【物理】2018届一轮复习人教版电容器带电粒子在匀强电场中的运动学案 28页

第3讲电容器带电粒子在匀强电场中的运动 考点一电容器平行板电容器的动态分析 ‎1．常见电容器 ‎(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：使充电后的电容器丢失电荷的过程，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＝。‎ ‎(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)‎ ‎1F‎＝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，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比。‎ ‎(2)决定式：C＝，k为静电力常量。‎ ‎[思维诊断]‎ ‎(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＝1.0×10－6C时，两板间电压升高10V，则电容器的电容C＝1.0×10－7F。( )‎ 答案：(1)√(2)×(3)√‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[对电容器电容的理解](多选)下列关于电容器和电容的说法中，正确的是( )‎ A．根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比 B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比 C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，‎ 它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变 D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板间的电压无关 解析：由于电容器的电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，是电容器的一种特性，一个电容器对应唯一的电容值，不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，因此选项A错误，C、D正确；由于电容是定值，由Q＝CU知，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故选项B正确。‎ 答案：BCD ‎2．[电容器的动态分析(电压不变)](多选)‎ ‎(2017·甘肃诊断)如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接。Q表示电容器的带电荷量，E表示两板间的电场强度，则下列说法正确的是( )‎ A．当d增大，S不变时，Q减小，E减小 B．当S增大，d不变时，Q增大，E增大 C．当d减小，S增大时，Q增大，E增大 D．当S减小，d增大时，Q不变，E增大 解析：电容器与电池相连，电压不变。当d增大，S不变时，由C＝知，C变小，由Q＝CU知，Q变小，由E＝知，E减小，A正确；当S增大，d不变时，同理可得C增大，Q增大，E不变，B错误；当d减小，S增大时，同理可得C变大，Q增大，E增大，C正确。当S减小，d增大时，C变小，Q变小，E变小，D错误。‎ 答案：AC ‎3．[电容器的动态分析(电荷量不变)]‎ ‎(2016·天津理综·4)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：极板移动过程中带电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C＝和C＝可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝＝，则E不变，EP不变，综合上述，只有D选项正确。‎ 答案：D 方法技巧平行板电容器动态问题的分析思路 (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＝f(εrS,4πkd)确定电容器电容的变化。‎ (3)用定义式C＝f(Q,U)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＝f(U,d)分析电容器极板间场强的变化。‎ 考点二带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 ‎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)带电微粒：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．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的思路 ‎[题组训练]‎ ‎1．[仅在电场力作用下的直线运动]‎ 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，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( )‎ A. B．edUh C. D． 解析：电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小。根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力。这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题。即mv＝eUOA。因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝，故选项D正确。‎ 答案：D ‎2．[电场力和重力作用下的直线运动]‎ ‎(多选)如图所示，悬线下挂着带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，则( )‎ A．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为tanθ＝ B．若剪断悬线，则小球做曲线运动 C．若剪断悬线，则小球做匀速运动 D．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动 解析：小球受到重力、拉力、静电力而处于静止状态，其受力分析如图所示。则tanθ＝。根据平衡条件可得，剪断悬线前，静电力和重力的合力大小与拉力大小相等，方向与悬线拉力方向相反；当剪断悬线后，小球所受的合力大小恒定，方向恒定，小球应由静止做匀加速直线运动。故选项A、D正确。‎ 答案：AD ‎3．[多过程的直线运动](2016·四川理综·9)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年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、材料科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8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，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1/2。