2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課3 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課3 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課3 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（21頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 基礎(chǔ)課3　電容器　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 知識(shí)排查 常見(jiàn)電容器　電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系 1.常見(jiàn)電容器 (1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。 (2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。 (3)電容器的充、放電 充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能。 放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)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(shì)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(duì)面積成正比，與電介質(zhì)的相對(duì)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(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線(xiàn)上，帶電粒子將做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)或勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 2.分析方法 (1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析，(2)用功能觀點(diǎn)分析。 3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) (1)條件：以速度v0垂直于電場(chǎng)線(xiàn)方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，僅

3、受電場(chǎng)力。 (2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。 (3)處理方法：運(yùn)動(dòng)的分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 ②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 示波管的構(gòu)造 (1)電子槍?zhuān)?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)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。(　　) (2)一個(gè)電容器的電荷量增加1.0×10－6 C時(shí)，兩板間電壓升高10 V，則電容器的電容C＝1.0×10－7 F。(　　) (3)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中可以做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√ 2.[人教版選修3－1·P32·T1改

4、編](多選)如圖2所示，用靜電計(jì)可以測(cè)量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)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(jì)指針張角變大 C.若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計(jì)指針張角變大 D.若減小兩板間的距離，則靜電計(jì)指針張角變小 解析　電勢(shì)差U變大(小)，指針張角變大(小)。電容器所帶電荷量一定，由公式C＝知，當(dāng)d變大時(shí)，C變小，再由C＝得U變大；當(dāng)A板上移時(shí)，正對(duì)面積S變小，C也變小，U變大；當(dāng)插入玻璃板時(shí)，C變大，U變小；當(dāng)兩板間的距離減小時(shí)，C變大，U變小，所以選項(xiàng)A、B、D正確。 答案　ABD

5、 3.[人教版選修3－1·P39·T3]先后讓一束電子和一束氫核通過(guò)同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，進(jìn)入時(shí)速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開(kāi)時(shí)電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比。 (1)電子與氫核的初速度相同； (2)電子與氫核的初動(dòng)能相同。 解析　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(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極間距離為d，極板長(zhǎng)為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝，粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝＝。 (1)若電子與氫核的初速度相同，則＝。 (2

6、)若電子與氫核的初動(dòng)能相同，則＝1。 答案　見(jiàn)解析 　平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 1.兩類(lèi)典型問(wèn)題 (1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢(shì)差U保持不變。 (2)電容器充電后與電源斷開(kāi)，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變。 2.動(dòng)態(tài)分析思路 (1)U不變 ①根據(jù)C＝和C＝，先分析電容的變化，再分析Q的變化。 ②根據(jù)E＝分析場(chǎng)強(qiáng)的變化。 ③根據(jù)UAB＝Ed分析某點(diǎn)電勢(shì)變化。 (2)Q不變 ①根據(jù)C＝和C＝，先分析電容的變化，再分析U的變化。 ②根據(jù)E＝分析場(chǎng)強(qiáng)變化。 【典例】　(2016·全國(guó)卷Ⅰ，14)一平行板電容器兩極板之間充滿(mǎn)云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源

7、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(chǎng)強(qiáng)度變大 B.極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 C.極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 D.極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 解析　由C＝可知，當(dāng)云母介質(zhì)移出時(shí)，εr變小，電容器的電容C變??；因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷希蔝不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q減小。再由E＝，由于U與d都不變，故電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確。 答案　D 【拓展延伸1】　(多選)將【典例】中的電源斷開(kāi)，當(dāng)把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后，下列說(shuō)法正確的是(　　) A.電容器的電容增大 B.極板間的電勢(shì)差增

8、大 C.極板上的電荷量變大 D.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 答案　BD 【拓展延伸2】　(多選)在【典例】中，若水平放置平行板電容器內(nèi)部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，云母介質(zhì)保持不動(dòng)，同時(shí)下極板接地，當(dāng)將上極板向右移動(dòng)一小段距離時(shí)，則下列說(shuō)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(chǎng)強(qiáng)度保持不變 C.粒子所在初位置的電勢(shì)能保持不變 D.粒子將加速向下運(yùn)動(dòng) 解析　由C＝可知，當(dāng)將上極板右移一段距離時(shí)，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(xiàng)A錯(cuò)誤；U和d不變，由E＝可知，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變，選項(xiàng)B正確

