2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)教案魯科版

PAGE15-第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)教材梳理·自主預(yù)習(xí)學(xué)問梳理一、電容器及電容1.電容器(1)組成:由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成.(2)帶電荷量:一個(gè)極板所帶電荷量的肯定值.(3)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與兩個(gè)極板間的電勢差U的比值.(2)定義式:C=.(3)單位:國際單位制中為法拉(F),常用單位有微法(μF)、皮法(pF).1F=106μF=1012pF.(4)意義:表示電容器容納電荷本事的凹凸.(5)確定因素:由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、形態(tài)、相對位置及電介質(zhì))確定,與電容器是否帶電及電壓無關(guān).3.平行板電容器的電容(1)確定因素:極板的正對面積,相對介電常數(shù),兩板間的距離.(2)確定式:C=,ε為電介質(zhì)的相對介電常數(shù),S為極板的正對面積,d為板間距離.二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)示波管1.帶電粒子在電場中的加速(1)在勻強(qiáng)電場中:W=qEd=qU=mv2-m.(2)在非勻強(qiáng)電場中:W=qU=mv2-m.自主探究如圖所示,電子由靜止起先從A極板向B極板運(yùn)動(dòng),當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v,保持兩板間電壓不變.(1)當(dāng)變更兩板間距離時(shí),v怎樣變更?(2)當(dāng)增大兩板間距離時(shí),電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間如何變更?(3)若把電源斷開后,增大兩板間距離時(shí),到達(dá)B板時(shí)的速度v和運(yùn)動(dòng)時(shí)間又如何變更呢?答案:(1)由qU=mv2,得v=,因此當(dāng)變更兩板間距離時(shí),v不發(fā)生變更.自主探究(2)由d=·t2,得t=,當(dāng)d增大時(shí),t也增大.(3)若把電源斷開后,變更兩板之間的距離時(shí),電場強(qiáng)度不變,由qEd=mv2得v=,則d增大,v增大;由d=·t2,得t=,則d增大,時(shí)間t也增大.2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)運(yùn)動(dòng)狀況:假如帶電粒子以初速度v0垂直電場強(qiáng)度方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場中,則帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),如圖所示.(2)處理方法:將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿電場力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng).依據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的學(xué)問解決有關(guān)問題.(3)基本關(guān)系式:運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=,加速度a===,偏轉(zhuǎn)量y=at2=,偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ===.(4)若粒子以相同速度進(jìn)入電場,則比荷大的射出電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角更大;若粒子以相同動(dòng)能進(jìn)入電場,則電荷量大的射出電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角更大;若粒子以相同動(dòng)量進(jìn)入電場,則電荷量與質(zhì)量乘積大的射出電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角更大.3.示波管的構(gòu)造(1)電子槍;(2)偏轉(zhuǎn)電極;(3)熒光屏.(如圖所示)小題檢測1.思索推斷(1)電容是表示電容器儲存電荷本事的物理量.(√)(2)電容器所帶電荷量是指每個(gè)極板上所帶電荷量的代數(shù)和.(×)(3)放電后的電容器電荷量為零,電容也為零.(×)(4)示波管屏幕上的亮線是由電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的.(√)(5)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力肯定可以忽視不計(jì).(×)2.依據(jù)電容的定義式C=可知,下列說法正確的是(D)A.電容器的電容越大,電容器所帶的電荷量就越多B.電容器兩極板間的電勢差越大,電容越小C.電容器的電容與其所帶電荷量成正比,與其兩極板間的電勢差成反比D.電容器的電容不隨所帶電荷量及兩極板間的電勢差的變更而變更解析:電容器的電容越大,說明電容器儲存電荷的本事越大,并不是說明電容器所帶的電荷量越多,故A錯(cuò)誤;電容的定義式C=,表明電容只是以帶電荷量和電勢差的比值定義的,不跟Q成正比也不跟U成反比,并不隨它們兩個(gè)發(fā)生變更,故B,C錯(cuò)誤,D正確.3.一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的變更狀況是(B)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均減小解析:由公式C=知,在兩極板間插入一電介質(zhì),其電容C增大,由公式C=知,電荷量不變時(shí),U減小,B正確.4.一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場,電場沿豎直方向.兩個(gè)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,從電容器的P點(diǎn)(如圖所示)以相同的水平速度射入兩平行板之間.測得a和b與電容器極板的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為1∶2.