2022年高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第3講 電容器和電容 帶電粒子在電場中的運動學案

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1、2022年高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第3講 電容器和電容 帶電粒子在電場中的運動學案 微知識1 電容器及電容 1．電容器 (1)組成：兩個彼此絕緣且又相互靠近的導體組成電容器，電容器可以容納電荷。 (2)所帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值，兩極板所帶電荷量相等。 (3)充、放電 ①充電：把電容器接在電源上后，電容器兩個極板分別帶上等量異號電荷的過程，充電后兩極間存在電場，電容器儲存了電能。 ②放電：用導線將充電后電容器的兩極板接通，極板上電荷中和的過程，放電后的兩極板間不再有電場，同時電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 2．電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量與兩極板間電

2、勢差的比值。 (2)公式：C＝＝。 (3)物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，在數(shù)值上等于把電容器兩極板的電勢差增加1 V所需充加的電荷量，電容C由電容器本身的構(gòu)造因素決定，與U、Q無關(guān)。 (4)單位：法拉，符號F，與其他單位間的換算關(guān)系： 1 F＝106μF＝1012pF。 3．平行板電容器的電容 平行板電容器的電容與平行板正對面積S、電介質(zhì)的介電常數(shù)εr成正比，與極板間距離d成反比，即C＝。 微知識2 帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn) 1．帶電粒子在電場中的加速 (1)運動狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一條直線

3、上，做勻變速直線運動。 (2)用功能觀點分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量，即qU＝mv2－mv。 2．帶電粒子的偏轉(zhuǎn) (1)運動狀態(tài)：帶電粒子受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用而做類平拋運動。 (2)處理方法：類似于平拋運動的處理方法 ①沿初速度方向為勻速運動，運動時間t＝。 ②沿電場力方向為勻加速運動，a＝＝＝。 ③離開電場時的偏移量y＝at2＝。 ④離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝＝。 微知識3 示波管 1．構(gòu)造 ①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏。(如圖) 2．工作原理 (1)YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，

4、叫做掃描電壓。 (2)觀察到的現(xiàn)象 ①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。 ②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象。 一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”。) 1．電容器的帶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．帶電粒子在勻強電場中可能做勻變速直線運動，也可能做勻變速曲線運動。(√) 4．只在電場力作用下，帶電粒子可能做勻速圓周運動。(√) 5．帶電粒子在電場中運動

5、時重力一定可以忽略不計。(×) 二、對點微練 1．(電容器和電容)一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是(　　) A．C和U均增大 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C和U均減小 解析　根據(jù)平行板電容器電容公式C＝，在兩板間插入電介質(zhì)后，電容C增大，因電容器所帶電荷量Q不變，由C＝可知，U＝減小，B項正確。 答案　B　 2．(帶電粒子在電場中的加速)兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA間

6、距為h，則此電子的初動能為(　　) A. B. C. D. 解析　電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動能定理可得－eUOA＝0－Ek，因為UOA＝h，所以Ek＝，所以正確選項為D項。 答案　D　 3．(帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn))(多選)如圖所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最后分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是(　　) A．三個液滴在真空盒中都做平拋運動 B．三個液滴的運動時間一定相同

7、 C．三個液滴落到底板時的速率相同 D．液滴C所帶電荷量最多 解析　三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，三個液滴的運動時間相同，選項B正確；三個液滴落到底板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴落到底板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴C在水平方向位移最大，說明液滴C在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確。 答案　BD　 見學生用書P111 微考點　1　電容器的動態(tài)分析 核|心|微|講 1．電容器的兩種情況 (1)電容器始終與電源相連時，

8、電容器兩極板電勢差U保持不變。 (2)電容器充電后與電源斷開時，電容器所帶電荷量Q保持不變。 2．平行板電容器動態(tài)問題的分析思路 3．關(guān)于平行板電容器的一個常用結(jié)論 電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強度與極板間的距離無關(guān)。 典|例|微|探 【例1】　如圖所示電路中，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬極板，P為其中的一個定點。將開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后將A板向上平移一小段距離，則下列說法正確的是(　　) A．電容器的電容增加 B．在A板上移過程中，電阻R中有向上的電流 C．A、B兩板間的電場強度增大 D．P點電勢升高 【解題導思】 (1)

