（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第6章 靜電場 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學案

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1、第3講　電容器的電容　帶電粒子在電場中的運動 知識排查 常見電容器　電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系 1.常見電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。 (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (3)電容器的充、放電 充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 2.電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。 (2)定義式：C＝。 (3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。 (4)單位：法拉

2、(F) 1 F＝106 μF＝1012 pF 3.平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。 (2)決定式：C＝，k為靜電力常量。 帶電粒子在勻強電場中的運動 1.做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。 (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。 2.分析方法 (1)用動力學觀點分析，(2)用功能觀點分析。 3.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) (1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，

3、僅受電場力。 (2)運動性質(zhì)：類平拋運動。 (3)處理方法：運動的分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線運動。 ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。 示波管的構(gòu)造 (1)電子槍，(2)偏轉(zhuǎn)極板，(3)熒光屏。(如圖1所示) 圖1 小題速練 1.思考判斷 (1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和(　　) (2)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零(　　) (3)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動(　　) (4)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動(　　) (5)一個電容器的電荷量增加1.0×10－6 C時，兩板間電壓升高10 V

4、，則電容器的電容C＝1.0×10－7 F(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ 2.[人教版選修3－1·P32·T1改編](多選)如圖2所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，電容器已帶電，則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A.增大兩極板間的距離，指針張角變大 B.將A板稍微上移，靜電計指針張角變大 C.若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大 D.若減小兩板間的距離，則靜電計指針張角變小 解析　電勢差U變大(小)，靜電計的指針張角變大(小)。電容器所帶電荷量一定，由公式C＝知，當d變大時，C變小，再由C＝得U變大；當A

5、板上移時，正對面積S變小，C也變小，U變大；當插入玻璃板時，C變大，U變??；當兩板間的距離減小時，C變大，U變小，所以選項A、B、D正確。 答案　ABD 3.[人教版選修3－1·P39·T3]先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與板面平行，初動能相同，離開電場時電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比為(　　) A.1∶1　　 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4 解析　設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，極板長為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t＝，粒子離

6、開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝＝。若電子與氫核的初動能相同，則＝1。選項A正確。 答案　A 　平行板電容器的動態(tài)分析 1.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況 (1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。 (2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。 2.平行板電容器動態(tài)問題的分析思路 【典例】　一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A.極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B.極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C.

7、極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D.極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 解析　由C＝可知，當將云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變?。灰驗殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷?，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當C減小時，Q減小。再由E＝，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確。 答案　D 【拓展延伸1】　將【典例】中的電源斷開，當把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后，下列說法正確的是(　　) A.電容器的電容增大 B.極板間的電勢差變小 C.極板上的電荷量變大 D.極板間電場強度變大 答案　D 【拓展延伸2】　在【典例】中，若水平放置平行板電容器內(nèi)部空間有一帶電

8、粒子P靜止在電容器中，云母介質(zhì)保持不動，同時下極板接地，當將上極板向右移動一小段距離時，則下列說法正確的是(　　) A.電容器所帶電荷量保持不變 B.極板間的電場強度增大 C.粒子所在位置的電勢能不變 D.粒子將加速向下運動 解析　由C＝可知，當將上極板右移一段距離時，S減小，電容器的電容減小，由C＝得Q＝CU，電壓U不變，C減小，故電容器所帶電荷量減少，選項A錯誤；U和d不變，由E＝可知，極板間的電場強度保持不變，選項B錯誤；由于極板間的電場強度不變，粒子所在位置到下極板間的距離不變，故該點到零電勢點的電勢差不變，即該點的電勢不變，粒子的電勢能不變，選項C正確；由于粒子的受力情況不

9、變，故粒子仍然保持靜止狀態(tài)，選項D錯誤。 答案　C 分析平行板電容器動態(tài)變化的三點關(guān)鍵 (1)確定不變量：先明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，是電荷量保持不變還是極板間電壓不變。 (2)恰當選擇公式：靈活選取電容的決定式和定義式，分析電容的變化，同時用公式E＝分析極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，分析其運動情況的變化。 1.如圖所示是描述給定的電容器充電時極板上帶電荷量Q、極板間電壓U和電容C之間關(guān)系的圖象，其中錯誤的是(　　) 解析　A圖所含的信息是：電容器電容的大小和電容器所帶的電荷量成正比，A錯誤；B圖所含的信息是：電

