【物理】2020届一轮复习人教版专题20电容器带电粒子在电场中的运动学案

【物理】2020届一轮复习人教版专题20电容器带电粒子在电场中的运动学案

专题20 电容器、带电粒子在电场中的运动 ‎【专题导航】‎ 目录 热点题型一　平行板电容器及其动态分析问题 1‎ U不变时电容器的动态分析 2‎ Q不变时电容器的动态分析 3‎ 平行板电容器中带电粒子的问题分析 4‎ 热点二　带电粒子在电场中的直线运动 5‎ 电容器中直线运动 5‎ 带电粒子在匀强电场中的直线运动 6‎ 带电粒子在交变电场中的直线运动 7‎ 热点题型三　带电粒子在电场中的偏转运动 8‎ 热点题型四　带电粒子在交变电场中的运动 12‎ 粒子做直线往返运动 12‎ 粒子做偏转运动问题 14‎ 热点题型五　带电体在电场、重力场中的运动 16‎ 带电体在电场、重力场中运动的动力学问题 16‎ 带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题 17‎ ‎【题型演练】 18‎ ‎【题型归纳】‎ 热点题型一　平行板电容器及其动态分析问题 ‎1．分析思路 ‎(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变．‎ ‎(2)用决定式C＝确定电容器电容的变化．‎ ‎(3)用定义式C＝判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化．‎ ‎(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化．‎ ‎2．两类动态变化问题的比较 分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量 U Q d变大 C变小Q变小E变小 C变小U变大E不变 S变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小 εr变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小 U不变时电容器的动态分析 ‎【例1】(2019·湖南长沙模拟)利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表 (　　)‎ A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电 B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电 ‎ C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电 D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电 ‎【答案】B ‎【解析】由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C＝可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可判断电容增大，再依据C＝和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确．‎ ‎【变式】一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器(　　)‎ A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 ‎【答案】D.‎ ‎【解析】平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，电容C减小，由C＝可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U不变，d不变，由E＝可知，极板间电场强度E不变，选项D正确，A、B、C错误．‎ Q不变时电容器的动态分析 ‎【例2】如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)‎ A．θ增大，E增大　　　　 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D ．θ减小，E不变 ‎【答案】D.‎ ‎【解析】平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U＝Ed可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变．综上所述，选项D正确．‎ ‎【变式】(2019·西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一 个带负电的试探电荷固定在P点．静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E表示两板间的 场强，φ表示P点的电势，EP表示该试探电荷在P点的电势能，θ 表示静电计指针的偏角．若保持负极板将 正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是(　　)‎ A．E增大，φ降低，EP减小，θ增大 B．E不变，φ降低，EP增大，θ减小 C．E不变，φ升高，EP减小，θ减小 D．E减小，φ升高，EP减小，θ减小 ‎【答案】C ‎【解析】将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C＝可知，电容C增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q不变，由C＝得知，板间电压U减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E＝＝＝，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U＝Ed得知，则P点的电势；负电荷在P点的电势能减小，故A、B、D错误，C正确．‎ 平行板电容器中带电粒子的问题分析 ‎【例3】(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是(　　)‎ A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大 C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等 ‎【答案】BD ‎【解析】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa＞ab.‎ 对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得＞，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力(电场力)等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的合外力(电场力)等于b微粒受到的合外力(电场力)，根据动量定理，在t时刻，a、b微粒的动量大小相等，选项D正确．‎ ‎【变式】如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为 (　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】C ‎【解析】β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有＝at2，且a＝.从A到C的过程有－eU＝mv－mv2，以上各式联立解得v＝，选项C正确．‎ 热点二　带电粒子在电场中的直线运动 ‎1．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad ‎2．用功能观点分析 匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1‎ 电容器中直线运动 ‎【例4】(多选)(2019·株洲检测)如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，‎ 板与水平方向的夹角为θ，一个电荷量q＝1.41×10－4 C、质量m＝1 g的带电小球，自A板上的孔P以水平 速度v0＝0.1 m/s飞入两板之间的电场，经0.02 s后未与B板相碰又回到孔P，g取10 m/s2，则(　　)‎ A．板间电场强度大小为100 V/m B．板间电场强度大小为141 V/m C．板与水平方向的夹角θ＝30° D．板与水平方向的夹角θ＝45°‎ ‎【答案】　AD ‎【解析】　因为小球从孔P水平飞入两板之间，沿水平方向运动，小球受力如图所示，设板间匀强电场的场强为E，板与水平方向的夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Eqcos θ＝mg，在水平方向由动量定理得Eqtsin θ＝2mv0，解得E＝＝100 V/m，tan θ＝＝1，即θ＝45°，A、D正确．‎ ‎【变式】如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)‎ A．当减小两板间的距离时，速度v增大 B．当减小两板间的距离时，速度v减小 C．当减小两板间的距离时，速度v不变 D ‎．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长 ‎【答案】C ‎【解析】由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误．‎ 带电粒子在匀强电场中的直线运动 ‎【例5】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)‎ A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 ‎【答案】A.