9、；由于極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，粒子所在初位置到下極板間的距離不變，故該點(diǎn)到零電勢(shì)點(diǎn)的電勢(shì)差不變，即該點(diǎn)的電勢(shì)不變，粒子的電勢(shì)能不變，選項(xiàng)C正確；由于粒子的受力情況不變，故粒子仍然保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　BC 分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的三點(diǎn)關(guān)鍵 (1)確定不變量：先明確動(dòng)態(tài)變化過(guò)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(dāng)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(shí)用公式E＝分析極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況。 (3)若兩極板間有帶電微粒，則通過(guò)分析電場(chǎng)力的變化，分析其運(yùn)動(dòng)情況的變化?！　　　　　? 1.下列說(shuō)法正確的是(　　) A.電

10、容器的電容越大，則所帶的電荷量越多 B.電容器不帶電荷時(shí)，其電容為零 C.對(duì)于一個(gè)確定的電容器來(lái)說(shuō)，其電容與其帶電情況無(wú)關(guān)，是個(gè)定值 D.平行板電容器極板的正對(duì)面積越小、極板間距離越遠(yuǎn)，電容器的電容越大 解析　電容器所帶電荷量的多少與電容器電容和兩極板間電壓均有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于一個(gè)確定的電容器來(lái)說(shuō)，電容為定值，與電容器所帶的電荷量、電容器兩極板間的電勢(shì)差無(wú)關(guān)，電容器不帶電荷時(shí)，電容也不變，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；平行板電容器的電容與極板的正對(duì)面積成正比，與兩板間的距離成反比，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 2.(多選)如圖3所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，

11、現(xiàn)將B極板勻速向下移動(dòng)到虛線(xiàn)位置，其他條件不變。則在B極板移動(dòng)的過(guò)程中(　　) 圖3 A.油滴將向下做勻加速運(yùn)動(dòng) B.電流計(jì)中電流由b流向a C.油滴運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸變大 D.極板帶的電荷量減少 解析　由C＝可知，d增大，電容器電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量減少，電容器放電，電流由a流向b，選項(xiàng)D正確，B錯(cuò)誤；由E＝可知，在B板下移過(guò)程中，兩板間場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸變大，選項(xiàng)C正確，A錯(cuò)誤。 答案　CD 　帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 1.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad 2.用功能觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W

12、＝qEd＝qU＝mv2－mv 非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1 1.如圖4所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q 的粒子。在電場(chǎng)力的作用下兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計(jì)重力，則M∶m為(　　) 圖4 A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1 解析　設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)M有：aM＝，l＝t2；對(duì)m有：am＝，l＝t2，聯(lián)立解得＝，A正確。 答案　A 2

13、.(多選)如圖5所示，帶電小球自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)C孔進(jìn)入兩水平位置的平行金屬板之間，由于電場(chǎng)的作用，剛好下落到D孔時(shí)速度減為零。對(duì)于小球從C到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，已知從C運(yùn)動(dòng)到CD中點(diǎn)位置用時(shí)t1，從C運(yùn)動(dòng)到速度等于C點(diǎn)速度一半的位置用時(shí)t2，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A.小球帶負(fù)電 B.t1t2 D.將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下 解析　由題圖可知，A、B間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，小球從C到D做減速運(yùn)動(dòng)，受電場(chǎng)力方向向上，所以小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確；由于小球在電場(chǎng)中受到的重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以小球做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其速度圖象如圖所示，由圖可知，t1

14、

15、的距離(選無(wú)限遠(yuǎn)的電勢(shì)為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB。 解析　(1)設(shè)液珠的電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí)k－mg＝mg 比荷為＝ (2)當(dāng)液珠速度最大時(shí)，k＝mg 得h＝H (3)設(shè)BC間的電勢(shì)差大小為UCB，由題意得 UCB＝φC－φB＝－ 對(duì)液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得 qUCB－mg(rB－H)＝0 即q(－)－mg(rB－H)＝0 解得：rB＝2H，rB＝H(舍去) 答案　(1)　(2)H　(3)2H 帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的解題步驟 　　　　　　 　帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)

16、 1.帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律 2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的方法 (1)運(yùn)動(dòng)的分解法 一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 (2)功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢(shì)差。 【典例】　如圖7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(zhǎng)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(kāi)關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的

17、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7 (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(chǎng)，電容器的上極板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？ 解析　(1)開(kāi)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(yīng)接電源的負(fù)極。 當(dāng)所加的電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下板的右邊緣射出，即 ＝a1，又a1＝，解得U1＝120 V 當(dāng)所加的電壓為U2時(shí)，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12