若不計(jì)重力,則a和b的比荷之比是(D)A.1∶2 B.1∶8 C.2∶1 D.4∶1解析:帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得x=v0·t,y=at2,qE=ma,聯(lián)立可得=∝,故a和b的比荷之比為4∶1.考點(diǎn)研習(xí)·感悟提升考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析問題1.兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連,電容器兩極板間的電勢差U保持不變.(2)電容器充電后與電源斷開,電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變.2.動(dòng)態(tài)分析思路(1)U不變①依據(jù)C=先分析電容的變更,再依據(jù)Q=CU分析Q的變更.②依據(jù)E=分析電場強(qiáng)度的變更.③依據(jù)UAB=E·d分析某點(diǎn)電勢變更.(2)Q不變①依據(jù)C=先分析電容的變更,再依據(jù)U=分析U的變更.②依據(jù)E==分析電場強(qiáng)度的變更.[例1](2024·天津卷,4)如圖所示,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表示兩板間的電場強(qiáng)度,Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能,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(D)A.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,則依據(jù)C=可知,C變大,Q肯定,則依據(jù)Q=CU可知,U減小,則靜電計(jì)指針偏角θ減小;依據(jù)E=,Q=CU,C=聯(lián)立可得E=,可知E不變;依據(jù)U=Ed可知,P點(diǎn)離下極板的距離不變,且E不變,P點(diǎn)與下極板間的電勢差不變,P點(diǎn)的電勢不變,則電勢能Ep也不變.選項(xiàng)A,B,C錯(cuò)誤,D正確.分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變更的三點(diǎn)關(guān)鍵(1)確定不變量:先明確動(dòng)態(tài)變更過程中的哪些量不變,是電荷量保持不變還是極板間電壓不變.(2)恰當(dāng)選擇公式:敏捷選取電容的確定式和定義式,分析電容的變更,同時(shí)用公式E=分析極板間電場強(qiáng)度的變更狀況.(3)若兩極板間有帶電微粒,則通過分析電場力的變更,分析其運(yùn)動(dòng)狀況的變更.1.(U不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析)(多選)如圖所示,平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接,下極板接地,靜電計(jì)所帶電荷量很少,可被忽視.一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn).現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離,則(ACD)A.平行板電容器的電容將變小B.靜電計(jì)指針張角變小C.帶電油滴的電勢能將削減D.若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向下移動(dòng)一小段距離,則帶電油滴所受電場力不變解析:將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離時(shí),兩極板的正對面積S不變,間距d變大,依據(jù)關(guān)系式C=∝可知,電容C減小,選項(xiàng)A正確;因?yàn)殪o電計(jì)指針的變更表征了電容器兩極板電勢差的變更,題中電容器兩極板間的電勢差U不變,所以靜電計(jì)指針張角不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;U不變,極板間距d變大時(shí),板間電場強(qiáng)度E=減小,帶電油滴所處位置的電勢P=EdP增大,其中dP為油滴到下極板的距離,又因?yàn)橛偷螏ж?fù)電,所以其電勢能將削減,選項(xiàng)C正確;若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向下移動(dòng)一小段距離,則電容器帶電荷量Q不變,極板間距d變大,依據(jù)Q=CU,E=和C=可知E∝,可見,極板間電場強(qiáng)度E不變,所以帶電油滴所受電場力不變,選項(xiàng)D正確.2.(Q不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析)(多選)如圖所示,志向二極管、平行板電容器、電源組成閉合電路,帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間,且處于靜止?fàn)顟B(tài),平行板電容器的B板接地.若將極板A向上移動(dòng)少許,下列說法中正確的是(BD)A.電容器的電容增大B.AB間的電壓增大C.液滴將向上運(yùn)動(dòng)D.液滴的電勢能不變解析:若將極板A向上移動(dòng)少許,板間距離增加,依據(jù)C=,電容C減小,故A錯(cuò)誤;依據(jù)C=可知,若U不變,C減小,則Q減小,電容器要放電,但是志向二極管具有單向?qū)щ娦?不能放電,故電荷量Q肯定,由U=可知,電壓增大,故B正確;由E==可知,電場強(qiáng)度大小與兩極板間的距離無關(guān),電場強(qiáng)度不變,則液滴保持靜止,故C錯(cuò)誤;由以上分析可知電場強(qiáng)度不變,液滴到下極板的距離不變,液滴與下極板間的電勢差不變,液滴的電勢不變,所以液滴的電勢能不變,故D正確.考點(diǎn)二帶電粒子在電場中的直線運(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=,E=,v2-=2ad.3.用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中:W=qEd=qU=mv2-m非勻強(qiáng)電場中:W=qU=Ek2-Ek1.[例2](2024·江蘇卷)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A,B,C中心各有一小孔,小孔分別位于O,M,P點(diǎn).