2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)文檔第8章靜電場(chǎng)第37講Word版含答案

第37講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一平行板電容器1．電容器(1)組成：由兩個(gè)彼此eq\o(□,\s\up5(01))絕緣又相距eq\o(□,\s\up5(02))很近的導(dǎo)體組成。(2)所帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的eq\o(□,\s\up5(03))絕對(duì)值。(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩板帶上等量的eq\o(□,\s\up5(04))異號(hào)電荷，電容器中儲(chǔ)存eq\o(□,\s\up5(05))電能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中eq\o(□,\s\up5(06))電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2．電容(1)定義：電容器所帶的eq\o(□,\s\up5(07))電荷量Q與電容器兩極板間的電勢(shì)差U的比值。(2)定義式：C＝eq\o(□,\s\up5(08))eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器eq\o(□,\s\up5(09))容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。(4)單位：法拉(F)1F＝eq\o(□,\s\up5(10))106μF＝1012pF。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對(duì)面積成eq\o(□,\s\up5(11))正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成eq\o(□,\s\up5(12))正比，與兩板間的距離成eq\o(□,\s\up5(13))反比。(2)決定式：C＝eq\o(□,\s\up5(14))eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量(此式只適用于平行板電容器)。4．兩類(lèi)典型問(wèn)題(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eq\o(□,\s\up5(15))不變。①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析Q的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場(chǎng)強(qiáng)的變化。③根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢(shì)變化。(2)電容器充電后與電源斷開(kāi)，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持eq\o(□,\s\up5(16))不變。①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析U的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場(chǎng)強(qiáng)變化。5．平行板電容器問(wèn)題的一個(gè)常用結(jié)論電容器充電后斷開(kāi)電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場(chǎng)強(qiáng)度與極板間的距離無(wú)關(guān)。推導(dǎo)：由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)可得：E＝eq\f(4πkQ,εrS)。1．關(guān)于已充上電的某個(gè)平行板電容器，下列說(shuō)法不正確的是()A．兩極板上一定帶異號(hào)電荷B．兩極板所帶的電荷量一定相等C．充上的電荷量越多，其電容就越大D．充上的電荷量越多，兩極板間的電勢(shì)差就越大答案C解析給電容器充電，電容器兩極板分別帶上等量異號(hào)電荷，A、B正確；電容器的電容大小取決于它的結(jié)構(gòu)，與所帶電荷量的多少無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；根據(jù)U＝eq\f(Q,C)，電容器的電荷量越大，兩極板間的電勢(shì)差越大，D正確。2．[教材母題](人教版選修3－1P32·T1)平行板電容器的一個(gè)極板與靜電計(jì)的金屬桿相連，另一個(gè)極板與靜電計(jì)金屬外殼相連。給電容器充電后，靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)一個(gè)角度。以下情況中，靜電計(jì)指針的偏角是增大還是減??？(1)把兩板間的距離減小；(2)把兩板間的相對(duì)面積減?。?3)在兩板間插入相對(duì)介電常數(shù)較大的電介質(zhì)。[變式子題](多選)如圖所示為“研究影響平行板電容器電容的因素”的實(shí)驗(yàn)裝置，以下說(shuō)法正確的是()A．A板與靜電計(jì)的指針帶的是異號(hào)電荷B．甲圖中將B板上移，靜電計(jì)的指針偏角增大C．乙圖中將B板左移，靜電計(jì)的指針偏角不變D．丙圖中將電介質(zhì)插入兩板之間，靜電計(jì)的指針偏角減小答案BD解析靜電計(jì)指針與A板連為一個(gè)導(dǎo)體，帶電性質(zhì)相同，A錯(cuò)誤；根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，B板上移，S減小，C減小，Q不變，則U增大，B正確；B板左移，d增大，C減小，則U增大，C錯(cuò)誤；插入電介質(zhì)，εr增大，電容C增大，則U減小，D正確。3．電源、開(kāi)關(guān)、平行板電容器連成如圖所示電路。閉合開(kāi)關(guān)S，電源對(duì)電容器充電后，電容器帶電量為Q，板間電壓為U，板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0。則下列說(shuō)法正確的是()A．若將A板下移少許，Q增大，U減小，E0不變B．若將A板下移少許，Q不變，U減小，E0減小C．若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，將A板下移少許，Q增大，U不變，E0增大D．若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，將A板下移少許，Q不變，U減小，E0不變答案D解析開(kāi)關(guān)閉合時(shí)電容器兩極板間電壓U不變，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，A板下移(板間距d減小)，電容C將增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電容器帶電量Q將增大，由公式E0＝eq\f(U,d)可知板間場(chǎng)強(qiáng)增大，A、B錯(cuò)誤；開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后電容器帶電量Q不變，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，A板下移(板間距d減小)，電容C將增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電容器極板間電壓U將減小。由E0＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)三式可解得E0＝eq\f(4kπQ,εrS)，由此可知板間場(chǎng)強(qiáng)不變，C錯(cuò)誤、D正確?？键c(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)。(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線(xiàn)上，帶電粒子將做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)或勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。