【物理】2019届一轮复习人教版　电容器与电容、带电粒子在电场中的运动学案

【物理】2019届一轮复习人教版　电容器与电容、带电粒子在电场中的运动学案

第三节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动 ‎ [学生用书P136]‎ ‎【基础梳理】‎ 一、电容器、电容 ‎1．电容器 ‎(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．‎ ‎(2)带电量：一个极板所带电量的绝对值．‎ ‎(3)电容器的充、放电 ‎①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．‎ ‎②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．‎ ‎2．电容 ‎(1)定义式：C＝．‎ ‎(2)单位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF.‎ ‎(3)电容与电压、电荷量的关系：电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关．‎ ‎3．平行板电容器 ‎(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两极板间距离成反比．‎ ‎(2)决定式：C＝，k为静电力常量．‎ ‎ C＝适用于任何电容器，但C＝仅适用于平行板电容器．‎ 二、带电粒子在电场中的运动 示波管 ‎1．加速问题 ‎(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv．‎ ‎(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv．‎ ‎2．偏转问题 ‎(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．‎ ‎(2)运动性质：匀变速曲线运动．‎ ‎(3)处理方法：利用运动的合成与分解．‎ ‎①沿初速度方向：做匀速运动．‎ ‎②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．‎ ‎3．示波管 ‎(1)构造及功能(如图所示)‎ ‎①电子枪：发射并加速电子．‎ ‎②偏转电极YY′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极 ′：使电子束水平偏转(加扫描电压)．‎ ‎(2)工作原理：偏转电极 ′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在 ′之间加电压，电子只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，电子只在Y方向偏转；若 ′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．‎ ‎【自我诊断】‎ ‎ 判一判 ‎(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量．( )‎ ‎(2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．( )‎ ‎(3)一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C＝1.0×10－7 F．( )‎ ‎(4)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动．( )‎ ‎(5)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的．( )‎ ‎(6)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．( )‎ 提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√ (6)×‎ ‎ 做一做 如图所示，电子的电荷量为e，质量为m，从静止加速后进入偏转电场．则刚进入偏转电场的速度v0＝________，进入偏转电场后做________运动，飞出偏转电场所用时间t＝________．‎ 提示：由U1q＝mv可知v0＝ ，进入偏转电场后受与初速度垂直的电场力作用，‎ 做匀变速曲线(类平抛)运动．由于水平方向做匀速直线运动，故飞出极板所需的时间为t＝＝l .‎ 答案： 匀变速曲线(类平抛) l ‎ 想一想 带电粒子在电场中运动时一定考虑重力吗？‎ 提示：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．‎ ‎(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．‎ ‎ 电容器的动态分析[学生用书P137]‎ ‎【知识提炼】‎ 平行板电容器动态分析模板 ‎【典题例析】‎ ‎ (2018·湖南长沙长郡中学模拟)‎ 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A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 ‎[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＝，因电势差不变，那么电容的电荷量增大，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．‎ ‎[答案] B 力电综合分析平行板电容器中带电体的运动问题 ‎(1)力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，这类问题需要对带电体进行运动状态(静止、加速或减速)分 ‎ 析和受力分析，再结合平衡条件、牛顿运动定律等进行分析和求解．若只有重力和电场力做功，则带电体的动能、重力势能和电势能之和保持不变；若除了重力和电场力做功外还有其他力做功，则其他力做功等于带电体机械能和电势能总的变化量．‎ ‎(2)电学角度 ‎①平行板电容器的两极板间为匀强电场，电场强度通过E＝分析；‎ ‎②电容器的电容与电荷量的关系通过C＝分析；‎ ‎③平行板电容器的电容大小由C＝决定．‎ ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1 Q不变时电容器的动态分析 ‎1.‎ ‎(2016·高考天津卷)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 解析：选D.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．‎ ‎ 迁移2 U不变时电容器的动态分析 ‎2．(2016·高考全国卷Ⅰ)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 解析：选D.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．‎ ‎ 迁移3 平行板电容器中带电粒子的问题分析 ‎3．(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点电势将降低 C．电容器的电容减小，极板带电荷量减小 D．带电油滴的电势能保持不变 解析：选BC.电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P点处于静止状态，因此有mg＝qE.当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d增大，由C＝可知电容器电容减小，板间场强E场＝减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE ‎，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A错；P点电势等于P点到下极板间的电势差，由于P到下极板间距离h不变，由φP＝ΔU＝Eh可知，场强E减小时P点电势降低，B对；由C＝可知电容器所带电荷量减小，C对；带电油滴所处P点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D错．‎ ‎ 带电粒子在电场中的直线运动[学生用书P138]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．带电粒子在电场中运动时重力的处理 ‎(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．‎ ‎(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．‎ ‎2．带电粒子在电场中平衡的解题步骤 ‎(1)选取研究对象．‎ ‎(2)进行受力分析，注意电场力的方向特点．‎ ‎(3)由平衡条件列方程求解．‎ ‎3．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路 ‎(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．此方法只适用于匀强电场．‎ ‎(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2015·高考全国卷Ⅱ)‎ 如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )‎ A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 ‎[审题指导] 由原来静止状态可分析微粒受力之间的关系，再判断变化后微粒所受合力的大小和方向，则可判断微粒的运动状态．‎ ‎[解析] 两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力情况如图所示，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．‎ ‎[答案] D 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 ‎ ‎ ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1 带电粒子在匀强电场中的直线运动 ‎1．(2017·高考全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.‎ ‎(1)求油滴运动到B点时的速度；‎ ‎(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．‎ 解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 qE2－mg＝ma1 ①‎ 油滴在时刻t1的速度为 v1＝v0＋a1t1 ②‎ 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2 ③‎ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为 v2＝v1－a2t1 ④‎ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1. ⑤‎ ‎(2)由题意，在t＝0时刻前有 qE1＝mg ⑥‎ 油滴从t＝0到时刻t1的位移为 s1＝v0t1＋a1t ⑦‎ 油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－a2t ⑧‎ 由题给条件有 v＝2g(2h) ⑨‎ 式中h是B、A两点之间的距离．