质子的荷质比取1×108C/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＝0.4m③‎ ‎(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，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功为W′，质子的电荷量为q、质量为m，则 W＝qU④‎ W′＝3W⑤‎ W′＝mv－mv⑥‎ 联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104V⑦‎ 答案：(1)0.4m(2)6×104V考点三带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎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＝，tanθ＝＝。‎ ‎2．两个结论 ‎(1)不同的带电粒子从静止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tanφ＝得tanφ＝。‎ ‎(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。‎ ‎(多选)(2015·天津理综·7)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：带电粒子经加速电场后速度v0＝，出偏转电场时的纵向速度vy＝，所以偏转电场E2对粒子做功为W＝m(v＋v)－mv＝q，故做功一样多，故A正确；粒子打到屏上时的速度为v＝＝，与比荷有关，故速度不一样大，故B错误；纵向位移y＝at2＝ ‎，即位移与比荷无关，由相似三角形可知，打到屏幕上的位置相同，故D正确；运动到屏上所用时间t＝×，与比荷有关，故C错误。‎ 答案：AD ‎[题组训练]‎ ‎1．[带电粒子在电场中的偏转]如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线、从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则( )‎ A．a的电荷量一定大于b的电荷量 B．b的质量一定大于a的质量 C．a的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 解析：由a、b在水平方向的位移不同可知两粒子在电场中的运动时间不同，tb>ta，根据y＝at2，可知：aa>ab，又因为qaE＝maaa，qbE＝mbab，所以>，故选项C正确，A、B、D错误。‎ 答案：C ‎2．[带电粒子在电场中先加速再偏转]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)无初速度地放人电场E1中的A点，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；‎ ‎(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tanθ；‎ ‎(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x。‎ 解析：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 ‎，由牛顿第二定律和运动学公式得：‎ a1＝＝ ＝a1t v1＝a1t1，t2＝ 运动的总时间为t＝t1＋t2＝3。‎ ‎(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2＝＝ t3＝，vy＝a2t3‎ tanθ＝ 联立各式解得tanθ＝2。‎ ‎(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1‎ x1＝a2t tanθ＝ 解得：x＝x1＋x2＝‎3L。‎ 答案：(1)3(2)2(3)‎‎3L 考点四带电粒子在交变电场中的运动 ‎1．带电粒子在交变电场中的运动一般有三种情况 ‎(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(一般根据交变电场的特点分段研究)。‎ ‎2．解决带电粒子在交变电场中运动问题的关键 ‎(1)处理方法：将粒子的运动分解为垂直电场方向上的匀速运动和沿电场方向的变速运动。‎ ‎(2)比较通过电场的时间t与交变电场的周期T的关系：‎ ‎①若t≪T，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强。‎ ‎②若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性。‎ ‎(3)注意分析不同时刻射入电场的粒子在电场中运动的差别，找到满足题目要求的时刻。‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．(多选)(2015·山东高考·20)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( )‎ 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：因0～时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误；故选B、C。‎ 答案：BC ‎2．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，‎ 电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：‎ ‎(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处；‎ ‎(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ 解析：(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2‎ 经电场偏转后侧移量y＝at2＝2‎ 所以y＝，由图知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm 设打在屏上的点距O点距离为Y，满足＝ 所以Y＝13.5cm。‎ ‎(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为‎3L＝30cm。‎ 答案：(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm ‎(2)30cm 思想方法盘点⑨——等效思想在电场中的应用 ‎1．等效法求解电场中的圆周运动 带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题是一类重要而典型的题型。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则过程往往比较简捷。‎ ‎2．等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路 ‎(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。‎ ‎(2)将a＝视为“等效重力加速度”。‎ ‎(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“‎ 等效最高点”。‎ ‎(4)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。‎ 如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的3/4，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝60°，xBC＝2R。