2．帶電粒子在電場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的處理方法(1)根據(jù)平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決處理。a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)根據(jù)動(dòng)能定理或其他功能關(guān)系解決處理。若不計(jì)粒子的重力，則電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的增加量。①在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出，則()A．微粒達(dá)到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程電勢(shì)能減少eq\f(mgd,cosθ)D．兩極板的電勢(shì)差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)解析對(duì)微粒進(jìn)行受力分析如圖，可知微粒做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，故A錯(cuò)誤；由tanθ＝eq\f(ma,mg)得a＝gtanθ，故B錯(cuò)誤；微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程電勢(shì)能增加，電勢(shì)能增加量ΔE＝qEd＝eq\f(mgd,cosθ)，又ΔE＝qU，得到兩極板的電勢(shì)差U＝eq\f(mgd,qcosθ)，故C錯(cuò)誤、D正確。答案D方法感悟處理帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的常用技巧(1)微觀(guān)粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子等)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常不必考慮其重力及運(yùn)動(dòng)中重力勢(shì)能的變化。(2)普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，除題中說(shuō)明外，必須考慮其重力及運(yùn)動(dòng)中重力勢(shì)能的變化。1.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(xiàn)(與水平方向成θ角)由A向B做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則()A．微粒一定帶正電B．微粒一定做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．可求出勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度D．可求出微粒運(yùn)動(dòng)的加速度答案D解析微粒做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的條件是合力與速度為同一直線(xiàn)，只有微粒所受靜電力向左才滿(mǎn)足此條件，所以微粒帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；并且微粒所受合力只能是由B指向A，所以由A向B的運(yùn)動(dòng)為勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；通過(guò)受力分析可知，能求出微粒所受的靜電力大小和合力大小，由a＝eq\f(F合,m)可求出微粒的加速度大小，D正確；因微粒帶電量未知，不能求出勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤。2．[教材母題](人教版選修3－1P39·T1)真空中有一對(duì)平行金屬板，相距6.2cm，兩板電勢(shì)差為90V。二價(jià)的氧離子由靜止開(kāi)始加速，從一個(gè)極板到達(dá)另一個(gè)極板時(shí)，動(dòng)能是多大？這個(gè)問(wèn)題有幾種解法？哪種解法比較簡(jiǎn)便？[變式子題](2016·四川高考)中國(guó)科學(xué)院2015年10月宣布中國(guó)將在2020年開(kāi)始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類(lèi)揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。如圖所示，某直線(xiàn)加速器由沿軸線(xiàn)分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線(xiàn)進(jìn)入加速器并依次向右穿過(guò)各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在漂移管間被電場(chǎng)加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間視為電源周期的eq\f(1,2)。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的長(zhǎng)度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。答案(1)0.4m(2)6×104V解析(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則T＝eq\f(1,f)①L＝vB·eq\f(T,2)②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4m③(2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，相鄰漂移管間的電場(chǎng)對(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到E電場(chǎng)做功為W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則W＝qU④W′＝3W⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V?？键c(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的理解(1)運(yùn)動(dòng)形式：以速度v0垂直于電場(chǎng)線(xiàn)方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，僅受電場(chǎng)力。(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。(3)處理方法：運(yùn)動(dòng)的分解。①沿初速度方向：做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。2．運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間①能飛出極板：t＝eq\f(l,v0)。②不能飛出極板：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，t＝eq\r(\f(2mdy,qU))。(2)沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。②離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。③離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。3．兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)。(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)與初速度延長(zhǎng)線(xiàn)的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2)。4．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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差。5．