18、0 V≤U≤200 V。 答案　(1)10 m/s　(2)與負(fù)極相連，120 V ≤U≤200 V 1.(多選)如圖8所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則(　　) 圖8 A.A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2 B.A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1 C.A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D.A和B的位移大小之比為1∶1 解析　粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2，選項(xiàng)A正確；豎

19、直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1，選項(xiàng)B正確；根據(jù)a＝得m＝，故mA∶mB＝1∶12，A和B的位移大小不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　ABC 2.如圖9所示，兩個(gè)平行帶電金屬板M、N相距為d，M板上距左端為d處有一個(gè)小孔A，有甲、乙兩個(gè)相同的帶電粒子，甲粒子從兩板左端連線(xiàn)中點(diǎn)O處以初速度v1平行于兩板射入，乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，并且都打到N板的中點(diǎn)B處，則初速度v1與v2的關(guān)系正確的是(　　) 圖9 A.＝ B.＝ C.＝2 D.＝ 解析　設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中的加速度為a，則對(duì)甲粒

20、子，豎直方向＝at2，水平方向d＝v1t，解出v1＝；對(duì)乙粒子有v2t＋at2＝d，解出v2＝，所以v1∶v2＝2∶1，即選項(xiàng)C正確。 答案　C 3.(多選)如圖10所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻向的電場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。大量電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時(shí)刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)。若粒子只能從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)出而不影響原來(lái)的電場(chǎng)分布。不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用。下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖10

21、 A.能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條直線(xiàn)上 B.到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越大 C.能打到熒光屏上的粒子，進(jìn)入O點(diǎn)的動(dòng)能必須大于或等于qU D.若U<，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮 解析　能進(jìn)入第一象限的粒子，必須有－x0＝v0t，－y0＝t2，所以有y0＝－x，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條拋物線(xiàn)上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)閟in θ＝，所以到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；能打到熒光屏上的粒子末動(dòng)能必須大于或等于零，即mv2－qU≥0，則mv2≥qU，選項(xiàng)C正確；若U<，即－Uq>0，到達(dá)O點(diǎn)

22、的粒子均可到達(dá)熒光屏，到達(dá)O點(diǎn)的粒子速度方向滿(mǎn)足0<θ<90°，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮，選項(xiàng)D正確。 答案　CD “等效法”在電場(chǎng)中的應(yīng)用——遷移變通能力的培養(yǎng) 處理帶電粒子在“等效力場(chǎng)”中的運(yùn)動(dòng)，要關(guān)注以下兩點(diǎn)：一是對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)，注意帶電粒子受到的電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而決定電場(chǎng)力做功情況；二是注意帶電粒子的初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 1.等效重力法。將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖11所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的“豎直向下”方向。 圖1

23、1 2.物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)。在“等效力場(chǎng)”做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問(wèn)題。小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過(guò)最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)。 【例】　如圖12所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝，要使小球能安全通過(guò)圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？ 圖12 解析　小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力，如圖所

24、示，類(lèi)比重力場(chǎng)，將電場(chǎng)力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過(guò)圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿(mǎn)足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg′＝，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知＝2R，令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知：－2mg′R＝mv－mv 解得v0＝，因此要使小球安全通過(guò)圓軌道，初速度應(yīng)滿(mǎn)足v0≥。 答案　v0≥ 【針對(duì)訓(xùn)練】　如圖13所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。

25、該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(電荷量不變)，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線(xiàn)與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。 圖13 (1)求小球所受的電場(chǎng)力大?。? (2)求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小。 解析　(1)小球在C點(diǎn)時(shí)速度最大，則電場(chǎng)力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場(chǎng)力的大小F＝mgtan 60°＝mg。 (2)要使小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度最小，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有＝m，解得v＝。 在小球從圓軌道上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D

26、點(diǎn)的過(guò)程中，有 mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv－mv2， 解得v0＝2。 答案　(1)mg　(2)2 活頁(yè)作業(yè) (時(shí)間：40分鐘) A級(jí)：保分練 1.(2017·蘇北四市一模)在研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，一已充電的平行板電容器與靜電計(jì)連接如圖1所示?，F(xiàn)保持B板不動(dòng)，適當(dāng)移動(dòng)A板，發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針張角減小，則A板可能是(　　) 圖1 A.右移 B.左移 C.上移 D.下移 解析　電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計(jì)指針張角減小，說(shuō)明兩極板間電壓變小，根據(jù)C＝得出電容變大，由C＝知兩極板之間距離變小或正對(duì)面積變大，選項(xiàng)A正確，