10、容器的電容并不隨兩極板間電壓的變化而改變，B正確；C圖所含的信息是：電容器所帶的電荷量與極板間的電壓的比值不變，即電容器的電容不變，C正確；D圖所含的信息是電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關(guān)，D正確。 答案　A 2.(2018·紹興模擬)2015年4月16日，中國南車設(shè)計制造的全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在寧波下線，不久將成為二三線城市的主要公交用車。這種超級電車的核心是我國自主研發(fā)、全球首創(chuàng)的“超級電容器”。如圖3所示，這種電容器安全性高，可反復充、放電100萬次以上，使用壽命長達十二年，且容量超大(達到9 500 F)，能夠在10 s 內(nèi)完成充電。下列說法正確的是(　　) 圖

11、3 A.該“超級電容器”能儲存電荷 B.該“超級電容器”的電容隨電壓的增大而增大 C.該“超級電容器”放電過程中把化學能轉(zhuǎn)化為電能 D.充電時電源的正極應接“超級電容器”的負極 解析　電容器能儲存電荷，A正確；電容器的電容反映電容器容納電荷的本領(lǐng)，由電容器本身決定，與電壓無關(guān)，B錯誤；電容器放電過程把電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，C錯誤；電容器充電時，電源的正極接電容器的正極，D錯誤。 答案　A 3.如圖4所示，設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ。實驗中，極板所帶電荷量不變，若(　　) 圖4 A.保持S不變，增大d，則θ變大 B.保持S不變，增大d，則

12、θ變小 C.保持d不變，減小S，則θ變小 D.保持d不變，減小S，則θ不變 解析　靜電計指針偏角反映電容器兩極板間電壓大小。電容器電荷量Q保持不變，由C＝＝知，保持S不變，增大d，則C減小，U增大，偏角θ增大，選項A正確，B錯誤；保持d不變，減小S，則C減小，U增大，偏角θ也增大，故選項C、D均錯誤。 答案　A 4.如圖5所示的電路中，A、B是平行板電容器的兩金屬板。先將開關(guān)S閉合，等電路穩(wěn)定后將S斷開，并將B板向下平移一小段距離，保持兩板間的某點P與A板的距離不變。則下列說法錯誤的是(　　) 圖5 A.電容器的電容變小 B.電容器內(nèi)部電場強度大小變大 C.電容器內(nèi)部電場

13、強度大小不變 D.P點電勢升高 解析　由題意知電容器帶電荷量Q不變，當B板下移時，板間距離d增大，由電容公式C＝知，電容器的電容變小，選項A正確；電容器內(nèi)部電場強度E＝＝＝不變，選項B錯誤，C正確；B板電勢為0，P點電勢φP，等于P點與B板的電勢差UPB＝EdPB變大，則φP升高，選項D正確。 答案　B 　帶電粒子在電場中的加速 1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理 (1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子等)在電場中運動時，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 (2)普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場中運動時，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 2

14、.兩種觀點分析問題 (1)用動力學觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad (2)用功能觀點分析 勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 【典例】　如圖6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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 圖6 (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； (3)電場強度變化后物塊下滑距離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

15、面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37°＝qE① FNcos 37°＝mg② 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mgsin 37°－qE′cos 37°＝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mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 1.如圖7所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則(　　) 圖7 A.當增大兩板間的距離時，v增

16、大 B.當減小兩板間的距離時，v增大 C.當改變兩板間的距離時，v不變 D.當增大兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間不變 解析　電子做勻加速直線運動， 則··t2＝d 解得t＝d，即t∝d。 又由eU＝mv2－0得v＝，與d無關(guān)，故C正確。 答案　C 2.(2016·4月浙江選考)密立根油滴實驗原理如圖8所示。兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正、負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場。用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴。通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A.懸浮油滴帶

17、正電 B.懸浮油滴的電荷量為 C.增大場強，懸浮油滴將向上運動 D.油滴的電荷量不一定是電子電荷量的整數(shù)倍 解析　由題目中的圖示可以看出電場強度方向向下，重力豎直向下，則電場力豎直向上，電荷帶負電，A錯誤；由平衡條件可以得到mg＝Eq，電荷的帶電荷量q＝，B錯誤；此時電場力與重力相等，如果增大電場強度，則電場力大于重力，所以油滴將向上運動，C正確；由元電荷的帶電荷量e＝1.6×10－19C可知，油滴的帶電荷量一定是電子電荷量的整數(shù)倍，D錯誤。 答案　C 3.如圖9所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進入電場

