《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第六章 靜電場 第3課時 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第六章 靜電場 第3課時 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3課時　電容器的電容　帶電粒子在電場中的運動 一、電容器及電容 1.常見電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。 (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (3)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)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＝。 (3)物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。 (4)單位：法拉(F) 1 F＝106 μF＝1

2、012 pF 3.平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。 (2)決定式：C＝，k為靜電力常量。 二、帶電粒子在電場中的運動 1.帶電粒子在電場中的加速 帶電粒子在電場中加速時，若不計粒子的重力，只受電場力，則電場力對帶電粒子做的功等于粒子動能的變化量。在勻強電場中可用力和運動的觀點處理，也可用能量觀點處理；在非勻強電場中一般用能量觀點處理。 2.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 只分析帶電粒子垂直進入勻強電場時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)。 (1)粒子在電場中的運動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直于場強方向射入勻強電場

3、，不計重力，電場力使帶電粒子產(chǎn)生加速度，做類平拋運動。 (2)運動規(guī)律：垂直于電場方向上的分運動是勻速直線運動。vx＝v0，x＝v0t 平行于電場方向上的分運動是勻加速直線運動。 【思考判斷】 1.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( × ) 2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比( × ) 3放電后的電容器電荷量為零，電容也為零( × ) 4.帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動( × ) 5.帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動( √ ) 6.示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的( √ ) 7.帶電粒子在電場中運動時重力一

4、定可以忽略不計( × ) 考點一　電容器的電容(b/c) [要點突破] 1.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況 (1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。 (2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。 2.平行板電容器動態(tài)問題的分析思路 [典例剖析] 【例1】 如圖所示是描述給定的電容器充電時極板上帶電荷量Q、極板間電壓U和電容C之間關系的圖象，其中錯誤的是(　　) 解析　A圖所含的信息是：電容器電容的大小和電容器所帶的電荷量成正比，A錯誤；B圖所含的信息是：電容器的電容并不隨兩極板間電壓的變化而改變，B正確；C圖所含的信息是：電容器所帶的

5、電荷量與極板間的電壓的比值不變，即電容器的電容不變，C正確；D圖所含的信息是電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關，D正確。 答案　A 【例2】 如圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S，增大兩極板間的距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U及場強E的變化情況是(　　) A.Q變小，C不變，U不變，E變大 B.Q變小，C變小，U不變，E變小 C.Q不變，C變小，U變大，E不變 D.Q不變，C變小，U變小，E無法確定 解析　由充電后斷開電源，電容器的電荷量不變，選項A、B錯；由C＝知增大兩極板間的距離時，電容C減小，由C＝知，U增大；兩板間電場強度E＝＝，可見當增加

6、兩板間距時，電場強度不變，選項C正確，D錯誤。 答案　C 【方法總結】 平行板電容器的動態(tài)分析步驟 (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＝分析平行板電容器電容的變化。 (3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。 [針對訓練] 1.如圖所示的電路中，A、B是平行板電容器的兩金屬板。先將開關S閉合，等電路穩(wěn)定后將S斷開，并將B板向下平移一小段距離，保持兩板間的某點P與A板的距離不變。則下列說法錯誤的是(　　) A.電容器的電容變小 B.電容器內(nèi)部電場強度大小變大 C.電容器內(nèi)部電場強度大小不變 D.P點電勢升高 解析

7、　由題意知電容器帶電荷量Q不變，當B板下移時，板間距離d增大，由電容公式C＝知，電容器的電容變小，選項A正確；電容器內(nèi)部電場強度E＝＝＝不變，選項B錯誤，C正確；B板電勢為0，P點電勢φP，等于P點與B板的電勢差UPB＝EdPB變大，則φP升高，選項D正確。 答案　B 2.如圖所示，設兩極板正對面積為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(　　) A.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 解析　靜電計指針偏角反映電容器兩板間電壓大小。在做選項所示的操

8、作中，電容器電荷量Q保持不變，由C＝＝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均錯誤。 答案　A 3.(2017·紹興模擬)2015年4月16日，中國南車設計制造的全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在寧波下線，不久將成為二三線城市的主要公交用車。這種超級電車的核心是我國自主研發(fā)、全球首創(chuàng)的“超級電容器”。如圖所示，這種電容器安全性高，可反復充放電100萬次以上，使用壽命長達十二年，且容量超大(達到9 500 F)，能夠在10 s內(nèi)完成充電。下列說法正確的是(　　) A.該“超級電容器”能儲存