27、B、C、D錯(cuò)誤。 答案　A 2.如圖2所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點(diǎn)A點(diǎn)釋放一個(gè)帶電荷量為＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不計(jì)，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時(shí)，恰好從下端點(diǎn)B射出，則d與L之比為(　　) 圖2 A.1∶2 B.2∶1 C.1∶1 D.1∶3 解析　設(shè)粒子從A到B的時(shí)間為t，粒子在B點(diǎn)時(shí)，豎直方向的分速度為vy，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得L＝v0t，d＝t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，選項(xiàng)C正確。 答案　C 3.如圖3所示，電子由靜止開(kāi)始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間電

28、壓不變，則(　　) 圖3 A.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v增大 B.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v減小 C.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v不變 D.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng) 解析　由動(dòng)能定理得eU＝mv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí)，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，＝，＝，即t＝，當(dāng)d減小時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 4.(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時(shí)兩極間的電勢(shì)差為U，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E

29、，電勢(shì)為φP，負(fù)電荷的電勢(shì)能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯(cuò)開(kāi)一段距離(兩板間距不變)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A.U變大，E變大 B.U變小，φP變小 C.φP變小，Ep變大 D.φP變大，Ep變小 解析　根據(jù)題意可知兩極板上的電荷量保持不變，當(dāng)正對(duì)面積減小時(shí)，則由C＝可知電容減小，由U＝可知極板間電壓增大，由E＝可知，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能一定較大，所以可知電勢(shì)能Ep變大，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 答案　AC 5.如圖5所示，在絕緣平面上方存在著足夠

30、大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電的小金屬塊以一定初速度從A點(diǎn)開(kāi)始沿水平面向左做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)長(zhǎng)度L到達(dá)B點(diǎn)，速度變?yōu)榱?。此過(guò)程中，金屬塊損失的動(dòng)能有轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能。金屬塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn)C(圖中未標(biāo)出)時(shí)的動(dòng)能和A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同，則金屬塊從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到C整個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的總路程為(　　) 圖5 A.1.5L B.2L C.3L D.4L 解析　根據(jù)題述，小金屬塊從A運(yùn)動(dòng)到B，克服摩擦力做功Wf＝Ek＝fL，克服電場(chǎng)力做功WE＝Ek＝qEL。設(shè)小金屬塊從B運(yùn)動(dòng)到C經(jīng)過(guò)的路程為s，由動(dòng)能定理，qEs－fs＝Ek，解得s＝3L。金屬塊從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到C整個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的總路程為L(zhǎng)＋s＝4L，

31、選項(xiàng)D正確。 答案　D 6.(2017·靜海調(diào)研)如圖6所示，一種β射線(xiàn)管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個(gè)方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)。若極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時(shí)，只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為(　　) 圖6 A. B. C. D. 解析　β粒子反方向的運(yùn)動(dòng)為類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有L＝v0t，豎直方向有＝at2，且a＝。從A到C的過(guò)程有－qU＝mv－mv2，以上各式聯(lián)立解得v＝，選項(xiàng)C正確。 答案　C 7

32、.(多選)如圖7所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線(xiàn)垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線(xiàn)成30°角。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零。下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖7 A.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－Uq B.帶電粒子帶負(fù)電 C.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝ D.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝ 解析　根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可判斷選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)镻、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，而P點(diǎn)的電勢(shì)為零，所以選項(xiàng)A正確；設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，

33、垂直于電場(chǎng)線(xiàn)為x軸，平行于電場(chǎng)線(xiàn)為y軸，由曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy＝v0，故帶電粒子在y軸方向上的平均速度為y＝，設(shè)帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 答案　AC 8.如圖8所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m。有一質(zhì)量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑。小環(huán)離桿后正好通過(guò)C端的正下方P點(diǎn)處。(g取10 m/s2)求： 圖8 (1)小環(huán)離開(kāi)直桿后運(yùn)動(dòng)的加速