18、，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　) 圖9 A.使初速度減為原來的 B.使M、N間電壓減小 C.使M、N間電壓提高到原來的4倍 D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的 解析　粒子恰好到達N板時有qU＝mv，恰好到達兩板中間返回時有q＝mv2，比較兩式可知選項D正確。 答案　D 4.(2017·4月浙江選考)如圖10所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場。有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點電荷運動到負極板的過程(

19、　　) 圖10 A.加速度大小為a＝＋g B.所需的時間為t＝ C.下降的高度為y＝ D.電場力所做的功為W＝Eqd 解析　點電荷受到重力、電場力，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，選項A錯誤；根據(jù)運動獨立性，水平方向點電荷的運動時間為t，有＝t2，解得t＝，選項B正確；下降高度h＝gt2＝，選項C錯誤；電場力做功W＝，選項D錯誤。 答案　B 帶電體在勻強電場中的直線運動問題的解題步驟 　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律 2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法 (1)運動的分解法 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

20、加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。 (2)功能關(guān)系 當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。 【典例】　如圖11所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的

21、相互作用力。 圖11 (1)求電子穿過A板時速度的大??； (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏移量； (3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？ 解析　(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有 eU1＝mv－0，解得v0＝ (2)電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。由牛頓第二定律和運動學公式有 t＝，F(xiàn)＝ma，F(xiàn)＝eE，E＝，y＝at2 解得偏移量y＝ (3)由y＝可知，減小U1或增大U2均可使y增大，從而使電子打在P點上方。 答案　(1) 　(2)　(3)減小加速電壓U1或增大偏

22、轉(zhuǎn)電壓U2 1.(2018·溫州模擬)如圖12所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，則(　　) 圖12 A.在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 B.在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 C.在粒子下落前和后的過程中 ，電場力做功之比為1∶2 D.在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1 解析　帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的右邊緣飛出，帶電

23、粒子所做的運動是類平拋運動。豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速運動，由運動學知識可知，前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3。又因為電場力做的總功為，所以在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，選項A錯誤；在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，選項B正確；在粒子下落前和后的過程中，電場力做功相等，故選項C、D錯誤。 答案　B 2.如圖13所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L＝0.4 m，兩板間距離d＝4×10－3 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極

24、板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5 kg，電荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2。求： 圖13 (1)微粒入射速度v0為多少？ (2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上極板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？ 解析　(1)開關(guān)S閉合前，由＝v0t，＝gt2可解得 v0＝＝10 m/s。 (2)電容器的上極板應接電源的負極。 當所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出，即 ＝a1，又a1＝，解得U1＝120 V 當所加的電壓為U2時，微粒恰好從上極板的右邊緣射出， 即＝a2，又a2＝，解得U2＝200 V 所以1

25、20 V≤U≤200 V。 答案　(1)10 m/s　(2)與負極相連，120 V ≤U≤200 V 3.如圖14所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1＝2 500 V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，兩極板間加以電壓U2＝200 V的偏轉(zhuǎn)電場。從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場。已知電子的電荷量e＝1.6×10－19 C，電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30 kg，設(shè)電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽略金屬極板邊緣

26、對電場的影響，不計電子受到的重力。求： 圖14 (1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek； (2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y； (3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它所做的功W。 解析　(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1＝Ek 解得Ek＝4.0×10－16 J (2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t 電子在水平方向做勻速運動，由l＝v1t，解得t＝ 電子在豎直方向受電場力F＝e· 電子在豎直方向做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a 依據(jù)牛頓第二定律有e·＝ma，解得a＝ 電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量 y＝at2＝，解得y＝0.36 cm

27、 (3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差 U＝·y 電場力所做的功W＝eU 解得W＝5.76×10－18 J 答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm　(3)5.76×10－18 J 科學思維——電場中的力、電綜合問題 要善于把電學問題轉(zhuǎn)化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運動的關(guān)系、功能關(guān)系和動量關(guān)系等多角度進行分析與研究。 命題角度1　帶電粒子在電場中的運動 【例1】　如圖15所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，

28、方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。 圖15 解析　設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即 vBsin 30°＝v0sin 60°① 由此得vB＝v0② 設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有 qUAB＝m(v－v)③ 聯(lián)立②③式得UAB＝ 答案　 【例2】　一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從距地面高h處以一定初速度水平拋出。在距拋出點水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細管。管上口距地面，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域加一個場強

