2019版高考物理大一轮复习第六章静电场第3讲电容器的电容、带电粒子在电场中的运动学案

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考点二 带电粒子在电场中的直线运动 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
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(2016·厦门调研)反射式速调管是常用的微波器 件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡 原理与下述过程类似．如图所示，在虚线 MN 两侧分别存在 着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从 A 点由静止开始， 在静电力作用下沿直线在 A、B 两点间往返运动．已知电场 强度的大小分别是 E1＝2.0×103 N/C 和 E2＝4.0×103 N/C， 方向如图所示．带电微粒质量 m＝1.0×10－20 kg，带电量 q ＝－1.0×10－9 C，A 点距虚线 MN 的距离 d1＝1.0 cm，不计 带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
B．①情况下可以通过紧贴 N 板迅速插入一块陶瓷片(其 厚度小于板间距离一半)实现
C．②情况下可以通过紧贴 N 板迅速插入一块金属板(其 厚度小于板间距离一半)实现
D．②情况下可以通过紧贴 N 板迅速插入一块陶瓷片(其 厚度小于板间距离一半)实现
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[解析] ①情况下两板间电压不变，插入金属板相当于 d 减小，由 E＝Ud 知 E 增大，电场力增大，带电粒子向上运动打 到上极板 M 上，故 A 正确；①情况下两板间电压不变，虽插 入陶瓷片电容，但由于 d 不变，所以 E 不变，电场力不变， 故 B 错误；②情况下两板带电量 Q 不变，根据 Q＝CU.C＝4επrkSd 及 E＝Ud 得 E＝4πεkSQ，可以看出 E 与两板间距离 d 无关，故 C 错．ε 增大，E 减小，电场力减小，微粒向下运动，故 D 错误．
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vxt＝v0t＝l (3)位移12at2＝y
，y＝12at2＝2qmUvl202d.
(4)速度vvyx＝＝avt0 ，vy＝qmUdt，v＝ v2x＋vy2，tanθ＝vvxy＝mqvU02ld.

θ＝vv0y＝mqvU02ld
• 三、示波管 • 1．构造 • ①________，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)
• 电子枪
• 2．工作原理
• (1)YY′上加的是待显示的________，XX′上是机器自身产 生的锯齿形电压，叫做________．
• (2)观察到的现象：
• ①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子 枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏________，在那里产 生一个亮斑．
• ②若所加扫描电压和________的周期相等，就可以在 荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．
• (1)信号电压 扫描电压 (2)中心 信号电压
练练基础
┃题组一┃ 电容器和电容
• 1．(多选)如图是一种通过测量电容器电容的变化来检 测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接 到指示器上，指示器可显示电容的大小，下列关于该仪器的 说法中正确的有( )
小思考 微总结
• 1．电容C等于Q与U的比值，不能理解为电容C与Q成正比， 与U成反比．
• 2．一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的， 与其是否带电及带电多少无关．
• 3．静止的带电粒子在匀强电场中只受电场力作用将做匀加 速直线运动．
相对介电常数 两板间的距离
• 二、带电粒子在电场中的运动 • 1．带电粒子在电场中的加速 • 带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场 力对带电粒子做的功等于带电粒子________的增量． • (1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝____________. • (2)在非匀强电场中：W＝qU＝______________.
• A．极板X应带正电
• C．极板Y应带正电 板Y′应带正电

第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动知识排查电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系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)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电充电：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。

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：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值。

(2)定义式：C ＝Q U。

(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。

(4)单位：法拉(F) 1 F ＝106μF＝1012pF 3.平行板电容器的电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。

(2)决定式：C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量。

带电粒子在匀强电场中的运动1.带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a ＝qE m ，E ＝U d，v 2－v 20＝2ad 。