‎ ‎【解析】电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误．‎ ‎【变式】如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球(　　)‎ A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 ‎【答案】BC ‎【解析】对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C正确，D错误．‎ 带电粒子在交变电场中的直线运动 ‎【例6】．如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板．则(　　)‎ A．A、B两板间的距离为 B．粒子在两板间的最大速度为 C．粒子在两板间做匀加速直线运动 D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板 ‎【答案】B.‎ ‎【解析】粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在时刻到达B板，则··＝，解得d＝ ，选项A错误；粒子在时刻速度最大，则vm＝·＝ ，选项B正确；若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝·＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，选项D错误．‎ ‎【变式】如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带 正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，‎ 并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是 (　　)‎ A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜ ‎【答案】B ‎【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t0＝0、、、时粒子运动的v t图象，如图所示．由于v t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确．‎ 热点题型三　带电粒子在电场中的偏转运动 ‎1．带电粒子在电场中的偏转规律 ‎2．处理带电粒子的偏转问题的方法 ‎(1)运动的分解法 一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．‎ ‎(2)功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y ‎，指初、末位置间的电势差．‎ ‎3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法 ‎(1)y＝y0＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)；‎ ‎(2)y＝(＋L)tan θ(l为电场宽度)；‎ ‎(3)y＝y0＋vy·；‎ ‎(4)根据三角形相似＝.‎ ‎【例6】(2019·江西吉安一中段考)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚 线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场 E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN 的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t；‎ ‎(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；‎ ‎(3)电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离x.‎ ‎【答案】　(1)3　(2)2　(3)3L ‎【解析】　(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，‎ 由牛顿第二定律得：a1＝＝①‎ 由x＝at2得：＝a1t②‎ 电子进入电场E2时的速度为：v1＝a1t1③‎ 进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，‎ 时间为：t2′＝2t2＝④‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1＋t2′⑤‎ 联立①～⑤求解得：t＝3；‎ ‎(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：‎ 电子进入电场E2时的加速度为：‎ a2＝＝⑥‎ vy＝a2t2⑦‎ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝⑧‎ 联立①②③④⑥⑦⑧得：tan θ＝2⑨‎ ‎(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示．‎ 设电子打到屏上的点P到O点的距离x，‎ 根据上图用几何关系得：tan θ＝⑩‎ 联立得：x＝3L ‎【变式1】如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子11H，第二次从小孔O1处从静止释放一个α粒子24He，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是(　　)‎ A．质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1 B．质子和α粒子在电场中运动的时间相同 C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2 D．质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起 ‎【答案】CD ‎【解析】从开始运动到打到板上质子的速度为v1，α粒子速度为v2，根据动能定理有Uq＋Edq＝mv2－0，化简得出v＝，质子的比荷与α粒子的比荷之比为2∶1，代入得＝＝，故A错误；设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中偏转时间为t2，偏转位移为y，有x1＝a1t12＝t12，y＝t22，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B错误；从开始运动到打到板上，根据动能定理有Uq＋Edq＝Ek－0，解得Ek＝q(U＋Ed)，因为U、E、d相同，则有＝＝，故C正确；带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得qU＝mv02，进入偏转电场后电势差为U2，偏转的位移为y，有y＝at2＝()2，联立得y＝，速度的偏转角正切值为tan θ，有tan θ＝＝＝，偏转位移y与速度的偏转角正切值tan θ与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，故D正确．‎ ‎【变式2】(2019·洛阳一模)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右 的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不 计粒子重力及其相互作用，那么 (　　)‎ A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎【答案】AD ‎【解析】根据动能定理有qE1d＝mv，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝ .在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝t得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确．根据动能定理，qE1d＋qE2y＝mv，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝ ，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误．粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误．根据vy＝t2及tan θ＝得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．‎ 热点题型四　带电粒子在交变电场中的运动 ‎1．常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．‎ ‎2．常见的试题类型 此类题型一般有三种情况：‎ ‎(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．‎ ‎(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．‎ ‎(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．‎ ‎3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 ‎(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，‎ 求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．‎ ‎(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．