29、方向水平向左的勻強電場，如圖16所示，求： 圖16 (1)小球的初速度v0和電場強度E的大??； (2)小球落地時的動能Ek。 解析　(1)電場中運動的帶電小球，在水平方向上 v0＝t① 豎直方向上＝② 又v＝L③ 聯(lián)立①②③式得v0＝2L，E＝。 (2)從拋出到落地由動能定理得 mgh－EqL＝Ek－mv 小球落地時動能Ek＝＋mgh－EqL＝mgh 答案　(1)2L　　(2)mgh 命題角度2　帶電體在電場中平衡與運動問題 【例3】　(2018·江蘇單科，5)如圖17所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離

30、，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) 圖17 A.仍然保持靜止 B.豎直向下運動 C.向左下方運動 D.向右下方運動 解析　由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，將B板右端向下移動一小段距離，極板之間的電場強度將減小，油滴所受電場力減小，且電場力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運動，選項D正確。 答案　D 【例4】　如圖18所示，有一質(zhì)量為m＝1 kg，帶電荷量為q＝－1 C的小物塊以初速度v0＝18 m/s沿粗糙水平地面從A處向右滑動，經(jīng)過一定時間后又回到A點。已知空間存在向右的勻強電場，其電場強

31、度為E＝5 N/C，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4，g取10 m/s2。求： 圖18 (1)物塊向右運動的最大距離； (2)物塊運動過程中經(jīng)歷的最大電勢差； (3)重新返回到位置A時的速度大小。 解析　(1)對物塊受力分析，它的摩擦力大小 Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N， 電場力大小qE＝5 N。 由動能定理得－(qE＋Ff)x＝－mv 解得x＝18 m (2)物塊向右運動過程中，電場力一直做負功，直到運動到最遠處時，做功最多，電勢差最大，故最大電勢差 U＝＝＝Ex＝90 V (3)整個過程，電場力不做功，根據(jù)動能定理得 －2Ffx＝mv2－mv

32、 解得v＝6 m/s 答案　(1)18 m　(2)90 V　(3)6 m/s 活頁作業(yè) (時間：30分鐘) A組　基礎(chǔ)過關(guān) 1.下列關(guān)于電容器的敘述正確的是(　　) A.電容器是儲存電荷和電能的容器，只有帶電的容器才稱為電容器 B.任何兩個彼此絕緣而又互相靠近的帶電導體，就組成了電容器，跟這兩個導體是否帶電有關(guān) C.電容器所帶的電荷量是指兩個極板所帶電荷量的絕對值 D.電容器充電過程，是將電能轉(zhuǎn)變成電容器的電場能并儲存起來；電容器放電的過程，是將電容器儲存的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能 解析　電容器是儲存電荷的容器，不論是否帶電都稱為電容器，所以選項A、B錯誤；電容器所帶電荷

33、量是指一個極板所帶電荷量的絕對值，所以選項C錯誤；電容器的充電過程是將由電源獲得的電能轉(zhuǎn)化為電場能的過程，放電過程是將電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，所以選項D正確。 答案　D 2.如圖1所示，AB是某個點電荷電場的一根電場線，在線上C點放一個自由的負電荷，它將沿電場線向B運動，下列判斷正確的是(　　) 圖1 A.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越小 B.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，其加速度大小的變化由題設(shè)條件不能確定 C.電場線由A指向B，電荷做勻加速運動 D.電場線由B指向A，電荷做加速運動，加速度越來越大 解析　負電荷受電場力的方向與電場線方向相

34、反，所以電場線由B指向A，該電荷做加速運動，但一條電場線不能反映電場線的疏密，故其加速度大小的變化由題設(shè)條件不能確定。 答案　B 3.(2018·浙江臺州高三期末)下列有關(guān)電容器知識的描述，正確的是(　　) A. 圖甲為電容器充電示意圖，充完電后電容器上極板帶正電，兩極板間電壓U等于電源電動勢E B. 圖乙為電容器放電示意圖，若電容器上極板帶電荷量為＋Q，則放電過程中通過安培表的電流方向從右向左，流過的總電荷量為2Q C. 圖丙為電解電容器的實物圖和符號，圖丁為可變電容器及其符號，兩種電容器使用時都應嚴格區(qū)分正負極 D. 圖丙中的電容器上標有“400 V，68 μF”字樣，說明