9、電荷 B.該“超級電容器”的電容隨電壓的增大而增大 C.該“超級電容器”放電過程中把化學能轉(zhuǎn)化為電能 D.充電時電源的正極應接“超級電容器”的負極 解析　電容器能儲存電荷，A正確；電容器的電容反映電容器容納電荷的本領，由電容器本身決定，與電壓無關，B錯誤；電容器放電過程把電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，C錯誤；電容器充電時，電源的正極接電容器的正極，D錯誤。 答案　A 考點二　帶電粒子在電場中的加速(b/d) [要點突破] 1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理 (1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子等)在電場中的運動，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 (2)普通的帶電體(如

10、油滴、塵埃、小球等)在電場中的運動，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 2.帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法 [典例剖析] 【例1】 如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則(　　) A.當增大兩板間的距離時，v增大 B.當減小兩板間的距離時，v增大 C.當改變兩板間的距離時，v不變 D.當增大兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間不變 解析　電子做勻加速直線運動， 則··t2＝d 解得t＝d，即t∝d。 又由eU＝mv2－0得v＝，與d無關，故C正確。 答案　C 【例2】 如圖所示，一

11、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，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度； (3)電場強度變化后物塊下滑距離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，受力分析如圖所示，則有FNsin 37°＝qE① FNcos 37°＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 可

12、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，電場力做負功，由動能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 【方法總結】 帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，帶電粒子將做加(減)速運動。有兩種分析方法： (1)用動力學觀點分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。 (2)用功能觀點分析：粒子只受電場力作用，電場力做的功等于物體動能的變化，qU＝mv2－mv。 [針對訓練] 1.如圖，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

13、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.做勻速直線運動 解析　要使粒子在電場中做直線運動，必須使合力與運動方向在同一直線上，由題意做受力分析可知，重力豎直向下，電場力垂直極板向上，合力水平向左，故A錯誤；因電場力做負功，故電勢能增加，B正確；合力做負功，故動能減少，C錯誤；因合力為定值且與運動方向在同一直線上，故D錯誤。 答案　B 2.如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到

14、達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　) A.使初速度減為原來的 B.使M、N間電壓減小 C.使M、N間電壓提高到原來的4倍 D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的 解析　粒子恰好到達N板時有Uq＝mv，恰好到達兩板中間返回時有q＝mv2，比較兩式可知選項D正確。 答案　D 考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(b/d) [要點突破] 1.條件分析：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場。 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

15、勻速直線運動，運動時間。 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運動。 [典例剖析] 【例1】 如圖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?。? (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏移量；

16、 (3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？ 解析　(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有 eU1＝mv－0，解得v0＝ (2)電子以速度v0進入偏轉(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公式有 t＝，F(xiàn)＝ma，F(xiàn)＝eE，E＝，y＝at2 解得偏移量y＝ (3)由y＝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。 答案　(1) 　(2)　(3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2 【例2】 如圖，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的兩塊平行

17、板間的電場中，入射方向跟極板平行。整個裝置處在真空中，重力可忽略。在電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.U1變大，U2變大 B.U1變小，U2變大 C.U1變大，U2變小 D.U1變小，U2變小 解析　設電子質(zhì)量為m，電荷量大小為e，經(jīng)電勢差為U1的電場加速后，由動能定理得eU1＝mv 經(jīng)平行板射出時，其水平速度和豎直速度分別為 vx＝v0，vy＝at＝· 由此得tan θ＝＝＝ 當l、d一定時，增大U2或減小U1都能使偏轉(zhuǎn)角θ增大。 答案　B 【例3】 有一勻強電場，場強為E，方

18、向如圖所示，一電子以與x軸成45°夾角的初速度v0垂直于電場方向從O點射入，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計重力，求： (1)電子通過x軸時的位置坐標； (2)電子通過x軸時的速度大小。 解析　(1)畫出示意圖如圖所示，電子做類平拋運動，把它分解為y′方向上的勻速直線運動和沿x′方向上的初速度為零的勻加速直線運動，設電子通過x軸時的位置坐標為(x0，0)，時間為t，末速度為v，沿x′方向速度為v′，列方程x0＝t2 x0＝v0t 解得x0＝ 則電子通過x軸的位置坐標為(，0) (2)v′2＝2·x0 解得v′＝2v0 則v＝＝v0 答案　(1)(，0)　(2)v0

19、 【方法總結】 帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。 (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O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為。 [針對訓練] 1.(2017·溫州模擬)如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，則(　　) A.在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 B.