‎ ‎(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．‎ 粒子做直线往返运动 利用速度图象分析带电粒子的运动过程时的注意事项 ‎(1)带电粒子进入电场的时刻；‎ ‎(2)速度图象的切线斜率表示加速度；‎ ‎(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；‎ ‎(4)注意对称性和周期性变化关系的应用；‎ ‎(5)图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．‎ ‎【例7】如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带 正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，‎ 并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是 (　　)‎ A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜ ‎【答案】B ‎【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t0＝0、、、时粒子运动的v t图象，如图所示．由于v t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确．‎ ‎【变式】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示．加在极板A、‎ B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所 示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运 动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应 满足的条件．‎ ‎【答案】　d＞ ‎【解析】　电子在0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1τ2‎ 在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1τ 匀减速运动阶段的位移x2＝ 由题知d＞x1＋x2，解得d＞.‎ 粒子做偏转运动问题 交变电压的周期性变化，势必会引起带电粒子的某个运动过程和某些物理量的周期性变化，所以应注意：‎ ‎(1)分过程解决．“一个周期”往往是我们的最佳选择．‎ ‎(2)建立模型．带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型．‎ ‎(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)‎ 变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定．‎ ‎【例8】(2019·福建厦门一中期中)相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠 近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电荷量为－e，‎ 在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝；紧靠B板的偏转电压也等于U0，‎ 板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的 相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．‎ ‎(1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？‎ ‎(2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．(结果用L、d表示)‎ ‎【答案】(1)v0　v0　(2) ‎【解析】　(1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为v1，kT～T时间内射出B板的电子速度为v2‎ 据动能定理有：－eU0＝mv－mv，eU0＝mv－mv 将U0＝代入上式，得：v1＝v0，v2＝v0‎ ‎(2)在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中，电子的运动时间：t1＝ 侧移量：y1＝at＝，得y1＝ 打在荧光屏上的坐标为y1′，则：y1′＝2y1＝ 同理可得在kT～T时间内穿出B板后电子的侧移量：‎ y2＝ 打在荧光屏上的坐标：y2′＝2y2＝ 故两个发光点之间的距离：Δy＝y1′－y2′＝.‎ ‎【变式】如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)‎ ‎　‎ 甲　　　　　　　　　　　乙 A．末速度大小为 v0　 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd ‎【答案】BC ‎【解析】.0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确；重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确；根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误．‎ 热点题型五　带电体在电场、重力场中的运动 带电体在电场、重力场中运动的动力学问题 ‎1．等效重力法 将重力与电场力进行合成，如图所示，‎ 则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．‎ ‎2．物理最高点与几何最高点 在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点．‎ ‎【例9】(2019·福建厦门一中期中)如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝10 g、电荷量q＝＋1×10－6 C的 小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)该电场的电场强度；‎ ‎(2)若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小；‎ ‎(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L＝ m时，机械能的改变量．‎ ‎【答案】(1)7.5×104 N/C，方向水平向右　(2)3 m/s2　(3)－0.02 J ‎【解析】(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有 在x轴方向：Fcos 37°－mgsin 37°＝0‎ 在y轴方向：FN－mgcos 37°－Fsin 37°＝0‎ 得：qE＝mgtan 37°，故有E＝＝7.5×104 N/C，方向水平向右．‎ ‎(2)场强变化后物块所受合力为：‎ F＝mgsin 37°－qEcos 37°‎ 根据牛顿第二定律得：F＝ma 故代入解得a＝0.3g＝3 m/s2，方向沿斜面向下．‎ ‎(3)机械能的改变量等于电场力做的功，‎ 故ΔE＝－qELcos 37°，解得ΔE＝－0.02 J.‎ 带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题 动量、能量关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．‎ ‎【例10】如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质 量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释 放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、‎ B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g.‎ 求：‎ ‎(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；‎ ‎(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；‎ ‎(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小．‎ ‎【答案】]　(1)　(2)mgh　(3)　 ‎【解析】　(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得 ‎2mgh＝·2mv 解得v0＝.‎ ‎(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0＝(2m＋m)v 解得v＝v0＝ 据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep 解得Ep＝mgh.‎ ‎(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定．则2mv0＝2mvA＋mvB ×2mv＝×2mv＋mv 解得vA＝v0＝，vB＝v0＝.‎ ‎【题型演练】‎ ‎1．(多选)(2019·湖北六校联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球 (　　)‎ A．重力做功为5 J　　　　　　 B．电势能减少2 J C．