34、度大小和方向； (2)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P過(guò)程中的動(dòng)能增量； (3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小v0。 解析　(1)結(jié)合題意分析知： qE＝mg，F(xiàn)合＝mg＝ma，a＝g＝10 m/s2， 方向垂直于桿向下。 (2)設(shè)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中動(dòng)能的增量為 ΔEk＝W重＋W電 其中W重＝mgh＝4 J，W電＝0，所以ΔEk＝4 J。 (3)環(huán)離開(kāi)桿做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，平行桿方向勻速運(yùn)動(dòng)，有 h＝v0t 垂直桿方向勻加速運(yùn)動(dòng)，有h＝at2，解得v0＝2 m/s。 答案　(1)10 m/s2　垂直于桿向下　(2)4 J　(3)2 m/s B級(jí)：拔高練 9.如圖9所示，D是一只二極

35、管，AB是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，帶電微粒P的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) 圖9 A.向下運(yùn)動(dòng) B.向上運(yùn)動(dòng) C.仍靜止不動(dòng) D.不能確定 解析　當(dāng)帶電微粒P靜止時(shí)，對(duì)其進(jìn)行受力分析得Eq＝mg，即q＝mg。當(dāng)A、B之間距離增大時(shí)，電容器的電容C減小，由Q＝CU得，Q也減小，但由于電路中連接了一個(gè)二極管，它具有單向?qū)щ娦?，不能放電，故電容器A、B兩極板上的電荷量不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，電場(chǎng)力仍等于微粒的重力，故帶電微粒仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)C正確。 答案　C 10.如圖10所示，一條絕緣的擋板軌道A

36、BC固定在光滑水平桌面上，BC為直線(xiàn)，長(zhǎng)度為4R，AB是半徑為R的光滑半圓弧，兩部分相切于B點(diǎn)。擋板軌道處在水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝8×102 N/C，方向與BC夾角θ＝53°。一質(zhì)量m＝5×10－3 kg、帶電荷量q＝＋5×10－4 C的小滑塊從C點(diǎn)由靜止釋放，已知小滑塊與BC擋板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，R＝0.4 m，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 圖10 (1)求小球在B點(diǎn)的速度大?。? (2)若場(chǎng)強(qiáng)E與BC夾角θ可變，為使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的速度最大，求θ的取值以及小球在A點(diǎn)的速度大?。? (3)若場(chǎng)強(qiáng)E與BC夾角θ可變，為使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)且從A點(diǎn)沿

37、切線(xiàn)飛出，求θ的正切值的取值范圍。 解析　(1)小球由C到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 (Eqcos θ－μEqsin θ)·4R＝mv 解得vB＝ m/s。 (2)θ＝0，小球與BC擋板的摩擦力為零，小球到B點(diǎn)的速度最大，且A、B等電勢(shì)，則小球在A點(diǎn)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得Eq·4R＝mv，解得vA＝16 m/s。 (3)在A點(diǎn)不脫離軌道能沿切線(xiàn)飛出，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Eqsin θ＋FN＝m，其中FN≥0 小球由C到A的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 Eqcos θ(4R－2Rtan θ)－μEqsin θ·4R＝mv 解得tan θ≤ 所以，tan θ的取值范圍是0≤tan θ≤。

38、答案　(1) m/s　(2)0　16 m/s　(3)0≤tan θ≤ 11.(2017·山西省重點(diǎn)中學(xué)高三聯(lián)合考試)如圖11所示為一多級(jí)加速器模型，一質(zhì)量為m＝1.0×10－3 kg、電荷量為q＝8.0×10－5 C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)1、2級(jí)無(wú)初速度地進(jìn)入第3級(jí)加速電場(chǎng)，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過(guò)多級(jí)加速后從A點(diǎn)水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間，A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方，傾斜平行金屬板MN、PQ的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1.0 m，金屬板與水平方向的夾角為θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。 圖11

39、(1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級(jí)加速電場(chǎng)的總電壓U； (2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝100 V/m，要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長(zhǎng)？ 解析　(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，小球的初速度為v0，A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y 則有＝tan θ① cos θ＝v0t1② y－sin θ＝gt③ 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得 v0＝ m/s，y＝ m④ 帶電小球在多級(jí)加速器加速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有 qU＝mv－0⑤ 代入數(shù)據(jù)解得U＝18.75 V (2)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，將重力正交分解，則 沿y軸方向有 Fy＝mgcos θ－qE＝0⑥ 沿x軸方向有Fx＝mgsin θ⑦ 故小球進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)剛好從P點(diǎn)離開(kāi)，則有Fx＝ma⑧ ＝at⑨ dmin＝ t2⑩ 聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin＝ m 即兩板間的距離d至少為 m。 答案　(1) m　18.75 V　(2) m 21