20、在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 C.在粒子下落前和后的過程中 ，電場力做功之比為1∶2 D.在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1 解析　帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的右邊緣飛出，帶電粒子所做的運動是類平拋運動。豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速運動，由運動學知識可知，前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3。又因為電場力做的總功為，所以在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，選項A錯誤；在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，選項B正確；在粒子下落前和后的過程中，電場力做功相等，故選項C、D錯誤。

21、 答案　B 2.噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中(　　) A.向負極板偏轉(zhuǎn) B.電勢能逐漸增大 C.運動軌跡是拋物線 D.運動軌跡與帶電荷量無關 解析　帶負電的墨汁微滴垂直進入電場后，在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的分解——水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動，帶負電的墨汁微滴進入電場后受到向上的靜電力，故墨汁微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；墨汁微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，選項B錯誤；根據(jù)x＝v0t，y＝at2

22、及a＝，得墨汁微滴的軌跡方程為y＝，即運動軌跡是拋物線，與帶電荷量有關，選項C正確，選項D錯誤。 答案　C 3.如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(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.同時到達屏上同一點 B.先后到達屏上同一點 C.同時到達屏上不同點 D.先后到達屏上不同點 解析　一價氫離子(H)和二價氦離子(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，選項B正確。 答案　B 1.a、b兩個電容器如圖甲

23、所示，圖乙是它們的部分參數(shù)。由此可知，a、b兩個電容器的電容之比為(　　) A.1∶10 B.4∶5 C.8∶1 D.64∶1 答案　A 2.(2017·舟山模擬)水平放置的平行板電容器與一電池相連，現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則(　　) A.電容器電容變大 B.電容器電容變小 C.電容器兩板間的電場強度增大 D.電容器兩板間的電場強度不變 解析　當兩極板間的距離增大時，根據(jù)電容的決定式C＝分析得知，電容C減小，選項A錯誤，B正確；由于與電池保持連接，U不變，因E＝，所以電容器兩板間的電場強度減小，選項C、D錯誤。 答案　B 3.如圖所示，兩極板與電源相連接，

24、電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原來位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離應變?yōu)樵瓉淼?　　) A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍 解析　第一次d＝·()2，第二次d′＝··()2，兩式相比可得d′＝，所以選項C正確。 答案　C 4.(2016·4月浙江選考)密立根油滴實驗原理如圖所示。兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正、負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場。用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴。通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的

25、質(zhì)量為m，則下列說法正確的是(　　) A.懸浮油滴帶正電 B.懸浮油滴的電荷量為 C.增大場強，懸浮油滴將向上運動 D.油滴的電荷量不一定是電子電荷量的整數(shù)倍 解析　由題目中的圖示可以看出電場強度方向向下，重力豎直向下，則電場力豎直向上，電荷帶負電，A錯誤；由平衡條件可以得到mg＝Eq，電荷的帶電荷量q＝，B錯誤；此時電場力與重力相等，如果增大電場強度，則電場力大于重力，所以油滴將向上運動，C正確；由元電荷的帶電荷量e＝1.6×10－19C可知，油滴的帶電荷量一定是電子電荷量的整數(shù)倍，D錯誤。 答案　C 5.如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金

26、屬板之間加一電壓U1＝2 500 V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，兩極板間加以電壓U2＝200 V的偏轉(zhuǎn)電場。從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場。已知電子的電荷量e＝1.6×10－19 C，電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30 kg，設電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力。求： (1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek； (2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側移量y； (3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它所

27、做的功W。 解析　(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1＝Ek 解得Ek＝4.0×10－16 J (2)設電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t 電子在水平方向做勻速運動，由l＝v1t，解得t＝ 電子在豎直方向受電場力F＝e· 電子在豎直方向做勻加速直線運動，設其加速度為a 依據(jù)牛頓第二定律有e·＝ma，解得a＝ 電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側移量 y＝at2＝，解得y＝0.36 cm (3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差 U＝·y 電場力所做的功W＝eU 解得W＝5.76×10－18 J 答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm