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J ‎【答案】BD ‎【解析】小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用．小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J，D正确．‎ ‎2．(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知 (　　)‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 ‎【答案】AB ‎【解析】带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q点的电势比P点高，带负电的油滴在Q点的电势能比它在P点的小，在Q点的动能比它在P点的大，故A、B正确，C错误．在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D错误．‎ ‎3．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放 一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是 (　　)‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【答案】CD ‎【解析】设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．‎ ‎4.(2019·贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)‎ A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B．在t＝5 s时，滑块经过边界MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5‎ D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功 ‎【答案】C.‎ ‎【解析】根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小不相等，选项A错误；根据题图乙所示速度图象可知，t＝2 s时滑块越过分界线MN，选项B错误；根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2 s时间内，滑块加速度大小可表示为a1＝，在2～5 s时间内，滑块加速度大小可表示为a2＝，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f＝ma2，联立解得：f∶F＝2∶5，选项C正确；在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：Wf＝f·2.5v0，电场力做的功可表示为WF＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，选项D错误．‎ ‎5.(2019·湖北孝感模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是(　　)‎ A．断开开关S后，将A、B两极板分开 B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积 C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些 D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动 ‎【答案】B ‎【解析】.断开开关S，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开些，则d增大，根据C＝知，电容C减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，选项A错误；断开开关S，增大A、B两极板的正对面积，即S增大，根据C＝知，电容C增大，根据U＝知，电势差减小，指针张角减小，选项B正确；保持开关S闭合，无论将A、B两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，选项C错误；保持开关S闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项D错误．‎ ‎6.(2019·福建龙岩模拟)如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计重力)(　　)‎ A．2∶5 B．5∶2 C．4∶5 D．5∶4‎ ‎【答案】D ‎【解析】粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1∶2，由l＝v0t可知运动时间比为1∶2，由y＝at2得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a＝，因为电荷量比为5∶1，则质量比为5∶4，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎7.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于 O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的(　　)‎ A．小球带负电 B．电场力跟重力平衡 C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D．小球在运动过程中机械能守恒 ‎【答案】B ‎【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错．‎ ‎8.如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：‎ ‎(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；‎ ‎(2)P、Q两点间的电势差UPQ；‎ ‎(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．‎ ‎【答案】(1)45°　(2)－　(3) ‎【解析】(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg 设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，‎ 且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝ 解得θ＝45°.‎ ‎(2)P到Q的过程，由动能定理有 qEL－mgL＝0‎ WPQ＝qEL 解得UPQ＝＝－.‎ ‎(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，‎ 由牛顿第二定律有mg＝ma，‎ 即a＝g，v0＝at 解得t＝ 带电质点在第一象限中往返一次所用的时间 T＝2t＝.‎ ‎9.(2019·安徽合肥模拟)如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B 板接地，A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′‎ 和O2，两板间电压为U2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定初速度沿A、B两板间的中 轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间．已知带电粒子带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重 力)求：‎ ‎(1)该粒子进入A、B间的初速度v0为多大时，粒子刚好能到达O2孔；‎ ‎(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；‎ ‎(3)A、B两板间距的最小值．‎ ‎【答案】(1) 　(2)T　(3) ‎【解析】(1)粒子在A、B板间运动时，水平方向不受外力作用而做匀速运动，所以进入O1′孔的速度即为进入A、B板间的初速度v0，粒子在C、D间运动，刚好能到达O2孔，由动能定理得qU2＝mv 解得v0＝.‎ ‎(2)粒子进入A、B板间后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0，若在第一个周期进入O1′孔，则对应两板长度最短，则最短长度 L＝v0T＝T.‎ ‎(3)若粒子在的运动过程中刚好打不到A板而返回，则此时两板间距最小，设为d，‎ 有＝××2‎ 解得d＝.‎ ‎10.(2019·河南南阳一中模拟)如图所示，质量为m、电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计．求：‎ ‎(1)电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小vB；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎(3)电子从A运动到B的时间tAB.‎ ‎【答案】(1)　v0　(2)－　(3) ‎【解析】(1)电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得a＝①‎ 将电子在B点的速度分解(如图)可知 vB＝＝v0②‎ ‎(2)由动能定理可知：－eUAB＝mvB2－mv02③‎ 解②③式得UAB＝－.‎ ‎(3)在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，则有：vy＝v0tan 30°④‎ vy＝atAB⑤‎ 解①④⑤式得：tAB＝.‎