由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn).現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn),則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(A)A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B.運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C.運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D.穿過P′點(diǎn)解析:電子在A,B板間的電場中加速運(yùn)動(dòng),在B,C板間的電場中減速運(yùn)動(dòng),設(shè)A,B板間的電壓為U,B,C板間的電場強(qiáng)度為E,M,P兩點(diǎn)間的距離為d,則有eU-eEd=0,若將C板向右平移到P′點(diǎn),B,C兩板所帶電荷量不變,由E===可知,C板向右平移到P′時(shí),B,C兩板間的電場強(qiáng)度不變,由此可以推斷,電子在A,B板間加速運(yùn)動(dòng)后,在B,C板間減速運(yùn)動(dòng),到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零,然后返回.A項(xiàng)正確,B,C,D項(xiàng)錯(cuò)誤.反思總結(jié)帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題的解題步驟[針對訓(xùn)練]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、帶電荷量為q,從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入,沿直線運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出,則(C)A.微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為mB.微粒的加速度大小等于gsinθC.兩極板的電勢差UMN=D.微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程電勢能削減解析:微粒僅受電場力和重力,電場力方向垂直于極板,重力方向豎直向下,微粒做直線運(yùn)動(dòng),合力方向沿水平方向,由此可得,電場力方向垂直于極板斜向左上方,合力方向水平向左,微粒做減速運(yùn)動(dòng),則微粒到達(dá)B時(shí)動(dòng)能小于m,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;依據(jù)qEsinθ=ma,qEcosθ=mg,解得a=gtanθ,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;兩極板的電勢差UMN=Ed=,選項(xiàng)C正確;微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中,電場力做負(fù)功,電勢能增加,電勢能增加量ΔEp=qUMN=,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(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(2)沿電場力方向,做勻加速直線運(yùn)動(dòng)2.兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí),偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的.證明:由qU0=my=at2=··()2tanθ=得y=,tanθ=.(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為.3.功能關(guān)系當(dāng)探討帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解:qUy=mv2-m,其中Uy=y,指初、末位置間的電勢差.[例3]如圖所示,虛線MN左側(cè)有一電場強(qiáng)度為E1=E的勻強(qiáng)電場,在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強(qiáng)度為E2=2E的勻強(qiáng)電場,在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏.現(xiàn)將一電子(電荷量為e,質(zhì)量為m)無初速度地放入電場E1中的A點(diǎn),A與虛線MN的間距為,最終電子打在右側(cè)的屏上,AO連線與屏垂直,垂足為O,求:(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間;(2)電子剛射出電場E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ;(3)電子打到屏上的點(diǎn)P′到點(diǎn)O的距離y.解析:(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,時(shí)間為t1,則有=a1,且a1==,解得t1=,電子進(jìn)入電場E2時(shí)的速度v1=a1t1=,進(jìn)入電場E2到屏水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),所用時(shí)間t2==2,故電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間t=t1+t2=3.(2)設(shè)電子射出電場E2時(shí)沿平行電場線方向的速度為vy,依據(jù)牛頓其次定律得,電子在電場E2中的加速度a2==,則vy=a2t3,且t3=,tanθ=,聯(lián)立解得tanθ=2.(3)電子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.設(shè)電子在電場E2中的偏轉(zhuǎn)距離為y1,則有y1=a2tanθ=,聯(lián)立解得y=3L.答案:(1)3(2)2(3)3L反思總結(jié)計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心距離Y的四種方法(1)Y=y+dtanθ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離).