(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足qU ＝12mv 2－12mv 20。

2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。

(2)运动性质：类平抛运动。

(3)处理方法：运动的合成与分解。

①沿初速度方向：做匀速直线运动。

②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。

小题速练1.思考判断(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。

( ) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。

( ) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。

( ) (4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。

( )(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。

( ) (6)公式C ＝εr S4πkd 可用来计算任何电容器的电容。

第1讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动电容器、电容、平行板电容器1.电容器(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值． (2)电容器的充、放电．①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极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)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．(2)定义式：C ＝QU.(3)单位：法拉(F)，1 F ＝106μF ＝1012pF. 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，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比．(2)决定式：C ＝εS4πkd ，k 为静电力常量．【针对训练】1．(2012·江苏高考)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】 由平行板电容器电容决定式C ＝εS4πkd 知，当插入电介质后，ε变大，则在S 、d 不变的情况下C增大；由电容定义式C ＝Q U 得U ＝Q C，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确．【答案】 B带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的加速(1)处理方法：利用动能定理：qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)适用范围：任何电场．2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝L v 0.②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧加速度：a ＝F m ＝Eq m ＝Uq md运动时间：⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出平行板电容器：t ＝lv 0b.打在平行极板上：y ＝12at 2＝12·qUmdt 2，t ＝ 2mdy qU 离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mv 2d离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mv 20d【针对训练】2．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图6－3－1所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图6－3－1A.edhU B ．edUh C.eU dh D.eUh d【解析】 由动能定理得：－e Ud h ＝－E k ，所以E k ＝eUh d. 【答案】 D示 波 管1.示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图6－3－2所示．图6－3－22．工作原理(1)如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．(2)YY ′上加的是待显示的信号电压．XX ′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象．【针对训练】3．如图6－3－3所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的()图6－3－3A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电【解析】 由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX ′偏转电场中向X 极板方向偏转，故极板X 带正电，A 正确，B 错误；电子在YY ′偏转电场中向Y 极板方向偏转，故极板Y 带正电，C 正确，D 错误．【答案】AC平行板电容器内部E 、U 、Q 变化问题1.首先要区分两种基本情况(1)电容器两极板电势差U 保持不变； (2)电容器的带电荷量Q 保持不变． 2．赖以进行讨论的物理依据主要有三个(1)平行板电容器的电容C 与板间距d 、正对面积S 、介质介电常数ε间的关系为C ＝εS4πkd ；(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E ＝U d； (3)电容器所带的电荷量Q ＝CU .图6－3－4(2013届长沙一中检测)如图6－3－4所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度．为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是( )A ．断开开关S 后，将A 、B 两极板靠近一些 B ．断开开关S 后，将A 、B 两极板分开一些C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近一些D ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开一些【解析】 使指针张开角度增大一些，就是增大静电计两端的电压，当开关S 闭合时，电压一定，则C 、D 错误；断开开关S 后，电容器带电荷量一定，由C ＝Q /U 可知要增大电容器两极板之间电压，需减小电容C ，由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd 知，保持S 不变，增大d ，电容C 减小，则A 错误、B 正确．【答案】 B 【即学即用】1．(2011·天津高考)板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是( )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1【解析】 U 1＝Q C ，E 1＝U 1d .当板间距变为12d 时，由C ＝εr S4πkd可知电容变为2C ，而带电荷量也变为2Q ，故U 2＝2Q 2C ＝U 1，E 2＝U 212d ＝2U 1d＝2E 1，故C 选项正确． 【答案】 C带电粒子在电场中的平衡与直线运动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．带电粒子在电场中的平衡解题步骤：(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．