設(shè)屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的水平距離為D，則計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y有以下幾種方法：(如圖所示)①Y＝y(tǒng)＋Dtanθ；②Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋D))tanθ；③Y＝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))。6．示波器的工作原理(1)構(gòu)造：①電子槍?zhuān)虎谄D(zhuǎn)極板；③熒光屏。(如圖所示)(2)工作原理①YY′上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。②觀(guān)察到的現(xiàn)象a．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒(méi)有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。b．若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象。(2018·河北定州中學(xué)模擬)如圖所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)為L(zhǎng)＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢(shì)高300V，一帶正電的粒子電荷量為q＝1.0×10－10C、質(zhì)量為m＝1.0×10－20kg，沿電場(chǎng)中心線(xiàn)RO垂直電場(chǎng)線(xiàn)飛入電場(chǎng)，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飛出電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)。已知兩界面MN、PS相距為12cm，D是中心線(xiàn)RO與界面PS的交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線(xiàn)上，距離界面PS為9cm，粒子穿過(guò)界面PS做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后垂直打在放置于中心線(xiàn)上的熒光屏bc上。(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不計(jì))(1)求粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線(xiàn)RO的距離為多遠(yuǎn)；到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為多遠(yuǎn)；(2)在圖上粗略畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡；(3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小。解析(1)粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線(xiàn)RO的距離(偏移位移)：y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,dm)，L＝v0t，則y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝0.03m＝3cm。粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其軌跡與PS交于H，設(shè)H到中心線(xiàn)的距離為Y，則有eq\f(\f(1,2)L,\f(1,2)L＋12cm)＝eq\f(y,Y)，解得Y＝4y＝12cm。(2)第一段是拋物線(xiàn)、第二段是直線(xiàn)、第三段是圓弧。(3)粒子到達(dá)H點(diǎn)時(shí)，其水平速度vx＝v0＝2.0×106m/s豎直速度vy＝at＝1.5×106m/s則v合＝2.5×106m/s該粒子在穿過(guò)界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以Q帶負(fù)電。根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r＝15cm，電場(chǎng)力提供向心力，則keq\f(Qq,r2)＝meq\f(v\o\al(2,合),r)，解得Q≈1.04×10－8C。答案(1)3cm12cm(2)軌跡圖見(jiàn)解析(3)負(fù)電1.04×10－8C方法感悟(1)條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。(2)運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。1．(2018·湖南衡陽(yáng)八中月考)(多選)示波管是示波器的核心部件，如圖，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(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()A．極板X(qián)應(yīng)帶正電B．極板X(qián)′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶負(fù)電D．極板Y應(yīng)帶正電答案AD解析由亮斑位置可知電子在XX′偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中向X極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板X(qián)帶正電，A正確、B錯(cuò)誤。電子在YY′偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中向Y極板方向偏轉(zhuǎn)，故Y帶正電，C錯(cuò)誤、D正確。2．(多選)如圖，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)、氘核(eq\o\al(2,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)都沿平行板電容器中線(xiàn)OO′方向垂直于電場(chǎng)線(xiàn)射入板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，射出后都能打在同一個(gè)與中線(xiàn)垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)，粒子重力不計(jì)，下列推斷正確的是()A．若它們射入電場(chǎng)時(shí)的速度相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)B．若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)C．若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)D．若它們是由同一個(gè)電場(chǎng)從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)答案CD解析三個(gè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中都做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則得到：a＝eq\f(qE,m)，偏轉(zhuǎn)距離為：y＝eq\f(1,2)at2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(L,v0)，聯(lián)立三式得：y＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))。