高考專題-專項(xiàng)復(fù)習(xí)-基礎(chǔ)知識(shí)-電場(chǎng)和磁場(chǎng)-靜電場(chǎng)“百校聯(lián)賽”一等獎(jiǎng)

《電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》導(dǎo)學(xué)案過(guò)好雙基關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)梳理一、電容器1.電容器的充、放電(1)充電：使電容器帶電的過(guò)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(chǎng)能.(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.2.公式C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4πkd)的比較(1)定義式：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(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(wú)關(guān).(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，εr為介電常數(shù)，S為極板正對(duì)面積，d為板間距離.二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)示波管1.直線問(wèn)題：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)能的增量.(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝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).2.偏轉(zhuǎn)問(wèn)題：(1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng).(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：類平拋運(yùn)動(dòng).(3)處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解.①沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng).②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng).3.示波管的構(gòu)造：①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏.(如圖1所示)圖1[深度思考]帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定考慮受重力嗎？答案(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說(shuō)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(shuō)明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力.基礎(chǔ)題組自測(cè)1.(教科版選修3－1P40第9題)關(guān)于電容器的電容，下列說(shuō)法中正確的是()A.電容器所帶電荷量越多，電容越大B.電容器兩板間電壓越低，其電容越大C.電容器不帶電時(shí)，其電容為零D.電容器的電容只由它本身的特性決定答案D2.(人教版選修3－1P32第1題)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小？(1)把兩板間的距離減??；(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).答案(1)把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變小.(2)把兩極板間相對(duì)面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計(jì)指針偏角變大.(3)在兩極板間插入相對(duì)介電常數(shù)較大的電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變小.3.(人教版選修3－1P39第2題)某種金屬板M受到某種紫外線照射時(shí)會(huì)不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其速度大小也不相同.在M旁放置一個(gè)金屬網(wǎng)N.如果用導(dǎo)線將MN連接起來(lái)，M射出的電子落到N上便會(huì)沿導(dǎo)線返回M，從而形成電流.現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按圖2那樣在M、N之間加一個(gè)電壓U，發(fā)現(xiàn)當(dāng)U＞時(shí)電流表中就沒(méi)有電流.已知電子的質(zhì)量me＝×10－31kg問(wèn)：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是多少？(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)圖2答案×106解析如果電子的動(dòng)能減少到等于0的時(shí)候，電子恰好沒(méi)有到達(dá)N板，則電流表中就沒(méi)有電流.由W＝0－Ekm，W＝－eU，得－eU＝0－Ekm＝－eq\f(1,2)mev2v＝eq\r(\f(2Ue,me))＝eq\r(\f(2×××10－19,×10－30))m/s≈×1064.(人教版選修3－1P39第3題)先后讓一束電子和一束氫核通過(guò)同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．進(jìn)入時(shí)速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時(shí)電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比．(1)電子與氫核的初速度相同．(2)電子與氫核的初動(dòng)能相同．答案見解析解析設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極間距離為d，極板長(zhǎng)為l，則：帶電粒子在加速電場(chǎng)中獲得初動(dòng)能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmv\o\al(2,0)).(1)若電子與氫核的初速度相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me).(2)若電子與氫核的初動(dòng)能相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝1.研透命題點(diǎn)命題點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析一、兩類典型問(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.二、動(dòng)態(tài)分析思路不變(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.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.例1(2016·全國(guó)Ⅰ卷·14)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(chǎng)強(qiáng)度變大B.極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C.極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變D.極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變答案D解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)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?，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q減小.再由E＝eq\f(U,d)，由于U與d都不變，故電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確.題組階梯突破1.(2016·天津理綜·4)如圖3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(chǎng)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3A.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＝eq\f(εrS,4πkd)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減小；根據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，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.2.(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時(shí)兩極間的電勢(shì)差為U，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，電勢(shì)為φP，負(fù)電荷的電勢(shì)能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯(cuò)開一段距離(兩板間距不變)，下列說(shuō)法正確的是()圖4變大，E變大 變小，φP變小C.φP變小，Ep變大 D.φP變大，Ep變小答案AC解析根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當(dāng)正對(duì)面積減小時(shí)，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板間電壓增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故A正確；設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能一定較大，所以可知電勢(shì)能Ep是增大的，故C正確.命題點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1.做直線運(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上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng).2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)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(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1例2在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個(gè)帶電油滴，電容器兩板間距為d，當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時(shí)，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖5所示.