带电粒子在电场中的变速直线运动可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解．带电粒子在匀强电场中所受电场力恒定，方向与电场线平行，所受重力恒定，方向竖直向下，因此粒子在匀强电场与重力场的复合场中一定做匀变速运动．轨迹可能为直线，也可能为曲线．图6－3－5(2011·福建高考)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图6－3－5所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如图所示．带电微粒质量m ＝1.0×10－20 kg ，带电量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B 点距虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .【审题视点】 (1)明确带电微粒的运动过程，微粒在两个场强大小、方向都不同的电场中先做匀加速后做匀减速直线运动．(2)由动能定理、牛顿第二定律列方程求解．【解析】 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①由①式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm.② (2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③ |q |E 2＝ma 2④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21⑤d 2＝12a 2t 22⑥又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得 t ＝1.5×10－8 s.【答案】 (1)0.50 cm (2)1.5×10－8s 【即学即用】2.图6－3－6(2012·新课标全国高考)如图6－3－6，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动【解析】 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下，二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确．【答案】 BD带电粒子在电场中的偏转问题1.粒子的偏转角问题图6－3－7(1)已知电荷情况及初速度如图6－3－7所示，设带电粒子质量为m .带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1.若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tan θ＝v y v x ，式中v y ＝at ＝qU 1dm ·lv 0，v x ＝v 0， 代入得tan θ＝qU 1lmv 20d.① 结论：动能一定时tan θ与q 成正比，电荷量相同时tan θ与动能成反比．(2)已知加速电压U 0若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：qU 0＝12mv 20②由①②式得：tan θ＝U 1l2U 0d③结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的．2．粒子的偏转量问题(1)y ＝12at 2＝12·qU 1dm ·(l v 0)2④做粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，则x ＝ytan θ＝qU 1l 22dmv 20qU 1l mv 20d＝l 2.⑤结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l /2处沿直线射出．(2)若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由②④式得：y＝U 1l 24U 0d⑥结论：粒子的偏转角和偏转距离与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的．(1)偏转角是指入射速度与出射速度间的夹角，而不是位移与入射速度间的夹角． (2)偏转位移相同的粒子(在同一偏转电场中)，偏转角也相同．图6－3－8(2013届高新一中检测)如图6－3－8所示，匀强电场方向沿x 轴的正方向，场强为E .在A (l,0)点有一个质量为m ，电荷量为q 的粒子，以沿y 轴负方向的初速度v 0开始运动，经过一段时间到达B (0，－l )点(不计重力作用)．求：(1)粒子的初速度v 0的大小；(2)当粒子到达B 点时，电场力对粒子做功的瞬时功率． 【解析】 (1)粒子在y 方向不受力，做匀速直线运动；在x 方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动．所以粒子做的是类平抛运动．设粒子的初速度为v 0，则在y 方向上有y ＝v 0t在x 方向上有x ＝12at 2＝12qE mt 2又x ＝y ＝l 可得v 0＝qEl 2m(2)设粒子到达B 点时沿x 轴方向的速度为v x ，则电场力做功的瞬时功率为P ＝qEv x由运动学公式可得v x ＝2al ＝2qElm所以P ＝qEv x ＝qE 2qElm【答案】 (1)qEl2m(2)qE 2qElm【即学即用】 3.图6－3－9(2013届南昌一中检测)如图6－3－9所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小【解析】 设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，则由动能定理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律得a ＝U 2q dm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU1，故U 2变大、U 1变小，一定能使偏转角θ变大，故B 正确．【答案】 B平行板电容器中的带电体平行板电容器两极板间带电体的运动问题是典型的力电综合问题，要分别从力、电两个角度分析研究．(1)力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，带电体的运动状态(静止、加速或减速)需要分析受力情况；(2)电学角度：平行板电容器的两极板间为匀强电场，由E ＝U d知，两极板间的电压U 决定了两极板间的电场强度E ，带电体运动的加速度需要分析两极板间的电压．在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图6－3－10所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，重力加速度为g .试求：图6－3－10(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU 1与ΔU 2之比．【潜点探究】 (1)油滴处于静止状态时，受两个力平衡，即匀强电场的电场力和重力；(2)电容器突然充电使其电压增加ΔU 1，电场强度增大，油滴所受合力向上，向上做匀加速运动，其中ΔU 1决定了加速度a 1的大小；(3)电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，电场强度减小，油滴所受合力向下，油滴先向上做匀减速运动，再反向匀加速回到出发点，其中ΔU 2－ΔU 1决定了加速度a 2的大小；(4)电压增加ΔU 1后的匀加速运动和电压减少ΔU 2后的运动，位移大小与所用时间Δt 相等，可以得到加速度a 1和a 2的关系，从而建立ΔU 1与ΔU 2的关系．【规范解答】 (1)油滴静止时mg ＝q U 0d ，则q m ＝dg U 0.(2)设第一个Δt 内油滴的位移为x 1，加速度为a 1，第二个Δt 内油滴的位移为x 2，加速度为a 2，则x 1＝12a 1Δt 2x 2＝v 1Δt －12a 2Δt 2，且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1解得a 1∶a 2＝1∶3.