28、　(3)5.76×10－18 J [基礎過關] 1.下列關于電容器的敘述正確的是(　　) A.電容器是儲存電荷和電能的容器，只有帶電的容器才稱為電容器 B.任何兩個彼此絕緣而又互相靠近的帶電導體，才能組成了電容器，跟這兩個導體是否帶電有關 C.電容器所帶的電荷量是指兩個極板所帶電荷量的絕對值 D.電容器充電過程，是將電能轉(zhuǎn)變成電容器的電場能并儲存起來；電容器放電的過程，是將電容器儲存的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能 解析　電容器是儲存電荷的容器，不論是否帶電都稱為電容器，所以選項A、B錯誤；電容器所帶電荷量是指一個極板所帶電荷量的絕對值，所以選項C錯誤；電容器的充電過程是將由電源獲

29、得的電能轉(zhuǎn)化為電場能的過程，放電過程是將電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，所以選項D正確。 答案　D 2.如圖所示，AB是某個點電荷電場的一根電場線，在線上C點放一個自由的負電荷，它將沿電場線向B運動，下列判斷正確的是(　　) A.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越小 B.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，其加速度大小的變化由題設條件不能確定 C.電場線由A指向B，電荷做勻加速運動 D.電場線由B指向A，電荷做加速運動，加速度越來越大 解析　負電荷受電場力的方向與電場線方向相反，所以電場線由B指向A，該電荷做加速運動，但一條電場線不能反映電場線的疏密，故其加速度

30、大小的變化由題設條件不能確定。 答案　B 3.在勻強電場中，把電子由靜止釋放，電子將(　　) A.做勻速圓周運動 B.做勻加速直線運動 C.做勻速直線運動 D.保持靜止狀態(tài) 解析　在勻強電場中，電子受到的電場力是恒定的，所以把電子由靜止釋放，電子將做勻加速直線運動。 答案　B 4.α粒子的質(zhì)量是質(zhì)子的4倍，電荷量是質(zhì)子的2倍，若α粒子和質(zhì)子均從靜止開始在同一勻強電場中加速，經(jīng)過相等的路程之后，α粒子與質(zhì)子獲得的動能之比為(　　) A.1∶2 B.1∶1 C.2∶1 D.1∶ 解析　根據(jù)動能定理得qU＝mv2。由此可知，當經(jīng)過相同路程即電勢差相同時，動能大小與電荷

31、量成正比，所以選項C正確。 答案　C 5.如圖甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，在A點由靜止釋放一個正的點電荷，點電荷僅在電場力的作用下沿著電場線從A點運動到B點，點電荷的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) A.該電場可能是勻強電場 B.A點的電勢高于B點的電勢 C.從A點到B點，點電荷的電勢能逐漸增大 D.點電荷在A點所受的電場力大于在B點所受的電場力 解析　由題圖乙可知，點電荷做初速度為零的變加速直線運動，加速度逐漸增大，說明該點電荷所受的電場力逐漸增大，即該點電荷在A點所受的電場力小于在B點所受的電場力，則電場強度是逐漸增大的，故該電場一定是非

32、勻強電場，選項A、D錯誤；由于點電荷由靜止開始運動，僅受電場力作用從A運動到B，且點電荷帶正電，所以電場線方向由A指向B，又因沿電場線方向電勢逐漸降低，則φA>φB，選項B正確；點電荷的動能增加，根據(jù)能量守恒可知，其電勢能必定減少，則選項C錯誤。 答案　B 6.如圖所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子(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(　　) A.僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào) B.僅增大偏轉(zhuǎn)電極板間的距離 C.僅增大偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓 D.僅減小偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓 解

33、析　改變偏轉(zhuǎn)電場的極性，只能改變電子受力方向，但電子的偏轉(zhuǎn)角大小不變，選項A錯誤；根據(jù)E＝可知，當兩極板間距離d增大時，E減小，所以電子受到的電場力減小，其偏轉(zhuǎn)角也減小，選項B錯誤；電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，則L＝v0t、e＝ma及tan θ＝可得tan θ＝，當U增大時偏轉(zhuǎn)角也增大，選項C正確，D錯誤。 答案　C 7.如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關S閉合后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是(　　) A.使A、B兩板靠近一些 B.使A、B兩板上下錯開一些 C.斷開S后，使B板向左平移一些 D.斷開S后，使A、B正對面