當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時(shí)，油滴開始向上運(yùn)動(dòng)；經(jīng)時(shí)間Δt后，電容器突然放電使其電壓減少ΔU2，又經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt，油滴恰好回到原來(lái)位置.假設(shè)油滴在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有失去電荷，充電和放電的過(guò)程均很短暫，這段時(shí)間內(nèi)油滴的位移可忽略不計(jì).重力加速度為g.求：圖5(1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比；(2)第一個(gè)Δt與第二個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比；(3)ΔU1與ΔU2之比.題眼①油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)；②恰好又回到原來(lái)位置.答案(1)eq\f(dg,U0)(2)1∶3(3)1∶4解析(1)油滴靜止時(shí)滿足：mg＝qeq\f(U0,d)，則eq\f(q,m)＝eq\f(dg,U0)(2)設(shè)第一個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴的位移為x1，加速度為a1，第二個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴的位移為x2，加速度為a2，則x1＝eq\f(1,2)a1Δt2，x2＝v1Δt－eq\f(1,2)a2Δt2且v1＝a1Δt，x2＝－x1解得a1∶a2＝1∶3.(3)油滴向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)：qeq\f(U0＋ΔU1,d)－mg＝ma1，即qeq\f(ΔU1,d)＝ma1油滴向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg－qeq\f(U0＋ΔU1－ΔU2,d)＝ma2即qeq\f(ΔU2－ΔU1,d)＝ma2則eq\f(ΔU1,ΔU2－ΔU1)＝eq\f(1,3)解得eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(1,4)題組階梯突破3.(2015·海南單科·5)如圖6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(chǎng)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(guò)一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l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6∶2∶1∶2∶1答案A解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)M有，aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(Eqt2,2M)；對(duì)m有am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(Eqt2,2m)，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，A正確.4.(2014·安徽·22)如圖7所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間的距離為d，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g).求：圖7(1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間.答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)Ceq\f(mgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))解析(1)由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)(2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力作用，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知：mg－qE＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知：0－v2＝2ad整理得電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mgh＋d,qd)由U＝Ed，Q＝CU，得電容器所帶電荷量Q＝Ceq\f(mgh＋d,q)(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，0＝v＋at2，t＝t1＋t2整理得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))命題點(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1.運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))(2)沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)).,離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0)).))2.兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(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\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)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(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).3.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.例3(2016·北京理綜·23)如圖8所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出.已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d.圖8(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問(wèn)題的常用方法.在解決(1)問(wèn)時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明其原因.已知U＝×102V，d＝×10－2m，m＝×10－31kg，e＝×10－19C，g＝10m(3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng).電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)φ的定義式.類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”φG的概念，并簡(jiǎn)要說(shuō)明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn).題眼①由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速；②沿平行于板面的方向射入.答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)見解析(3)見解析解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)(2)只考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有重力G＝mg≈10－29N電場(chǎng)力F＝eq\f(eU,d)≈10－15N由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力.(3)電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝eq\f(Ep,q)，類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢(shì)”，即φG＝eq\f(EG,m).電勢(shì)φ和重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定.題組階梯突破5.(多選)(2015·天津理綜·7)如圖9所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速地進(jìn)入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上.整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()圖9A.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大C.三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置答案AD6.(2015·安徽理綜·23)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E(圖中未畫出)，由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖10所示，其中l(wèi)0為常數(shù).粒子所受重力忽略不計(jì).求：圖10(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功；(2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率.答案(1)3qEl0(2)3eq\r(\f(2ml0,qE))(3)eq\r(\f(17qEl0,2m))解析(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功W＝qE(yA－yC)＝3qEl0 ①(2)粒子只受沿y軸負(fù)方向的電場(chǎng)力作用，粒子做類似斜上拋運(yùn)動(dòng)，粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知軌跡最高點(diǎn)D在y軸上，可令tAD＝tDB＝T，且tBC＝T ②由牛頓第二定律qE＝ma ③由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得yD＝eq\f(1,2)aT2 ④從D到C做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向：yD＋3l0＝eq\f(1,2)a(2T)2 ⑤由②③④⑤式解得T＝eq\r(\f(2ml0,qE)) ⑥則A→C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t＝3T＝3eq\r(\f(2ml0,qE)) ⑦(3)粒子由D到C過(guò)程中x軸方向：2l0＝vD·2T y軸方向：vCy＝a·2T ⑨vC＝eq\r(v\o\al(2,D)＋v\o\al(2,Cy)) ⑩由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝eq\r(\f(17qEl0,2m))課時(shí)作業(yè)題組1平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1.