若它們射入電場(chǎng)時(shí)的速度相等，y與比荷成正比，而三個(gè)粒子中質(zhì)子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在熒光屏上將出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量相等，y＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))＝eq\f(qmEL2,2mv02)，可見(jiàn)y與qm成正比，三個(gè)qm都不同，則在熒光屏上將只出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)，故C正確；若它們是由同一個(gè)電壓為U的電場(chǎng)從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(電壓為U0)的，根據(jù)推論y＝eq\f(U0L2,4Ud)可知，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)，故D正確。3．[教材母題](人教版選修3－1P39·T4)讓一價(jià)氫離子、一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子的混合物經(jīng)過(guò)同一加速電場(chǎng)由靜止開(kāi)始加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里偏轉(zhuǎn)，它們是否會(huì)分離為三股粒子束？請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明。[變式子題]如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從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(chǎng)，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該()A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉?lái)的4倍C．使U2變?yōu)樵瓉?lái)的eq\r(2)倍D．使U2變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)答案A解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(U2L2,4dU1)。U1加倍，想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，即y不變，則必須使U2加倍。故選A。課后作業(yè)[鞏固強(qiáng)化練]1．(多選)有一只電容器的規(guī)格是“1.5μF,9V”，那么()A．這只電容器上的電荷量不能超過(guò)1.5×10－5CB．這只電容器上的電荷量不能超過(guò)1.35×10－5CC．這只電容器的額定電壓為9VD．這只電容器的擊穿電壓為9V答案BC解析9V為電容器的額定電壓(或工作電壓)，故C正確；正常工作時(shí)的電荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C，B正確。2．如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板為A、B，B板接地，使其A板帶有電荷量＋Q，B板帶有電荷量－Q，板間電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)P，以下說(shuō)法正確的是()A．若將B板固定，A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，P點(diǎn)電勢(shì)降低B．若將B板固定，A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，P點(diǎn)電勢(shì)升高C．若將A板固定，B板上移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，P點(diǎn)電勢(shì)降低D．如果A板固定，B板上移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，P點(diǎn)電勢(shì)升高答案C解析由題可知電容器兩板所帶電荷量不變，正對(duì)面積不變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)可推出：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變。P點(diǎn)與下板的距離不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點(diǎn)與下板的電勢(shì)差不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)不變，故A、B錯(cuò)誤；B板上移時(shí)，同理得知，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點(diǎn)與下板的電勢(shì)差減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)高于下板的電勢(shì)，下板的電勢(shì)為零，所以P點(diǎn)電勢(shì)降低，故C正確、D錯(cuò)誤。3．兩平行金屬板相距為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，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()A.eq\f(edh,U)B．edUhC.eq\f(eU,dh)D.eq\f(eUh,d)答案D解析由動(dòng)能定理得：－eeq\f(U,d)h＝－Ek，所以Ek＝eq\f(eUh,d)。4．如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A．保持靜止?fàn)顟B(tài)B．向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C．向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D．向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)答案D解析兩平行金屬板水平放置時(shí)，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，對(duì)其受力分析，如圖1所示，設(shè)兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，微粒受到豎直向下的重力G和豎直向上的電場(chǎng)力qE，且G＝qE；兩平行金屬板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°時(shí)，對(duì)微粒受力分析，如圖2所示，由平行四邊形定則可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且為恒力，所以微粒向左下方做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤。5．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣沿垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負(fù)極板不動(dòng)，正極板在豎直方向移動(dòng)，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉?lái)的()A．2倍B．4倍C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)答案C解析電子從負(fù)極板邊緣垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，初速度為v，極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，極板的間距為d，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。由于電子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，所以水平方向有L＝vt，豎直方向有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2＝d。