2．<2012·XX單科·9>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)樵瓉淼囊话隓．保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?則E變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢窤D解析由E＝eq\f<U,d>知,當(dāng)U不變,d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r,E變?yōu)樵瓉淼囊话?A項正確；當(dāng)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(dāng)電容器中d不變時,C不變,由C＝eq\f<Q,U>知,當(dāng)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?則U變?yōu)樵瓉淼囊话?E變?yōu)樵瓉淼囊话?D項正確．3．<2012·課標(biāo)全國·18>如圖14,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．電勢能逐漸增加圖14C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動答案BD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F＝Eq,方向垂直于極板向上,因二力均為恒力,又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(fù)功,粒子的電勢能增加,選項B正確．4．<2011·XX·20>反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一,它利用電子團(tuán)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15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E1＝2.0×103N/C圖15和E2＝4.0×103N/C,方向如圖所示．帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg,帶電荷量q－1.0×10－9C,A點距虛線MN的距離d1＝1.0cm<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.答案<1>0.50cm<2>1.5×10－8s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|E2d2＝0①由①式解得d2＝eq\f<E1,E2>d1＝0.50cm②<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|E1＝ma1③|q|E2＝ma2④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(xué)公式有d1＝eq\f<1,2>a1teq\o\al<2,1>⑤d2＝eq\f<1,2>a2teq\o\al<2,2>⑥又t＝t1＋t2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s模擬題組5．如圖16所示,由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計相接,極板M接地．用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U.在兩極板相距一定距離d時,給電容器充電,靜電計指針張開一定角度．在整個實驗過程中,保持電容器圖16所帶電荷量Q不變,下面操作能使靜電計指針張角變小的是<>A．將M板向下平移B．將M板沿水平方向向左遠(yuǎn)離N板C．在M、N之間插入云母板<介電常數(shù)ε>1>D．在M、N之間插入金屬板,且不和M、N接觸答案CD解析由C＝eq\f<εS,4πkd>可知,將M板向下平移,S減小,將M板沿水平方向向左移動,d增大,均使C變小,再由Q＝CU可知,電容器兩板間電壓增大,靜電計指針張角增大,A、B均錯誤；在M、N間插入云母板,ε增大,C增大,U變小,靜電計指針張角減小,C正確；在M、N間插入金屬板,相當(dāng)于d減小,故C增大,U變小,靜電計指針張角減小,D正確．6．為模擬空氣凈化過程,有人設(shè)計了如圖17所示的含灰塵空氣的密閉玻璃圓桶,圓桶的高和直徑相等．第一種除塵方式是：在圓桶頂面和底面間加上電壓U,沿圓桶的軸線方向形成一個勻強電場,塵粒的運動方向如圖甲所示；第二種除塵方式是：在圓桶軸線處放一直導(dǎo)線,在導(dǎo)線與桶壁間加上的電壓也等于U,形成沿半徑方向的輻向電場,塵粒的運動方向如圖17圖乙所示．已知空氣阻力與塵粒運動的速度成正比,即Ff＝kv<k為一定值>,假設(shè)每個塵粒的質(zhì)量和帶電荷量均相同,重力可忽略不計,則在這兩種方式中<>A．塵粒最終一定都做勻速運動B．塵粒受到的電場力大小相等C．電場對單個塵粒做功的最大值相等D．在乙容器中,塵粒會做類平拋運動答案C解析由于電壓U、圓桶的高與直徑及空氣阻力的大小不能計算,就不能確定塵粒最終是否做勻速運動,A項錯誤；在甲、乙容器中,E＝eq\f<U,d>中的d是不同的,所以F＝qE＝eq\f<qU,d>一定不同,B項錯誤；電場力對單個塵粒做功的最大值均為W＝qU,C項正確；由于忽略重力,在甲、乙桶中,塵粒均做直線運動,D項錯誤．<限時：45分鐘>?題組1電容器、電容及動態(tài)分析1．<2011·天津·5>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<>A．U2＝U1,E2＝E1B．U2＝2U1,E2＝4E1C．U2＝U1,E2＝2E1D．U2＝2U1,E2＝2E1答案C解析由C＝eq\f<Q,U>和C＝eq\f<εS,4kπd>及E＝eq\f<U,d>得,E＝eq\f<4kπQ,εS>,由電荷量由Q增為2Q,板間距由d減為eq\f<d,2>,得E2＝2E1；又由U＝Ed可得U1＝U2,故A、B、D錯,C對．2．一平行板電容器兩極板間距為d、極板面積為S,電容為eq\f<ε0S,d>,其中ε0是常量,對此電容器充電后斷開電源．當(dāng)增大兩極板間距時,電容器極板間<>A．電場強度不變,電勢差變大B．電場強度不變,電勢差不變C．電場強度減小,電勢差不變D．電場強度減小,電勢差減小答案A解析電容器充電后斷開,故電容器的帶電荷量不變,當(dāng)增大兩極板間的距離時,由C＝eq\f<ε0S,d>可知,電容器的電容變小,由U＝eq\f<Q,C>可知電勢差變大,又由E＝eq\f<U,d>可得E＝eq\f<U,d>＝eq\f<Q,Cd>＝eq\f<Q,\f<ε0S,d>d>＝eq\f<Q,ε0S>,與d無關(guān),所以電場強度不變,A正確．?題組2帶電粒子在電場中的直線運動3．如圖1所示,在等勢面沿豎直方向的勻強電場中,一帶負(fù)電的微粒以一定初速度射入電場,并沿直線AB運動,由此可知<>A．電場中A點的電勢低于B點的電勢B．微粒在A點時的動能大于在B點時的動能,在A點時的電勢能小圖1于在B點時的電勢能C．微粒在A點時的動能小于在B點時的動能,在A點時的電勢能大于在B點時的電勢能D．微粒在A點時的動能與電勢能之和等于在B點時的動能與電勢能之和答案B解析一帶負(fù)電的微粒以一定初速度射入電場,并沿直線AB運動,對其受力分析知其受到的電場力F只能垂直等勢面水平向左,電場強度則水平向右,如圖所示．所以電場中A點的電勢高于B點的電勢,A錯；微粒從A向B運動,則合外力做負(fù)功,動能減小,電場力做負(fù)功,電勢能增加,B對,C錯；微粒的動能、重力勢能、電勢能三種能量的總和保持不變,所以D錯．