35、該電容器只有兩端加上400 V的電壓時電容才為68 μF 解析　圖甲為電容器充電過程，充完電后電容器上極板與電源的正極相連，同時兩極板間的電壓U等于電源的電動勢E，故A正確；圖乙為電容器放電過程，若電容器上極板帶電荷量為＋Q，則放電過程中通過安培表的電流方向從右向左，且流過的總電荷量為Q，故B錯誤；圖丙為電解電容器的實物圖和符號，圖丁為可變電容器及其符號，前者電容器使用時嚴格區(qū)分正負極，后者不必區(qū)分，故C錯誤；圖丙中的電容器上標有“400 V，68 μF”字樣，說明該電容器兩端電壓最大值為400 V，而電容與電容器的電壓及電荷量均無關(guān)，總是為68 μF，故D錯誤。 答案　A 4.如圖2，

36、平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) 圖2 A.所受重力與電場力平衡 B.電勢能逐漸增加 C.動能逐漸增加 D.做勻速直線運動 解析　要使粒子在電場中做直線運動，必須使合力與運動方向在同一直線上，由題意做受力分析可知，重力豎直向下，電場力垂直極板向上，合力水平向左，故A錯誤；因電場力做負功，故電勢能增加，B正確；合力做負功，故動能減少，C錯誤；因合力為定值且與運動方向在同一直線上，故D錯誤。 答案　B 5.如圖3所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場

37、方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原來位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離應變?yōu)樵瓉淼?　　) 圖3 A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍 解析　第一次d＝·()2，第二次d′＝··()2，兩式相比可得d′＝，所以選項C正確。 答案　C 6.如圖4所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們(　　) 圖4 A.同時到達屏上同一點 B.先后到達屏上同一點 C.同時到達屏上不同點 D.先后到達屏上不同點

38、 解析　一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會先后打在屏上同一點，選項B正確。 答案　B 7.(2018·浙江金麗衢十二校二聯(lián))豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場，其極板帶電荷量分別為＋Q和－Q，在兩極板之間，用輕質(zhì)絕緣絲線懸掛質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球(可看成點電荷)，絲線與豎直方向成θ角時小球恰好平衡，此時小球離右板距離為b，離左板的距離為2b，如圖5所示，則(　　) 圖5 A.小球帶正電，極板之間的電場強度大小為 B.小球受到的電場力為 C.若

39、將小球移到懸點正下方位置，小球的電勢能減小 D.若將細繩剪斷，小球向右做平拋運動 解析　對小球，由平衡條件有tan θ＝ ，解得E＝，故A正確；兩板對小球的庫侖力不能用點電荷的場強公式計算，小球受到電場力F＝qE＝mgtan θ，故B錯誤；將小球移到懸點正下方，電場力做負功，小球的電勢能增加，故C錯誤；細繩剪斷后，小球受到斜向下的恒力作用，物體將沿繩子方向做勻加速直線運動，故D錯誤。 答案　A B組　能力提升 8.如圖6為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當人對著傳聲器講話，膜片會振動。若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中(　　) 圖6 A.膜片與極板間的電容變大 B.

40、極板的帶電荷量增大 C.膜片與極板間的電場強度增大 D.電阻R中有電流通過 解析　若某次膜片振動時，膜片與極板間距離增大，根據(jù)平行板電容器電容決定式，膜片與極板間的電容變小，選項A錯誤；由C＝可知，電壓U不變，極板的帶電荷量減小，膜片與極板間的電場強度減小，電阻R中有電流通過，選項C錯誤，D正確。 答案　D 9.如圖7甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，在A點由靜止釋放一個正的點電荷，點電荷僅在電場力的作用下沿著電場線從A點運動到B點，點電荷的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) 圖7 A.該電場可能是勻強電場 B.A點的電勢高于B點的電勢 C.從A

41、點到B點，點電荷的電勢能逐漸增大 D.點電荷在A點所受的電場力大于在B點所受的電場力 解析　由題圖乙可知，點電荷做初速度為零的變加速直線運動，加速度逐漸增大，說明該點電荷所受的電場力逐漸增大，即該點電荷在A點所受的電場力小于在B點所受的電場力，則電場強度是逐漸增大的，故該電場一定是非勻強電場，選項A、D錯誤；由于點電荷由靜止開始運動，僅受電場力作用從A運動到B，且點電荷帶正電，所以電場線方向由A指向B，又因沿電場線方向電勢逐漸降低，則φA>φB，選項B正確；點電荷的動能增加，根據(jù)能量守恒可知，其電勢能必定減少，則選項C錯誤。 答案　B 10.(2018·金華十校聯(lián)考)如圖8所示，離子發(fā)