因?yàn)镋＝eq\f(U,d)，可得：d2＝eq\f(eUL2,2mv2)，若電子的速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，仍從正極板邊緣飛出，則由上式可得兩極板的間距d應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，故選C。6．(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個(gè)質(zhì)量相等的帶電粒子M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場(chǎng)，兩帶電粒子恰好在板間某點(diǎn)相遇。若不考慮帶電粒子的重力和它們之間的相互作用，則下列說(shuō)法正確的是()A．M的電荷量大于N的電荷量B．兩帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度相等C．從兩帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)到兩帶電粒子相遇，電場(chǎng)力對(duì)M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)N做的功D．M進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小與N進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小一定相同答案AC解析從軌跡可以看出：yM>yN，故eq\f(1,2)·eq\f(qME,m)t2>eq\f(1,2)·eq\f(qNE,m)t2，解得：eq\f(qME,m)>eq\f(qNE,m)，qM>qN，故A正確、B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功W電＝qEy，由題圖可知yM>yN，且qM>qN，所以電場(chǎng)力對(duì)M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，故vM>vN，故D錯(cuò)誤。7．如圖所示，在兩條平行的虛線(xiàn)內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線(xiàn)相距L處有一與電場(chǎng)平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場(chǎng)線(xiàn)方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線(xiàn)與屏的交點(diǎn)為O。試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間；(2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離s。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))解析(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線(xiàn)的方向上一直做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間：t＝eq\f(2L,v0)。(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線(xiàn)方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中的加速度為：a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝at1＝a·eq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)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)設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))又s＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：s＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))。[真題模擬練]8.(2018·全國(guó)卷Ⅲ)(多選)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(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)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(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大C．在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，微粒b向上加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a、b某時(shí)刻經(jīng)過(guò)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(duì)微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對(duì)微粒b，由牛頓第二定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得：eq\f(qE,ma)>eq\f(qE,mb)，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，A錯(cuò)誤；在a、b兩微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a微粒所受電場(chǎng)力等于b微粒所受的電場(chǎng)力，t時(shí)刻a微粒的位移大于b微粒的位移，根據(jù)動(dòng)能定理，在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b大，B正確；由于在t時(shí)刻兩微粒經(jīng)過(guò)同一水平面，電勢(shì)相等，電荷量大小相等，符號(hào)相反，所以在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能不等，C錯(cuò)誤；由于a微粒受到的電場(chǎng)力(合外力)與b微粒受到的電場(chǎng)力(合外力)大小相等，根據(jù)動(dòng)量定理，在t時(shí)刻，a微粒的動(dòng)量大小等于b微粒的動(dòng)量，D正確。9.(2018·北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，下列說(shuō)法正確的是()A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大答案A解析用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異號(hào)電荷，從而使電容器帶電，故A正確；根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，將電容器b板向上平移，即正對(duì)面積S減小，則電容C減小，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U增大，則靜電計(jì)指針的張角變大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電容器的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，則相對(duì)介電常數(shù)εr增大，則電容C增大，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U減小，則靜電計(jì)指針的張角減小，故C錯(cuò)誤；電容與電容器所帶的電荷量無(wú)關(guān)，故電容C不變，故D錯(cuò)誤。10.(2018·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴()A．仍然保持靜止B．豎直向下運(yùn)動(dòng)C．向左下方運(yùn)動(dòng)D．向右下方運(yùn)動(dòng)答案D解析兩極板平行時(shí)帶電油滴處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場(chǎng)力，