如圖1所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi)，當(dāng)開關(guān)S閉合，小球靜止時(shí)，懸線與豎直方向的夾角為θ，則()圖1A.當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大B.當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，若增大平行板間的距離，則夾角θ變小C.當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大D.當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角θ減小答案C解析帶電小球在電容器中處于平衡時(shí)，由平衡條件有tanθ＝eq\f(qE,mg)，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電容器兩極板上的電荷量Q不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)，E＝eq\f(U,d)可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故增大或減小兩極板間的距離d，電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，θ不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，因?yàn)閮蓸O板間的電壓U不變，由E＝eq\f(U,d)可知，減小兩極板間的距離d，E增大，θ變大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.2.如圖2所示，電容器極板間有一可移動(dòng)的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測(cè)物體相連，電容器接入電路后，通過(guò)極板上物理量的變化可確定被測(cè)物體的位置，則下列說(shuō)法中正確的是()圖2A.若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加B.若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大C.若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板D.若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負(fù)極板答案D解析若x變大，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量減少，此時(shí)帶正電荷的極板得到電子，帶負(fù)電荷的極板失去電子，所以有電流流向負(fù)極板，A、C錯(cuò)誤，D正確.若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝eq\f(Q,C)可知，電容器極板間電壓減小，B錯(cuò)誤.3.(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場(chǎng)強(qiáng)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(shuō)法正確的是()A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半B.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍C.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則U變?yōu)樵瓉?lái)的一半D.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半答案AD解析由E＝eq\f(U,d)可知，若保持U不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半，A項(xiàng)正確；若保持E不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則U變?yōu)樵瓉?lái)的一半，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，可得U＝eq\f(4Qkπd,εrS)，E＝eq\f(4Qkπ,εrS)，所以，保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，C項(xiàng)錯(cuò)誤；保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半，E變?yōu)樵瓉?lái)的一半，D項(xiàng)正確.4.如圖3所示，M、N是平行板電容器的兩個(gè)極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部.閉合開關(guān)S，小球靜止時(shí)受到懸線的拉力為F.調(diào)節(jié)R1、R2，關(guān)于F的大小判斷正確的是()圖3A.保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，F(xiàn)將變大B.保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，F(xiàn)將變小C.保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)將變大D.保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)將變小答案B解析據(jù)題圖可知電容器兩端電壓UMN即R0兩端電壓，而R0和R2是串聯(lián)關(guān)系，兩者電壓的和為電源的電動(dòng)勢(shì)，因此R2↑→UR0↓UMN↓→電場(chǎng)強(qiáng)度E↓→F電↓→F↓，A錯(cuò)誤，B正確；R2不變，緩慢增大R1時(shí)，R0兩端電壓不變，電容器兩端電壓不變，故F不變，C、D均錯(cuò).題組2帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)5.兩平行金屬板相距為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4所示，OA＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()圖4\f(edh,U) \f(eU,dh) \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).6.(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ·14)如圖5所示，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()圖5A.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)，帶電微粒靜止有mg＝qE，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°后，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場(chǎng)力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場(chǎng)力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確.7.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(chǎng)中的振蕩來(lái)產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過(guò)程類似.如圖6所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場(chǎng)力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng).已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是E1＝×103N/C和E2＝×103N/C，方向如圖所示.帶電微粒質(zhì)量m＝×10－20kg，帶電荷量q＝－×10－9C、A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝1.0cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對(duì)論效應(yīng)圖6(1)B點(diǎn)到虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t.答案(1)0.50cm(2)×10－8s解析(1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2，解得d2＝0.50cm.(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＝ma1，|q|E2＝ma2，設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，d2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2).又t＝t1＋t2，解得t＝×10－8s.8.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(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，小物塊恰好靜止.重力加速度取g，sin37°＝，cos37°＝.求：圖7(1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的eq\f(1,2)，物塊的加速度是多大？(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能.答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)解析(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin37°＝qEFNcos37°＝mg解得E＝eq\f(3mg,4q)(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma解得a＝0.3(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0解得Ek＝.題組3帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)9.如圖8所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過(guò)平行金屬板的時(shí)間為t(不計(jì)粒子的重力)，則()圖8A.在前eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為eq\f(qU,4)B.在后eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為eq\f(3qU,8)C.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為1∶2D.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為2∶1答案B解析帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng).豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可知，前后兩段相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場(chǎng)力做功之比也為1∶3.又因?yàn)殡妶?chǎng)力做的總功為eq\f(qU,2)，所