9、A板向上平移一小段距離后，電壓U、電容C、帶電荷量Q、電場強度E各物理量的變化情況怎樣？ 答：兩極間電壓U不變，C減小，Q減小，電場強度E減小。 (2)電容器B板的電勢為多少？ 答：電路穩(wěn)定時，電路中無電流，電阻R兩端無電壓，B板電勢為零。 解析　由平行板電容器電容的決定式C＝知選項A錯誤；由C＝得，電容器兩端電壓不變，C減小，Q減小，電容器放電，形成順時針方向的放電電流，B項正確；由E＝得，電場強度E減小，C項錯誤；由φ＝UPO＝Ed′，E減小，P點的電勢降低， D項錯誤。 答案　B 分析平行板電容器動態(tài)變化問題的三個關(guān)鍵點 (1)確定不變量：首先要明確動態(tài)變化過程中的哪些

10、量不變，一般情況下是保持電荷量不變或板間電壓不變。 (2)恰當選擇公式：要靈活選取電容的兩個公式分析電容的變化，還要應用E＝分析板間電場強度的變化情況。 (3)若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場力的變化，分析運動情況的變化。 題|組|微|練 1．如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep

11、增大 D．θ減小，E不變 解析　平行板電容器帶有等量異種電荷，當極板正對面積不變時，兩極板之間的電場強度E不變。保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至題圖中虛線位置，由U＝Ed可知，兩極板之間的電勢差減小，靜電計指針的偏角θ減小，由于下極板接地(電勢為零)， 兩極板之間的電場強度不變，所以P點電勢不變，點電荷在P點的電勢能Ep不變。綜上所述，選項D正確。 答案　D　 2．某位移式傳感器的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器，當可移動介質(zhì)P向左勻速移出的過程中(　　) A．電容器的電容變大 B．電容器的電荷量保持不變 C．M點的電勢

12、比N點的電勢低 D．流過電阻R的電流方向從M到N 解析　當可移動介質(zhì)P向左勻速移出的過程中，電容器電容變小，選項A錯誤；電容器的電壓等于電源電動勢，保持不變，電荷量Q＝CU減小，選項B錯誤；電容器放電，電流方向為M→R→N，M點的電勢比N點的電勢高，選項C錯誤，選項D正確。 答案　D　 微考點　2　帶電體在電場中的直線運動 核|心|微|講 與力學的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速；是直線還是曲線)；然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題。也可以從功和能的角度分析：帶電體的加速(含偏轉(zhuǎn)過程中速度大小的變化)過程是其他形式的能和動能之間的轉(zhuǎn)化過程。解決這類問

13、題，可以用動能定理或能量守恒定律。 典|例|微|探 【例2】　如圖所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，微粒恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動。則(　　) A．微粒帶正、負電荷都有可能 B．微粒做勻減速直線運動 C．微粒做勻速直線運動 D．微粒做勻加速直線運動 【解題導思】 (1)微粒是做勻速直線運動，還是變速直線運動？ 答：微粒受重力和電場力作用，兩力的合力不可能為零，不可能做勻速直線運動，只能是變速直線運動。 (2)帶電微粒受到的電場力可能水平向右嗎？ 答：不可能，微粒做直線運動，合力必沿AB直線(合力不

14、為零時)，電場力只能水平向左。 解析　微粒做直線運動的條件是速度方向和合力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場力的方向與場強方向相反，則微粒必帶負電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，B項正確。 答案　B 題|組|微|練 3．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　)

15、 A．打到下極板上　　　　　 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板處返回 解析　帶電粒子運動過程中只有重力和電場力做功，設電容器兩極板間電壓為U，粒子下落的全程由動能定理有mg－qU＝0，當下極板向上平移后，設粒子能下落到距離上極板x處，由動能定理有 mg－qU＝0，解得x＝d，選項D正確。 答案　D　 4．在真空中的x軸上的原點處和x＝6a處分別固定一個點電荷M、N，在x＝2a處由靜止釋放一個正點電荷P，假設點電荷P只受電場力作用沿x軸方向運動，得到點電荷P速度大小與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．點電荷M、N一定都是負電荷