(2)Y=(+d)tanθ(L為電場寬度).(3)Y=y+vy·.(4)依據(jù)三角形相像=.[針對訓(xùn)練](多選)三個(gè)質(zhì)量相等,分別帶正電、負(fù)電和不帶電的粒子,從帶電平行金屬板左側(cè)中心以相同的水平初速度v0先后垂直電場進(jìn)入,并分別落在正極板的A,B,C三處,O點(diǎn)是下極板的左端點(diǎn),且OC=2OA,AC=2BC,如圖所示,則下列說法正確的是(ACD)A.三個(gè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比tA∶tB∶tC=2∶3∶4B.三個(gè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度之比aA∶aB∶aC=1∶3∶4C.三個(gè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能的變更量之比∶∶=36∶16∶9D.帶正、負(fù)電荷的兩個(gè)粒子的電荷量之比為7∶20解析:三個(gè)粒子的初速度相等,在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),由l=v0t得,運(yùn)動(dòng)時(shí)間tA∶tB∶tC=lA∶lB∶lC=2∶3∶4,故A正確;三個(gè)粒子在豎直方向上的位移y相等,依據(jù)y=at2,得aA∶aB∶aC=∶∶=36∶16∶9,故B錯(cuò)誤;由牛頓其次定律可知F=ma,因?yàn)橘|(zhì)量相等,所以合力之比與加速度之比相同,合力做功W=Fy,由動(dòng)能定理可知,動(dòng)能的變更量等于合力做的功,所以三個(gè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能變更量之比為36∶16∶9,故C正確;三個(gè)粒子的合力大小關(guān)系為FA>FB>FC,三個(gè)粒子的重力相等,所以B僅受重力作用,A所受的電場力向下,C所受的電場力向上,即B不帶電,A帶負(fù)電,C帶正電,由牛頓其次定律得aA∶aB∶aC=(mg+qAE)∶(mg)∶(mg-qCE),解得qC∶qA=7∶20,故D正確.考點(diǎn)四帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)1.常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等.2.常見的題目類型(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解).(2)粒子做來回運(yùn)動(dòng)(一般分段探討).(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般依據(jù)交變電場特點(diǎn)分段探討).3.思維方法(1)留意全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律),抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對稱性的特征,求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或與物理過程相關(guān)的邊界條件.(2)分析時(shí)從兩條思路動(dòng)身:一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,依據(jù)牛頓其次定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析;二是功能關(guān)系.(3)留意對稱性和周期性變更關(guān)系的應(yīng)用.[例4]如圖(甲)所示,電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽視不計(jì),電子放射裝置的加速電壓為U0,平行金屬板板長和板間距離均為L=10cm,下極板接地,電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm,在電容器兩極板間接一交變電壓,上極板的電勢隨時(shí)間變更的圖象如圖(乙)所示.(每個(gè)電子穿過平行板的時(shí)間都極短,可以認(rèn)為極板間電壓是不變的)求:(1)在t=0.06s時(shí)刻,電子打在熒光屏上的何處;(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長.審題指導(dǎo):題干關(guān)鍵獲得信息穿過平行板時(shí)間極短上、下極板間的電壓U(E)不變上極板電勢—時(shí)間圖象電子可向上(向下)偏電子打到的區(qū)間電壓過大時(shí),電子打在極板上,不會打到熒光屏上解析:(1)電子經(jīng)電場加速滿意qU0=mv2,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后偏移量y=at2=·（）2所以y=,由圖(乙)知t=0.06s時(shí)刻,U偏=1.8U0,電子向上偏轉(zhuǎn),所以y=4.5cm.設(shè)電子打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y,滿意=解得Y=13.5cm.(2)由題意知,電子偏移量y的最大值為,所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0,電子就打不到熒光屏上了,設(shè)電子打在熒光屏上的最遠(yuǎn)點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y′,則有=,解得Y′=L,所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為2Y′=3L=30cm.答案:(1)距O點(diǎn)上方13.5cm處(2)30cm反思總結(jié)解決帶電粒子在交變電場中運(yùn)動(dòng)問題的關(guān)鍵(1)處理方法:將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為垂直電場方向上的勻速運(yùn)動(dòng)和沿電場方向的變速運(yùn)動(dòng).(2)比較通過電場的時(shí)間t與交變電場的周期T的關(guān)系①若t?T,可認(rèn)為粒子通過電場的時(shí)間內(nèi)電場強(qiáng)度不變,等于剛進(jìn)入電場時(shí)的電場強(qiáng)度.②若不滿意上述關(guān)系,應(yīng)留意分析粒子在電場方向上運(yùn)動(dòng)的周期性.(3)留意分析不同時(shí)刻射入電場的粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的差別,找到滿意題目要求的時(shí)刻.