4．如圖2所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中,以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30°,重力加速度為g,且mg＝Eq,則<>圖2A．電場方向豎直向上B．小球運動的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f<v\o\al<2,0>,2g>D．若小球在初始位置的電勢能為零,則小球電勢能的最大值為eq\f<mv\o\al<2,0>,4>答案BD解析由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動,其合力沿ON方向,而mg＝qE,由三角形定則,可知電場方向與ON方向成120°角,A錯誤；由圖中幾何關(guān)系可知,其合力為mg,由牛頓第二定律可知a＝g,方向與初速度方向相反,B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h,由動能定理可得：－mg·2h＝0－eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>,解得：h＝eq\f<v\o\al<2,0>,4g>,C錯誤；電場力做負(fù)功,帶電小球的電勢能變大,當(dāng)帶電小球速度為零時,其電勢能最大,則Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·eq\f<v\o\al<2,0>,4g>＝eq\f<mv\o\al<2,0>,4>,D正確．5．如圖3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>＝1.0×10－2C/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v－t圖象如圖乙所示,則下列說法正確的是<>圖3A．右側(cè)金屬板接電源的正極B．所加電壓U＝100VC．乙圖中的v2＝2m/sD．通過極板間隙所用時間之比為1∶<eq\r<2>－1>答案BD解析帶正電的粒子在電場力作用下由左極板向右運動,可判斷右側(cè)金屬板接電源負(fù)極,A選項錯誤．由v－t圖象可知,0～0.5s帶電粒子的加速度a＝2m/s2,兩板間距離d＝eq\f<1,2>at2＝0.25m,由Eq＝ma得E＝200V/m,U＝2Ed＝100V,B選項正確．可將粒子在兩個極板間隙間的運動看成是初速度為零的連續(xù)的勻加速運動,兩間隙距離相等,則有t1∶t2＝1∶<eq\r<2>－1>,D選項正確．v1∶v2＝1∶eq\r<2>,將v1＝1.0m/s代入,得v2＝eq\r<2>m/s,C選項錯誤．6．如圖4所示,板長L＝4cm的平行板電容器,板間距離d＝3cm,板與水平線夾角α＝37°,兩板所加電壓為U＝100V．有一帶負(fù)電液滴,帶電荷量為q＝3×10－10C,以v0＝1m/s的水平速度自A平進(jìn)入電場,在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出<取圖4g＝10m/s2,sinα＝0.6,cosα＝0.8>．求：<1>液滴的質(zhì)量；<2>液滴飛出時的速度．答案<1>8×10－8kg<2>1.32m/s解析<1>根據(jù)題意畫出帶電液滴的受力圖如圖所示,由圖可得：qEcosα＝mgE＝eq\f<U,d>解得：m＝eq\f<qUcosα,dg>代入數(shù)據(jù)得m＝8×10－8<2>對液滴由動能定理得：qU＝eq\f<1,2>mv2－eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>v＝eq\r<v\o\al<2,0>＋\f<2qU,m>>所以v＝eq\f<\r<7>,2>m/s≈1.32m/s.?題組3帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)7．如圖5所示,一價氫離子<eq\o\al<1,1>H>和二價氦離子<eq\o\al<4,2>He>的混合體,經(jīng)同一加速電場加速后,垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中,偏轉(zhuǎn)后,打在同一熒光屏上,則它們<>A．同時到達(dá)屏上同一點圖5B．先后到達(dá)屏上同一點C．同時到達(dá)屏上不同點D．先后到達(dá)屏上不同點答案B解析一價氫離子<eq\o\al<1,1>H>和二價氦離子<eq\o\al<4,2>He>的比荷不同,經(jīng)過加速電場的末速度不同,因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場的時間均不同,但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離相同,所以會先后打在屏上同一點,選B.8．<2012·XX理綜·20>圖6是某種靜電礦料分選器的原理示意圖,帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后,分落在收集板中央的兩側(cè)．對礦粉分離的過程,下列表述正確的有<>A．帶正電的礦粉落在右側(cè)B．電場力對礦粉做正功C．帶負(fù)電的礦粉電勢能變大D．帶正電的礦粉電勢能變小圖6答案BD解析由題圖可知,電場方向水平向左,帶正電的礦粉所受電場力方向與電場方向相同,所以落在左側(cè)；帶負(fù)電的礦粉所受電場力方向與電場方向相反,所以落在右側(cè)．選項A錯誤；無論礦粉所帶電性如何,礦粉均向所受電場力方向偏轉(zhuǎn),電場力均做正功,選項B正確；電勢能均減少,選項C錯誤,選項D正確．9．如圖7所示,從熾熱的金屬絲漂出的電子<速度可視為零>,經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場．電子的重力不計．在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下,下述四種情況中,一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是<>圖7A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓答案C解析設(shè)加速電場電壓為U0,偏轉(zhuǎn)電壓為U,極板長度為L,間距為d,電子加速過程中,由U0q＝eq\f<mv\o\al<2,0>,2>,得v0＝eq\r<\f<2U0q,m>>,電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動,時間t＝eq\f<L,v0>,a＝eq\f<Uq,dm>,vy＝a