(3)油滴向上加速运动时qU 0＋ΔU 1d －mg ＝ma 1，即q ΔU 1d ＝ma 1 油滴向上减速运动时mg －q U 0＋ΔU 1－ΔU 2d ＝ma 2，即q ΔU 2－ΔU 1d＝ma 2则ΔU 1ΔU 2－ΔU 1＝13 解得ΔU 1ΔU 2＝14.【答案】 (1)dgU 0(2)1∶3 (3)1∶4【即学即用】4．(2012·大纲全国高考)如图6－3－11，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O 点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q 和－Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．图6－3－11【解析】 设电容器电容为C .第一次充电后两极板之间的电压为U ＝Q C① 两极板之间电场的场强为E ＝U d② 式中d 为两极板间的距离． 按题意，当小球偏转角θ1＝π6时，小球处于平衡位置．设小球质量为m ，所带电荷量为q ，则有 T cos θ1＝mg ③ T sin θ1＝qE ④式中T 为此时悬线的张力．联立①②③④式得tan θ1＝qQmgCd⑤设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ ，此时小球偏转角θ2＝π3，则tan θ2＝q Q ＋ΔQmgCd⑥联立⑤⑥式得 tan θ1tan θ2＝QQ ＋ΔQ ⑦代入数据解得 ΔQ ＝2Q .⑧ 【答案】 2Q●平行板电容器的动态分析1．(2012·海南高考)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半【解析】 由E ＝U d知，当U 不变，d 变为原来的两倍时，E 变为原来的一半，A 项正确；当E 不变，d 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，B 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝Q U知，当Q 变为原来的两倍时，U 变为原来的两倍，C 项错误；Q 变为原来的一半，U 变为原来的一半时，则E 变为原来的一半，D 项正确．【答案】 AD●示波管的原理及应用2．(2011·安徽高考)如图6－3－12为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图6－3－13(a)所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图6－3－13(b)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()图6－3－12(a) (b)图6－3－13【解析】 电子在YY ′和XX ′间沿电场方向均作初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式s ＝12at 2＝12eU md t 2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比．在t ＝0时刻，U Y ＝0知竖直位移为0，故A 、C 错误．在t ＝t 12时刻，U Y最大知竖直位移最大，故B 正确，D 错误．【答案】 B●带电粒子在交变电场中的运动3．(2011·安徽高考)如图6－3－14(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图6－3－14(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t 0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t 0可能属于的时间段是()(a) (b)图6－3－14A ．0<t 0<T 4 B.T 2<t 0<3T 4 C.3T 4<t 0<T D ．T <t 0<9T8【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，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．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T4<t 0<3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零，当t 0>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，对照各选项可知只有B 正确．【答案】 B●带电粒子在电场中的偏转4.图6－3－15(2013届西安一中检测)如图6－3－15所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1【解析】 由y ＝12at 2＝Uql 22mdv 20得：U ＝2mv 20dy ql 2，所以U ∝yl2，可知选项A 正确．【答案】 A●直线运动中的力电综合问题5．(2011·北京高考)静电场方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布可简化为如图6－3－16所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m 、电荷量为－q ，其动能与电势能之和为－A (0＜A ＜q φ0)．忽略重力．求图6－3－16(1)粒子所受电场力的大小； (2)粒子的运动区间； (3)粒子的运动周期．【解析】 (1)由题图可知，0与d (或－d )两点间的电势差为φ0电场强度的大小E ＝φ0d电场力的大小F ＝qE ＝q φ0d. (2)设粒子在[－x 0，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得 12mv 2－q φ＝－A ① 由题图可知φ＝φ0(1－|x |d)②由①②得12mv 2＝q φ0(1－|x |d)－A ③因动能非负，有q φ0(1－|x |d)－A ≥0得|x |≤d (1－Aq φ0)即x 0＝d (1－Aq φ0)④粒子的运动区间满足－d (1－A q φ0)≤x ≤d (1－Aq φ0)．(3)考虑粒子从－x 0处开始运动的四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度a ＝F m ＝qE m ＝q φ0md⑤由匀加速直线运动规律得t ＝ 2x 0a将④⑤代入，得t ＝2md2q φ0－Aq φ粒子的运动周期T ＝4t ＝4dq φ02m q φ0－A . 【答案】 (1)q φ0d (2)－d (1－A q φ0)≤x ≤d (1－Aq φ0)(3)4d q φ02m q φ0－A电容器与电容、带电粒子在电场中的运动课后作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．(2013届陕西师大附中检测)冬天当脱毛线衫时，静电经常会跟你开开小玩笑．下列一些相关的说法中正确的是( )A ．在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B ．如果内外两件衣服可看作是电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小C ．在将外衣脱下的过程中，内外两衣间隔增大，衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和)D ．脱衣时如果人体带上了正电，当手接近金属门把时，由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击2.图6－3－17三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v 0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a 、b 、c 三点，如图6－3－17所示，下面判断正确的是( )A ．落在a 点的颗粒带正电，c 点的带负电，b 点的不带电B ．