提組訓(xùn)練1.(帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動(dòng))如圖(甲)所示,在兩距離足夠大的平行金屬板中心有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力),t=0時(shí)刻,A板電勢高于B板電勢,當(dāng)兩板間加上如圖(乙)所示的交變電壓后,下列圖象中能正確反映電子速度v、位移s、加速度a和動(dòng)能Ek四個(gè)物理量隨時(shí)間變更規(guī)律的是(A)解析:電子一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況是:0～時(shí)間內(nèi),電子從靜止起先向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng),時(shí)刻速度為零,時(shí)間內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),T～T接著做勻減速直線運(yùn)動(dòng),依據(jù)vt圖象,st圖象以及at圖象的含義可知,選項(xiàng)A正確,B,C錯(cuò)誤;勻變速直線運(yùn)動(dòng)的vt圖象是傾斜的直線,則Ekt圖象是曲線,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.2.(帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng))如圖(甲)所示,兩平行金屬板MN,PQ的板長l和板間距離相等,板間存在如圖(乙)所示的隨時(shí)間周期性變更的電場,電場方向與兩板垂直,在t=0時(shí)刻,一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場,粒子射入電場時(shí)的速度為v0,t==T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場.則(A)A.該粒子射出電場時(shí)的速度方向肯定是沿垂直電場方向的B.在t=時(shí)刻,該粒子的速度大小為2v0C.若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場,則粒子會打在金屬板上D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則該粒子仍在t=T時(shí)刻射出電場解析:粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),由于在t==T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場,因此在豎直方向上前半個(gè)周期內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在后半個(gè)周期內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),一個(gè)周期末豎直方向上的分速度為0,可知粒子射出電場時(shí)的速度方向肯定是沿垂直電場方向的,如圖所示,選項(xiàng)A正確;前后兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等,時(shí)將速度分解,由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得l=v0T,l=vT,則v=v0,故時(shí)刻該粒子的速度為v0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場,粒子在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)狀況與t=0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)運(yùn)動(dòng)的方向相反,運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同,故粒子將從PQ板右邊緣射出電場,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,粒子在場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t==,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.1.(2024·江蘇卷,5)一勻強(qiáng)電場的方向豎直向上.t=0時(shí)刻,一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場,電場力對粒子做功的功率為P,不計(jì)粒子重力,則Pt關(guān)系圖象是(A)解析:設(shè)粒子帶正電,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,水平方向,粒子不受力,vx=v0.沿電場方向受力F電=qE,則加速度a==,經(jīng)時(shí)間t,粒子沿電場方向的速度vy=at=;電場力做功的功率P=F電vy=qE·==kt∝t,選項(xiàng)A正確.2.(2024·河南新鄉(xiāng)月考)(多選)如圖所示,水平放置的平行金屬板A,B連接一恒壓電源(未畫出),兩個(gè)質(zhì)量相等的電荷N和M同時(shí)分別從兩極板的正中間和極板A的另一邊緣沿水平方向進(jìn)入板間電場,兩電荷恰好在板間C點(diǎn)相遇.若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用,則下列說法正確的是(AC)A.電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B.兩電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度相等C.從兩電荷進(jìn)入電場到兩電荷相遇,電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功D.電荷M進(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場的初速度大小肯定相同解析:從軌跡可以看出yM>yN,故·t2>·t2,解得>,即qM>qN,且有aM>aN,故A正確,B錯(cuò)誤;依據(jù)動(dòng)能定理,電場力做的功W=m,質(zhì)量相同,電荷M豎直分位移大,豎直方向的末速度vy=也大,故電場力對電荷M做的功