16、 B．點電荷P的電勢能一定是先增大后減小 C．點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為2∶1 D．x＝4a處的電場強度一定為零 解析　由v－x圖象可知，點電荷P的速度先增大后減小，所以點電荷P的動能先增大后減小，說明電場力先做正功，后做負功，結(jié)合正電荷受到的電場力的方向與場強的方向相同可知，電場強度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負方向，根據(jù)點電荷的電場線的特點與電場的疊加原理可知，點電荷M、N一定都是正電荷，故A項錯誤；點電荷P的動能先增大后減小，由于只有電場力做功，所以點電荷P的電勢能一定是先減小后增大，故B項錯誤；由圖可知，在x＝4a處點電荷P的速度最大，速度的變化率為0，說明了x＝

17、4a處的電場強度等于0，則M與N的點電荷在x＝4a處的電場強度大小相等，方向相反，根據(jù)庫侖定律得＝所以點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1，故C項錯誤，D項正確。 答案　D　 微考點　3　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 核|心|微|講 求解電偏轉(zhuǎn)問題的兩種思路 以示波管模型為例，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。 1．確定最終偏移距離OP的兩種方法 方法1： 2．確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后的動能(或速度)的兩種方法 特別提醒　利用動能定理求粒子偏轉(zhuǎn)后的動能時，電場力做功W＝qU＝qEy，

18、其中“U”為初末位置的電勢差，而不一定是U＝。 典|例|微|探 【例3】　(多選)如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(極板長L、極板間距離d)，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子在偏轉(zhuǎn)電場的偏移量不發(fā)生變化(調(diào)整極板間距離時電子仍能穿出偏轉(zhuǎn)電場)，應該(　　) A．僅使U2加倍 B．僅使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．僅使偏轉(zhuǎn)電場板間距離變?yōu)樵瓉淼?.5倍 D．僅使偏轉(zhuǎn)電場板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍 【解題導思】 (1)加速電壓變化時，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度是否發(fā)生變化？ 答：由qU

19、＝mv2知，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度會發(fā)生變化。 (2)偏轉(zhuǎn)量y與加速電壓成正比，與偏轉(zhuǎn)電壓成反比，對嗎？ 答：不對，由qU1＝mv，L＝v0t和y＝at2＝t2推導可得y＝，應該是與加速電壓成反比，與偏轉(zhuǎn)電壓成正比。 解析　據(jù)題意，帶電粒子在加速電場中做加速運動，有qU1＝mv，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有L＝v0t和y＝at2＝t2，整理得y＝，因此當加速電場電壓U1增加一倍，要使偏轉(zhuǎn)量不變，則需要使偏轉(zhuǎn)電壓增加一倍或者使偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼囊话?，所以A、C項正確。 答案　AC 【反思總結(jié)】 “兩分析”巧解帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題 1．條件分析：不計重力，且?guī)?/p>

20、電粒子的初速度v0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。 2．運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。 題|組|微|練 5.(多選)有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從左上方同一點以相同的水平速度先后射入勻強電場中，A、B、C三個小球的運動軌跡如圖所示，A、B小球運動軌跡的末端處于同一豎直線上，則如圖運動軌跡對應的過程(　　) A．小球A帶負電，B不帶電，C帶正電 B．三小球運動的時間tA＝tB

21、電勢能變化絕對值可能相等 解析　小球水平方向不受力，做勻速運動，豎直方向做勻加速運動，由水平位移公式x＝v0t，因初速度相同，xA＝xB>xC，知tA＝tB>tC，則選項B錯誤；由豎直位移公式y(tǒng)＝at2，而yAtC，得aAEkB，則選項C錯誤；又電場力做功為qEy，yAqC，

22、使qEy有可能相等，即電勢能變化絕對值有可能相等，故選項D正確。 答案　AD　 6.如圖所示，某空間有一豎直向下的勻強電場，電場強度E＝1.0×102 V/m，一塊足夠大的接地金屬板水平放置在勻強電場中，在金屬板的正上方高度h＝0.80 m的a處有一粒子源，盒內(nèi)粒子以v0＝2.0×102 m/s的初速度向水平面以下的各個方向均勻放出質(zhì)量為m＝2.0×10－15 kg、電荷量為q＝＋10－12 C的帶電粒子，粒子最終落在金屬板b上。若不計粒子重力，求(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)： (1)粒子源所在a點的電勢。 (2)帶電粒子打在金屬板上時的動能。 (3)從粒子源射出的粒子打在金屬板上的