34、積錯開一些 解析　圖中靜電計的金屬球接正極，外殼和負極板B均接地，靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩極板間的電壓越高。當閉合S后，A、B兩板與電源兩極相連，極板間電壓等于電源電壓，即電壓不變，靜電計指針張角不變，所以A、B錯誤；當斷開S后，極板間距離增大，或正對面積減小，都將使電容器的電容變小，而電容器的電荷量不變，由C＝可知，極板間電壓U增大，從而使靜電計指針張角增大，故D正確，C錯誤。 答案　D 8.如圖所示，在點電荷＋Q的電場中有A、B兩點，將質(zhì)子和α粒子(帶電荷量是質(zhì)子的2倍，質(zhì)量是質(zhì)子的4倍)分別從A點由靜止釋放到達B點時，它們速度大小之比為多少？

35、解析　質(zhì)子是氫原子核，α粒子是氦原子核，質(zhì)子和α粒子都是正離子，從A點到B點都做加速運動。設A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理有 對質(zhì)子qHU＝mHv，對α粒子qαU＝mαv ＝＝＝。 答案　∶1 [能力提升] 9.如圖為某電容傳聲器結構示意圖，當人對著傳聲器講話，膜片會振動。若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中(　　) A.膜片與極板間的電容變大 B.極板的帶電荷量增大 C.膜片與極板間的電場強度增大 D.電阻R中有電流通過 解析　若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，根據(jù)平行板電容器電容決定式，膜片與極板間的電容變小，選項A錯誤；由C＝可知，電壓U不

36、變，極板的帶電荷量減小，膜片與極板間的電場強度減小，電阻R中有電流通過，選項C錯誤，D正確。 答案　D 10.如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°，不計重力。求A、B兩點間的電勢差。 解析　設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即 vBsin 30°＝v0sin 60°① 由此得vB＝v0② 設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有 qUAB＝m(v－v)③ 聯(lián)立②③式得UAB

37、＝ 答案　 11.如圖所示，虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)量為m＝2.0×10－11 kg、電荷量為q＝＋1.0×10－5 C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U＝100 V的電場加速后，垂直于勻強電場進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30°角。已知PQ、MN間距離為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計。求： (1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1； (2)勻強電場的場強大小； (3)ab兩點間的電勢差。 解析　(1)由動能定理得qU＝mv 代入數(shù)據(jù)得v1＝104 m/s (2)因粒子重力不計，則進入PQ、MN

38、間電場中后，做類平拋運動，有粒子沿初速度方向做勻速直線運動d＝v1t 粒子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動vy＝at 由牛頓第二定律得qE＝ma，由題意得tan 30°＝ 聯(lián)立以上相關各式并代入數(shù)據(jù)得 E＝×103 N/C＝1.73×103 N/C (3)由動能定理得qUab＝mv2＝m(v＋v) 聯(lián)立以上相關各式代入數(shù)據(jù)得Uab＝400 V 答案　(1)104 m/s　(2)1.73×103 N/C　(3)400 V 12.如圖所示，CD左側存在場強大小為E＝，方向水平向左的勻強電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長L，傾角α＝53°的直角三角形斜面

39、頂端A點由靜止開始下滑，運動到斜面底端C點后進入一細圓管內(nèi)(C處為一小段長度可忽略的圓弧，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑)，恰能到達D點，隨后從D離開后落回到斜面P點，重力加速度為g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。 (1)求DA兩點間的電勢差UDA； (2)求圓管半徑r； (3)求小球從D點運動到P點的時間t。 解析　(1)WAD＝－mgL＝－WDA UDA＝ 或UDA＝EL① 解得UDA＝② (2)由恰好過D點，判斷vD＝0③ 根據(jù)動能定理從A到D過程 mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④ 解得r＝⑤ (3)由于mg＝Eq，小球進入電場與水平方向成45°角斜向下做勻加速直線運動。設到達P處水平位移為x，豎直位移為y，則有x＝y(tǒng) xtan 53°＋x＝2r⑥ 解得x＝，y＝⑦ 豎直方向自由落體有y＝gt2⑧ 解得t＝⑨ 答案　(1)　(2)　(3) 21