‎ 若B点在A点之上，依题意有 s1＋s2＝h ⑩‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1 ⑪‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2＋>1 ⑫‎ 即当0 ⑭‎ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．‎ 若B点在A点之下，依题意有 s1＋s2＝－h ⑮‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E2＝E1 ⑯‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2－>1 ⑰‎ 即t1> ⑱‎ 另一解为负，不合题意，已舍去．‎ 答案：见解析 ‎ 迁移2 带电粒子在交变电场中的直线运动 ‎2．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 解析：选B.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．‎ ‎ 带电粒子在电场中的偏转[学生用书P139]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．基本规律：设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有 ‎(1)加速度：a＝＝＝.‎ ‎(2)在电场中的运动时间：t＝.‎ ‎(3)位移，‎ y＝at2＝.‎ ‎(4)速度，vy＝，v＝，‎ tan θ＝＝.‎ ‎2．两个结论 ‎(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的．‎ 证明：由qU0＝mv及tan θ＝得tan θ＝.‎ ‎(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为.‎ ‎3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：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．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ 示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电量为e)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场．‎ ‎(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？‎ ‎(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？‎ ‎[解析] (1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来．‎ 在加速电场中，由动能定理得eU1＝ 进入偏转电场初速度v0＝ 在偏转电场的飞行时间t1＝ 在偏转电场的加速度a＝＝ 电子从下极板边缘出来，‎ ＝at＝＝ 解得U2＝U1＝205 V.‎ ‎(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y＝＋y2‎ 电子离开电场的侧向速度vy＝at1＝ 电子离开偏转电场到荧光屏的时间t2＝ y2＝vy·t2＝＝＝0.05 m 所以电子最大偏转距离y＝＋y2＝0.055 m.‎ ‎[答案] (1)205 V (2)0.055 m 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 ‎(1)条件分析：带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中做类平抛运动(若计重力，qE≠mg)．‎ ‎(2)运动分析：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． ‎ ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1 带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎1．(多选)(2015·高考天津卷)‎ 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 解析：选AD.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．‎ ‎ 迁移2 带电粒子在交变电场中的偏转 ‎2．(多选)(2015·高考山东卷)如图甲，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 解析：选BC.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．‎ ‎ [学生用书P140]‎ ‎1．(2017·高考江苏卷)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 解析：选A.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．‎ ‎2．(多选)(2018·四川绵阳模拟)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点．‎ 电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是( )‎ A．φ1∶φ2＝1∶2‎ B．φ1∶φ2＝1∶3‎ C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的电势能最小 D．在0～2T时间内，电子的电势能减小了 解析：选BCD.0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝，电子以a1＝＝向上做匀加速直线运动，当t＝T时电子的位移x1＝a1T2，速度v1＝a1T.T～2T时间内平行板间的电场强度E2＝，加速度a2＝，电子以v1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2＝v1T－a2T2，由题意t＝2T时电子回到P点，则x1＋x2＝0，联立可得φ2＝3φ1，选项A错误，B正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T时间内电子做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，所以在T时刻电势能最小，选项C正确．电子在t＝2T时回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝mv＝，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，选项D正确．‎ ‎3．(2018·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两极板分开些 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 解析：选B.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．‎ ‎4．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求 ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度；‎ ‎(3)该电场的电场强度大小．‎ 解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0 ①‎ s1＝v0t＋at2 ②‎ s2＝v0t－at2 ③‎ 联立①②③式得 ＝3. ④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 v＝2gh ⑤‎ H＝vyt＋gt2 ⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝ ⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H. ⑧‎ ‎(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则 ＝⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1 ⑩‎ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2 ⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 ⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝.‎ 答案：见解析 ‎ [学生用书P323(单独成册)]‎ ‎(建议用时：60分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )‎ A．C和U均增大 B．C增大，U减小 C．C减小，U增大 D．C和U均减小 解析：选B.由公式C＝知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C＝知，电荷量不变时，U减小，B正确．‎ ‎2．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，‎ 极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动．重力加速度为g.粒子运动的加速度为( )‎ A.g B．g C.g D．g 解析：选A.带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg＝q；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电势差不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma＝mg－q，两式联立可得a＝g.‎ ‎3．(2018·高考原创猜题卷)如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的倍，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为( )‎ A．2 B．2 C．2 D． 解析：选D.对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F合＝mg，x＝h，由动能定理得F合·x＝mv2，解得v＝.‎ ‎4．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将( )‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回 解析：选D.设粒子质量为m，带电量为q，由动能定理得，第一次粒子从P点下落有mg－qU＝0；设第二次粒子从P点下落进入电容器后在距上极板距离为x处返回，有mg－qU＝0，联立解得x＝d，故选项D正确．