23、范圍(所形成的面積)；若使帶電粒子打在金屬板上的范圍減小，可以通過改變哪些物理量來實現(xiàn)？ 解析　(1)題中勻強電場豎直向下，b板接地； 因此φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.8 V＝80 V。 (2)不計重力，只有電場力做功；對粒子由動能定理qUab＝Ek－mv可得帶電粒子打在金屬板上時的動能為1.2×10－10 J。 (3)粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍以粒子水平拋出為落點邊界，由平拋運動知識可得 x＝v0t，① h＝at2，② a＝，③ S＝πx2，④ 聯(lián)立以上各式得所形成的面積為4.0 m2，可以通過減小h或增大E來實現(xiàn)。 答案　(1)80 V　(2)1.2

24、×10－10 J (3)4.0 m2　可通過減小h或增大E實現(xiàn) 微考點　4　電場中的力電綜合問題 核|心|微|講 研究帶電粒子在電場中的運動常用的三種方法 1．力和運動的關(guān)系——牛頓第二定律：根據(jù)帶電粒子受到靜電力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等，這種方法通常適用于受恒力作用下做勻變速運動的情況。 2．功和能的關(guān)系——動能定理：根據(jù)靜電力對帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理研究全過程中能量的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)歷的位移等。這種方法同樣也適用于非勻強電場。 3．正交分解法或化曲為直法 處理這種運動的基本思想與

25、處理平拋運動是類似的，可以將復雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律是我們已經(jīng)掌握的，然后再按運動合成的觀點去求出復雜運動的有關(guān)物理量。 典|例|微|探 【例4如圖所示，在E＝103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q＝10－4 C的小滑塊質(zhì)量m＝10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求： (1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則

26、小滑塊應以多大的初速度v0向左運動？ (2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？ 【解題導思】 (1)滑塊在最高點時什么力提供向心力？ 答：由重力和電場力的合力提供向心力。 (2)滑塊從開始運動到達Q點的過程中哪些力做功？ 答：電場力、重力、摩擦力做功。 (3)滑塊在P點時什么力提供向心力？ 答：軌道的水平彈力提供向心力。 解析　(1)設小滑塊到達Q點時速度為v，由牛頓第二定律得 mg＋qE＝m， 小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv， 聯(lián)立方程組，解得v0＝7 m/s。 (2)設小滑塊

27、到達P點時速度為v′，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv， 又在P點時，由牛頓第二定律得 N＝m， 代入數(shù)據(jù)，解得N＝0.6 N。 由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力N′＝N＝0.6 N。 答案　(1)7 m/s　(2)0.6 N 題|組|微|練 7．(多選)在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8 J，在M點的動能為6 J，不計空氣的阻力，則下列判斷正確的是(　　) A．小

28、球水平位移x1與x2的比值為1∶3 B．小球水平位移x1與x2的比值為1∶4 C．小球落到B點時的動能為32 J D．小球從A點運動到B點的過程中最小動能為6 J 解析　小球在水平方向做初速度為零的勻加速運動，小球在豎直方向上升和下落的時間相同，由勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，選項A正確，選項B錯誤；設小球在M點時的水平分速度為vx，則小球在B點時的水平分速度為2vx，根據(jù)題意有mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B點時小球的動能為EkB＝m[]2＝32 J，選項C正確；由題意知，小球受到的合外力為重力與電場力的合力，為恒力，小球在A點時，F(xiàn)合與速度之間的

29、夾角為鈍角，小球在M點時，速度與F合之間的夾角為銳角，即F合對小球先做負功再做正功，由動能定理知，小球從A到M過程中，動能先減小后增大，小球從M到B的過程中，合外力一直做正功，動能一直增大，故小球從A運動到B的過程中最小動能一定小于6 J，選項D錯誤。 答案　AC　 8．如圖所示，一電荷量為＋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，sin37°＝0.6，cos37°＝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，物塊的加速度是多大。 (3)電場強度變化后物塊下滑距離