若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ 解析：‎ 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示。可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角。由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即达到D点时圆环对小球的弹力恰好为零。‎ 由圆周运动知识得：‎ F＝m，即：1.25mg＝m 小球由A运动到D点由动能定理得：‎ mg(h－R－Rcos37°)－mg× ‎＝mv，联立解得h＝7.7R。‎ 答案：7.7R ‎[即学即练]‎ 如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。‎ ‎(1)求小球带电性质和电场强度E。‎ ‎(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小(可含根式)。‎ 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。‎ 小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有 ‎0＝EqLsinα－mgL(1－cosα)‎ 解得E＝。‎ ‎(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下。‎ 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点 ＝mg 小球从A点以初速度vA运动，由动能定理知 mv2－mv＝－mgL(1＋cos30°)‎ 联立解得vA＝。‎ 答案：(1)小球带正电(2) ‎1．(2016·全国乙卷·14)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：平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。‎ 答案：D ‎2.‎ ‎(2015·新课标全国Ⅱ·14)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 解析：两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确。‎ 答案：D ‎3．(2015·新课标全国Ⅱ·24)如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。‎ 解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin30°＝v0sin60°①‎ 由此得 vB＝v0②‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有 qUAB＝m(v－v)③‎ 联立②③式得UAB＝④‎ 答案： ‎4．(2016·北京理综·23)如图所示，电子由静止经加速电场加速后，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。‎ 偏转电场可看作匀强电场，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＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/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＝ ‎(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G＝mg～10－30N 电场力F＝～10－16N 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)(3)见解析 课时作业 ‎(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)‎ 一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)‎ ‎1.‎ 如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U、电容器两极板间的场强E的变化情况是( )‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 解析：由题意可知，电容器未接电源，故电容器的电荷量不变，所以A、B错误；根据C＝、E＝、C＝可知，当两极板间的距离d增大时，C变小，U变大，三式联立可得E＝，故电场强度E不变，所以选项C正确，D错误。‎ 答案：C ‎2.‎ 如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么( )‎ A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 解析：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与电场强度方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确。‎ 答案：B ‎3.‎ ‎(2015·海南单科·5)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力，则M∶m为( )‎ A．3∶2 B．2∶1‎ C．5∶2 D．3∶1‎ 解析：设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，aM＝，l＝t2；对m有am＝，l＝t2，联立解得＝，A正确。‎ 答案：A ‎4．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极板，G为静电计，极板B固定，A可移动，时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是( )‎ A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小 B．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大 C．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大 D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小 解析：静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S后，将A向左移动少许，电容器的电荷量不变，由C＝知电容减小，由Q＝CU知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A错；同理，断开S后，将A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B对；保持S闭合，无论是在A、B间插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为电源电势差，静电计指针张开的角度不变，C、D错。‎ 答案：B ‎5．