落在a 、b 、c 点的颗粒在电场中的加速度的关系是a a ＞a b ＞a cC ．三个颗粒在电场中运动的时间关系是t a ＞t b ＞t cD ．电场力对落在c 点的颗粒做负功3.图6－3－18(2013届石家庄一中检测)如图6－3－18所示，从F 处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U )( )A ．电子到达B 板时的动能是U (eV) B ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零 C ．电子到达D 板时动能是3U (eV) D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动4.图6－3－19(2013届西安一中模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P 点，如图6－3－19所示．以E 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压，W 表示正电荷在P 点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移动到图中虚线所示的位置，则下列判断正确的是( )A ．U 变小，E 不变B ．E 变大，W 变大C ．U 变小，W 不变D ．U 不变，W 不变5.图6－3－20(2013届榆林一中模拟)如图6－3－20所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出．若不计重力，则a 和b 的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶8D ．8∶16．(2013届安康中学抽样测试)如图6－3－21甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是()甲 乙图6－3－217.图6－3－22(2013届山西省实验中学质检)如图6－3－22所示，在xOy 竖直平面内存在着水平向右的匀强电场．有一带正电的小球自坐标原点沿着y 轴正方向以初速度v 0抛出，运动轨迹最高点为M ，与x 轴交点为N ，不计空气阻力，则小球( )A ．做匀加速运动B ．从O 到M 的过程动能增大C ．到M 点时的动能为零D ．到N 点时的动能大于12mv 28.图6－3－23如图6－3－23所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R ，AB 为圆水平直径的两个端点，AC 为14圆弧．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小球一定能从B 点离开轨道 B ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动C ．若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于HD ．小球到达C 点的速度可能为零9．(2013届太原一中检测)如图6－3－24所示，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD相切于B 点，AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，则()图6－3－24A ．R 越大，x 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，x 越大D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大10．(2013届海口模拟)如图6－3－25甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U 后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷qm＝1.0×10－2C/kg 的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A 处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其v －t 图象如图6－3－25乙所示，则下列说法正确的是()图6－3－25A ．右侧金属板接电源的正极B ．所加电压U ＝100 VC ．乙图中的v 2＝ 2 m/sD ．通过极板间隙所用时间比为1∶(2－1)二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．) 11．(15分)如图6－3－26所示，AB 是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD 是半径为R ＝0.2 m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103N/C ，质量m ＝0.20 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h ＝0.24 m ，滑块带电荷量q ＝－5.0×10－4C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：图6－3－26(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力．12．(15分)(2013届西安三校联考)如图6－3－27，直流电源的路端电压U ＝182 V ，金属板AB 、CD 、EF 、GH 相互平行、彼此靠近．它们分别和变阻器上的触点a 、b 、c 、d 连接．变阻器上ab 、bc 、cd 段电阻之比为1∶2∶3.孔O 1正对B 和E ，孔O 2正对D 和G .边缘F 、H 正对．一个电子以初速度v 0＝4×106m/s 沿AB 方向从A 点进入电场，恰好穿过孔O 1和O 2后，从H 点离开电场．金属板间的距离L 1＝2 cm ，L 2＝4 cm ，L 3＝6 cm.电子质量m e ＝9.1×10－31kg ，电荷量q ＝1.6×10－19C ．正对的两平行板间可视为匀强电场，求：图6－3－27(1)各相对两板间的电场强度； (2)电子离开H 点时的动能；(3)四块金属板的总长度(AB ＋CD ＋EF ＋GH )．答案与解析1．【解析】 摩擦起电实质是电子的转移，则两物体应带异种电荷，故A 项错；由U ＝Q C知，Q 不变，C 减小，U 增大，故B 项错；因内外衣带异种电荷，将它们间隔增大时，克服电场力做功，电势能增大，故C 项正确；人体带上正电，与金属门把接近时会放电，D 项正确．【答案】 CD2.【解析】 由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t ＝2ya，垂直电场方向匀速运动由x ＝v 0t ，得t a ＜t b ＜t c ，所以a a ＞a b ＞a c ，再由牛顿第二定律可推出，a 带负电，b 不带电，c 带正电，故答案为B 、D.【答案】 BD3.【解析】 由电路图可得，电子在A 、B 板间加速运动，电场力做正功U (eV)，在B 、C 板间匀速运动，在C 、D 板间减速运动，电场力做负功－U (eV)，所以电子在D 板处速度为零，电子在A 板和D 板之间做往复运动，所以答案为C.【答案】 C4.【解析】 与电源断开后，电容器两极板所带电荷量一定，则：E ＝U d ，U ＝Q C ，所以E ＝Q Cd. 对于平行板电容器有：C ＝εS4πkd.所以E ＝QεS·4πk ，与d 无关，故E 不变．当正极板向下移动时，d 减小，U 减小，A 项正确．因极板间场强没变，正电荷P 相对负极板的位置没变，所以，W 不变，C 项正确．【答案】AC 5.【解析】设AB 长为2h ，BC 长为2l ，对a 粒子 ⎩⎪⎨⎪⎧2h ＝12a a t 2a ＝12q a E m a t 2a ，①l ＝v 0t a ，②得2h ＝12q a E m a (l v 0)2，③对b 粒子⎩⎪⎨⎪⎧h ＝12a b t 2b ＝12q b E m b t 2b ，④2l ＝v 0t b ，⑤得h ＝12q b E m b (2l v 0)2，⑥。