30、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 Nsin37°＝qE，① Ncos37°＝mg，② 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 mgsin37°－qE′cos37°＝ma， 可得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 mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0， 可得Ek＝0.3mgL。 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 見學生用書P114 帶電粒子在交變電場中的運動 　素能培

31、養(yǎng) 1．注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。 2．分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。 3．此類題型一般有三種情況 (1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)。 (2)二是粒子做往返運動(一般分段研究)。 (3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究)。 　經(jīng)典考題　(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔

32、處(不計電子的重力)，下列說法正確的是(　　) A．從t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上 B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動 C．從t＝時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上 D．從t＝時刻釋放電子，電子必將打到左極板上 解析　根據(jù)U－t圖線可得到粒子運動的a—t圖線，易知，從t＝0時刻釋放電子，0～向右加速，～T向右減速，電子一直向右運動，選項A正確，B項錯誤；從t＝時刻釋放電子，如果板間距離比較大，～向右加速，～T向右減速，T～T向左加速，T～T向左減速，如果板間距離比較小，～向右加速，～T向右減速，可能已經(jīng)撞到極板上，選項C正

33、確，D錯誤。 答案　AC　 　對法對題 1．如圖甲所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的電壓，t＝0，Q板比P板電勢高5 V，此時在兩板的正中央M點有一個電子，速度為零，電子在靜電力作用下運動，使得電子的位置和速度隨時間變化。假設電子始終未與兩板相碰。在0

34、圖象如圖所示。由圖象可知選項C正確。 答案　C　 2．(多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是(　　) A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了mgd D．克服電場力做功為mgd 解析　因0～內(nèi)微粒勻速運動，故E0q＝mg；在～時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝時刻的豎直速度為vy1＝，水平速度為v0；

35、在～T時間內(nèi)，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－g＝0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B項正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·＝mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為mgd，選項D錯誤；故選B、C項。 答案　BC　 見學生用書P115 1.如圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S。當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、兩極板間場強E的變化情況是(　　) A．Q變小，C不變，U不變，E變小 B．Q變小，C變小，U不變

36、，E不變 C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E變小 解析　電容器充電后再斷開S，則電容器所帶的電荷量Q不變，由C∝可知，d增大時，C變小；又U＝，所以U變大；由于E＝，U＝＝，所以E＝，故d增大時，E不變，C項正確。 答案　C　 2．如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) A．保持靜止狀態(tài) B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 解析　 兩板水

37、平時對微粒有qE＝mg。板旋轉(zhuǎn)45°對微粒受力分析，如圖中虛線所示，由平行四邊形定則可知合力向左下方，且大小恒定，D項正確，A、B、C項錯誤。 答案　D　 3.(多選)如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構(gòu)成正方形，其中P點是EH的中點。一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出。下列說法正確的是(　　) A．粒子的運動軌跡一定經(jīng)過P點 B．粒子的運動軌跡一定經(jīng)過P、E之間某點 C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ訒蒃、D之間某點(不含E、D)射出正方形ABCD區(qū)域 D．若將粒子的初速度變?yōu)樵?/p>

38、來的一半，粒子恰好由E點射出正方形ABCD區(qū)域 解析　粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出，其軌跡是拋物線，則過D點作速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點，而延長線又經(jīng)過P點，所以粒子軌跡一定經(jīng)過P、E之間某點，選項B正確；由平拋運動知識可知，當豎直位移一定時，水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?，選項D正確。 答案　BD　 4.如圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強電場，場強為E，一質(zhì)量為m、電量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強電場中，微粒垂直打到N極上的C點，已知AB＝BC。

39、不計空氣阻力，則可知(　　) A．微粒在電場中的加速度是變化的 B．微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等 C．MN板間的電勢差為 D．MN板間的電勢差為 解析　微粒受到重力和電場力兩個力作用，兩個力都是恒力，合力也是恒力，所以微粒在電場中的加速度是恒定不變的，故A項錯誤；將微粒的運動分解為水平和豎直兩個方向，粒子水平方向做勻加速運動，豎直方向做豎直上拋運動，則有BC＝t，AB＝t，由題意，AB＝BC，得到vC＝v0，即微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等，故B項正確；根據(jù)動能定理，研究水平方向得，qUAB＝mv得到UAB＝，所以MN板間的電勢差為，故C、D項錯誤。 答案　B