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )‎ A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电荷量无关 解析：微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A错误；电场力做正功，电势能减小，B错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v方向：x＝vt，沿电场方向：y＝at2，又a＝，得y＝x2，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，C正确，D错误。‎ 答案：C ‎6．如图所示，长为L、倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则( )‎ A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 B．A、B两点的电势差一定为 C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是 D．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 解析：由题述可知，小球以初速度v0由斜面底端的A点沿斜面上滑，电场力做正功，电势能减小，小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，选项A错误；由动能定理，qU－mgLsin30°＝0，解得A、B两点的电势差为U＝，选项B正确；若电场是匀强电场，该电场的场强的最小值为，选项C错误；若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q可以是负电荷，选项D错误。‎ 答案：B ‎7.‎ 如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )‎ A．滑片向右移动，其他不变时，电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑片向左移动，其他不变时，电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压U减小，其他不变时，电子从发出到打在荧光屏上的时间减小 D．电压U减小，其他不变时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 解析：滑片向右移动，其他不变时，加速电压增大，电子速度增大，则电子打在荧光屏上的位置下降，选项A错误；滑片向左移动，其他不变时，加速电压减小，电子速度减小，则电子打在荧光屏上的位置上升，选项B正确；电压U减小或增大，其他不变时，电子经加速电压后的水平速度大小不变，从发出到打在荧光屏上的时间不变，选项C错误，选项D正确。‎ 答案：BD ‎8．如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是( )‎ A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流 B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有b→a的电流 C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流 D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流 解析：由于油滴处于静止状态，所以q＝mg。若将S断开，由于电容器的电荷量不变，则电压U不变，油滴仍处于静止状态，选项A错误。若将A向左平移一小段位移，则电容C变小，电压U不变，则Q＝CU变小，所以电流由b→a，此时油滴仍静止，选项B正确。若将A向上平移一小段位移，电容C变小，电压U不变，则Q变小，所以电流由b→a，此时q＜mg，油滴向下加速运动，所以选项C正确。若将A向下平移一小段位移，电容C变大，电压U不变，则Q变大，所以电流由a→b，此时q＞mg，油滴加速向上运动，所以选项D错误。‎ 答案：BC ‎9．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．2s末带电粒子回到原出发点 C．3s末带电粒子的速度为零 D．0～3s内，电场力做的总功为零 解析：‎ 由牛顿第二定律知，带电粒子在第1s内的加速度a＝为第2s内加速度a＝的，因此先加速1s再减速0.5s至速度为零，接下来的0.5s将反向加速，vt图象如图所示，由对称性可知，反向加速的距离是带电粒子刚好回到减速的点，A、B均错误；0～3s内，带电粒子的初、末速度均为零，动能的变化为零，电场力做的功为零，C、D正确。‎ 答案：CD ‎10.‎ 如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是( )‎ A．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量 B．两电荷在电场中运动的加速度相等 C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功 D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同 解析：从轨迹可以看出竖直方向yM>yN，故·t2>·t2，解得：>，qM>qN，故选项A正确，B错误；根据动能定理，电场力做的功为：W＝ΔEk＝mv，质量m相同，M电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度vy＝也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N 做的功，故选项C正确；从轨迹可以看出水平方向xM>xN，故vMt>vNt，故vM>vN，故选项D错误。‎ 答案：AC 二、非选择题 ‎11．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距离为d＝8cm，板长为L＝25cm，接在直流电上，有一带电液滴以v0＝0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：‎ ‎(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小。‎ ‎(2)液滴从射入电场计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取10m/s2)‎ 解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：‎ qE＝mg q＝mg 即：qU＝mgd 当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动。‎ 此时液滴所受电场力F＝q＝ a＝＝＝g＝2m/s2‎ ‎(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d/2。‎ 设液滴从P点在匀强电场中飞行的时间为t1，则＝at t1＝＝0.2s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2＝＝0.5s 所以液滴从射入电场到匀速运动到P点的时间为 t＝t2－t1＝0.3s 答案：(1)2m/s2(2)0.3s ‎12．