‎ ‎5．(2018·湖北黄冈模拟)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A、B为两块水平放置的平行金属板，间距d＝1.0 m，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E＝1.0×103 N/C的匀强电场，在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0＝1.0 m/s、质量均为m＝5.0×10－14 kg、电荷量均为q＝2.0×10－15 C的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B上，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法中错误的是( )‎ A．沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2 s B．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为2.0×10－12 J C．若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍 D．若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的 解析：选D.沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度a＝＝m/s2＝50 m/s2，根据d＝at2得t＝＝0.2 s，故A正确．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为W＝qEd＝2×10－15×103×1 J＝2.0×10－12 J，故B正确．若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，根据d＝at2得，t变为原来的倍，则喷涂面积的半径变为原来的倍，面积变为原来的2倍．故C正确．若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，则加速度a′＝ m/s ‎2＝90 m/s2，加速度变为原来的，时间t变为原来的，喷涂面积的半径变为原来的，面积减小为原来的，故D错误．‎ 二、多项选择题 ‎6．(2018·成都七中高三月考)如图所示，R0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D 为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C 为平行板电容器，C 中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地．在开关S闭合后，下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是( )‎ A．将热敏电阻 R0 加热 B．变阻器 R 的滑动头 P向上移动 C．开关S断开 D．电容器 C 的上极板向上移动 解析：选AC.液滴受向上的电场力和向下的重力作用；将热敏电阻R0加热，则阻值减小，滑动变阻器R上的电压变大，则电容器两端的电压变大，两板间场强变大，则液滴向上运动，选项A正确；变阻器R的滑动头 P向上移动时，R的阻值减小，则电容器两端的电压减小，电容器放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电量不变，场强不变，则油滴不动，选项B错误；开关S断开时，电容器两端的电压等于电源的电动势，则电容器两板间的场强变大，液滴向上运动，选项C正确；电容器C的上极板向上移动时，电容器两板间场强减小，液滴向下运动，故选项D错误．‎ ‎7．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)．下列说法中正确的是( )‎ A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 ‎ B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D．从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上 解析：选AC.根据题中条件作出带电粒子的速度图象，根据速度图象包围的面积分析粒子的运动．由图1知，t＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，选项A正确、B错误．‎ ‎ ‎ 由图2知，t＝时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的内不能到达右板，则之后往复运动，选项C正确、D错误．‎ ‎8．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两极板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m＝4×10－5 kg、电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )‎ A．微粒的入射速度v0＝10 m/s B．电容器上极板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 C．电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D．电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 解析：选AC.开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下极板的正中央，由＝gt2，＝v0t，联立得v0＝10 m/s，A对；电容器上极板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则＝at，L＝v0t1，mg－＝ma，联立解得U1＝120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U2＝200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V≤U≤200 V时，微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C对、D错．‎ ‎9．一个质量为m，电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )‎ A．小球在水平方向一直做匀速直线运动 B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同 C．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同 D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同 解析：选AC.将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，故A正确；竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到竖直向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向．当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区时，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，故B错误；当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式有：经过第一个无电场区y＝gt，v1＝gt1，经过第一个电场区，y＝v1t2－gt，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0.接下来小球的运动重复前面的过程，即在竖直方向上每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零的匀减速直线运动，故C正确；通过前面的分析可知，小球通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以通过无电场区的时间不同，故D错误．‎ 三、非选择题 ‎10．(2016·高考四川卷)中国 学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料 学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 H ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的.质子的比荷取1×108 C/kg.求： ‎ ‎(1)漂移管B的长度；‎ ‎(2)相邻漂移管间的加速电压．‎ 解析：(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则 T＝ ①‎ L＝vB· ②‎ 联立①②式并代入数据得L＝0.4 m． ③‎ ‎(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q，质量为m，则 W＝qU ④‎ W′＝3W ⑤‎ W′＝mv－mv ⑥‎ 联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V.‎ 答案：(1)0.4 m (2)6×104 V ‎11．(2016·高考北京卷)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0.偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.‎ ‎(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；‎ ‎(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2.‎ ‎(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，‎ 并简要说明电势和“重力势”的共同特点．‎ 解析：(1)根据功和能的关系，有eU0＝mv 电子射入偏转电场的初速度v0＝ 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝·(Δt)2＝.‎ ‎(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G＝mg～10－29 N 电场力F＝～10－15 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力．‎ ‎(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，‎ 即φ＝ 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝ 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．‎ 答案：(1) (2)见解析 (3)见解析