42、生器在P極板產(chǎn)生一束質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子(初速度可忽略，重力不計，離子間的相互作用力忽略)，經(jīng)P、Q兩板間的加速電場加速后，以速度v0從a點沿ab方向水平進入邊長為L的正方形abcd勻強電場區(qū)域(電場方向豎直向上)，離子從abcd邊界上某點飛出時的動能為mv，求： 圖8 (1)P、Q兩板間的電壓U； (2)離子離開abcd區(qū)域的位置； (3)abcd區(qū)域內(nèi)勻強電場的場強E的大小。 解析　(1)離子在PQ間加速過程，根據(jù)動能定理， 有qU＝mv，解得U＝。 (2)離子射出電場時mv2＝mv， 得v＝v0，方向與ab所在直線的夾角為45°，即vx＝vy， 根據(jù)x＝vx

43、t，y＝t，可得x＝2y；則x＝L，y＝，即離子從bc邊上的中點飛出。 (3)離子在abcd區(qū)域內(nèi)運動過程，根據(jù)動能定理，有 qE＝mv－mv，解得E＝。 答案　(1)　(2)bc邊中點　(3) 11.(2017·11浙江選考)如圖9所示，AMB是一條長L＝10 m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h＝1.25 m處，A、B為端點，M為中點，軌道MB處在方向豎直向上、大小E＝5×103 N/C的勻強電場中。一質(zhì)量m＝0.1 kg、電荷量q＝＋1.3×10－4 C的可視為質(zhì)點的滑塊以初速度v0＝6 m/s在軌道上自A點開始向右運動，經(jīng)M點進入電場，從B點離開電場。已知滑塊與軌道間的動摩擦

44、因數(shù)μ＝0.2。求滑塊 圖9 (1)到達M點時的速度大?。? (2)從M點運動到B點所用的時間； (3)落地點距B點的水平距離。 解析　(1)在AM階段對物體的受力分析如圖： 豎直方向：FN＝mg 根據(jù)牛頓第二定律知在水平方向f＝ma1，又f＝μFN 得a1＝＝μg＝2 m/s2 根據(jù)運動學公式v－v＝2(－a1)可得vM＝4 m/s (2)進入電場之后，受到電場力F＝Eq＝0.65 N，受力分析如圖： 水平方向根據(jù)牛頓第二定律得－μ(mg－Eq)＝ma2 a2＝＝－0.7 m/s2 根據(jù)運動學公式v－v＝2a2·可知，vB＝3 m/s 根據(jù)勻變速直線運動推論xM

45、B＝t1可知t1＝ s (3)從B點飛出后，粒子做平拋運動，因此h＝gt可知，t2＝0.5 s 所以水平距離x＝vBt2＝1.5 m。 答案　(1)4m/s　(2) s　(3)1.5 m 12.如圖10所示，CD左側(cè)存在場強大小為E＝，方向水平向左的勻強電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長L，傾角α＝53°的直角三角形斜面頂端A點由靜止開始下滑，運動到斜面底端C點后進入一細圓管內(nèi)(C處為一小段長度可忽略的圓弧，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑)，恰能到達D點，隨后從D離開后落回到斜面P點，重力加速度為g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。 圖10 (

46、1)求DA兩點間的電勢差UDA； (2)求圓管半徑r； (3)求小球從D點運動到P點的時間t。 解析　(1)WAD＝－EqL＝－mgL＝－WDA UDA＝ 或UDA＝EL① 解得UDA＝② (2)由恰好過D點，判斷vD＝0③ 根據(jù)動能定理從A到D過程 mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④ 解得r＝⑤ (3)由于mg＝Eq，小球進入電場與水平方向成45°角斜向下做勻加速直線運動。設(shè)到達P處水平位移為x，豎直位移為y，則有x＝y(tǒng) xtan 53°＋x＝2r⑥ 解得x＝，y＝⑦ 豎直方向自由落體有y＝gt2⑧ 解得t＝⑨ 答案　(1)　(2)　(3) 24