如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，‎ 场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)‎ ‎(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；‎ ‎(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；‎ 解析：(1)根据题意可知，甲、乙两球碰撞后，在水平方向上动量守恒，此时乙获得向右的速度沿轨道运动，在乙恰能通过轨道的最高点D的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，根据曲线运动规律有 mg＋qE＝m①‎ ‎2R＝t2②‎ x＝vDt③‎ 联立①②③式并代入数据解得 x＝0.4m④‎ ‎(2)在满足(1)的条件下，设碰撞后甲的速度为v甲、乙的速度为v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有 mv0＝mv甲＋mv乙⑤‎ mv＝mv＋mv⑥‎ 联立⑤⑥式解得 v乙＝v0⑦‎ 根据动量定理有 ‎－mg·2R－qE·2R＝mv－mv⑧‎ 联立①⑦⑧式解得 v0＝v乙＝＝‎2m/s⑨‎ 答案：(1)0.4m(2)2m/s 高考热点专项练(七)静电场 热点一电场的基本性质 ‎1．(2017·南京市、盐城市高三第一次模拟考试)如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是( )‎ 解析：带电粒子在电场中做曲线运动，那么所受的电场力沿电场线并指向轨迹弯曲的内侧，粒子在运动过程中电势能减少，那么电场力对粒子做正功，故粒子在运动过程中速度方向和电场力的夹角为锐角，D正确，A、B、C错误。‎ 答案：D ‎2.‎ 如图所示，A和B均可视为点电荷，A固定在绝缘支架上，B通过绝缘轻质细线连接在天花板上，由于二者之间库仑力的作用，细线与水平方向成30°角。A、B均带正电，电荷量分别为Q、q，A、B处于同一高度，二者之间的距离为L。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则B的质量为( )‎ A. B． C. D． 解析：根据库仑定律，A、B之间的库仑力F库＝k，以B为研究对象，在水平方向F库＝FTcos30°，在竖直方向mg＝FTsin30°，联立可得m＝，D正确。‎ 答案：D ‎3.‎ 如图所示，实线为电场线，虚线为某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，实线和虚线均关于OO′对称，则下列说法正确的是( )‎ A．电场线方向可以确定 B．该粒子经过B点时电场力做功的功率可以求解 C．B、C两点的电势高低可以比较 D．该粒子经过A、B两点时的电势能大小无法比较 解析：由于该粒子的电性未知，电场线方向不能判断，电势高低也无法比较，A、C错误；该粒子经过B点时速度方向与电场力方向垂直，电场力做功的功率为零，B正确；若该粒子从A点运动，根据曲线运动需要向心力，可确定电场力F的方向，根据运动轨迹可确定速度v方向，该粒子从A点运动到B点的过程中，电场力对该粒子做负功，电势能增加，即电势能EpAφb D．试探电荷q沿直线从a移到b的过程中，电势能先减小后增大 解析：‎ 通过作图找出点电荷Q的位置，如图所示，根据点电荷周围的电场强度的公式E∝可知，a、b两点到点电荷Q的距离之比ra∶rb＝∶1，选项A错，B对；由图可知，Q带正电，因为越靠近场源正电荷的点，其电势越高，所以φa<φb，选项C错误；试探电荷q带负电，其沿直线从a移到b的过程中，先靠近后远离场源电荷，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确。‎ 答案：BD 热点二电容器带电粒子在电场中的运动 ‎8.‎ 如图所示，水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷，A板带负电荷，B板接地。若将A板向上平移到虚线位置，在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势φ的变化情况是( )‎ A．E不变，φ改变 B．E不变，φ不变 C．E改变，φ不变 D．E改变，φ改变 解析：当将A板向上平移到虚线位置时，意味着平行板之间的距离拉大，由C＝知，电容C减小，由题意知电容上的带电荷量不变，由Q＝CU可知，U必变大；由U＝Ed，所以Q＝CU＝U＝Ed＝，则E不变，由于P点到B板的距离不变，故PB之间的电压不变即电势φ不变，故应选B。‎ 答案：B ‎9.‎ ‎(2017·益阳模拟)如图，平行板电容器经开关K与电池连接，a处有一带电荷量非常小的点电荷。K是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则( )‎ A．φa变大，F变大 B．φa变大，F变小 C．φa不变，F不变 D．φa不变，F变小 解析：由于开关K闭合，电容器两板板始终与电源的两极相连，故电容器两板板之间的电压UAB保持不变。B极板下移，两板板之间的距离增大，根据E＝可知两板板之间的电场强度E减小，由于UAa＝EhAa，由于电场强度E减小，故UAa减小，由于UAB＝UAa＋UaB，所以UaB增大，由题图可知电源的负极接地，B板电势为零，即φB＝0，又UaB＝φa－φB，所以φa＝UaB增大；而点电荷在a点所受的电场力F＝qE，由于E减小，所以电场力F减小，故选项B正确。‎ 答案：B ‎10．(2017·潮州市高三期末教学质量检测)‎ 如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标为O点，其中x轴与XX′电场的场强方向平行，x轴正方向垂直于纸面指向纸内，y轴与YY′电场的场强方向平行)。若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )‎ A．X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极 B．X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极 C．X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极 D．X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极 解析：电子带负电，其受到电场力的方向与场强方向相反。欲让电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，在x轴上，其坐标为负值，故电子朝X′方向运动，故X′接电源的正极、X接电源的负极；在y轴上，其坐标为负值，故电子朝Y′方向运动，故Y′接电源的正极、Y接电源的负极，故选项D正确，选项A、B、C错误。‎ 答案：D ‎11.‎ ‎(2017·娄底模拟)如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E＝1.0×104N/C，现有质量m＝0.20kg，电荷量q＝8.0×10－4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止运动，已知xAB＝1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。求：(g取10m/s2)‎ ‎(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度大小。‎ ‎(2)带电体最终停在何处。‎ 解析：(1)设带电体到达C点时的速度为v，‎ 从A到C由动能定理得：‎ qE(xAB＋R)－μmgxAB－mgR＝mv2‎ 解得v＝10m/s ‎(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h；从C到最高点由动能定理得：‎ ‎－mgh－μqEh＝0－mv2‎ 解得h＝m 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力 Ffmax＝μqE＝4N，‎ 重力G＝mg＝2N 因为G