2020屆高考物理總復(fù)習(xí)第七單元電場(chǎng)課時(shí)3電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義.docx

課時(shí)3電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.電容和電容器(1)常見(jiàn)電容器組成:由兩個(gè)彼此絕緣又相距很近的導(dǎo)體組成。帶電荷量:一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。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。定義式:C=QU。物理意義:表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。電容是一個(gè)電容器的容量,是一個(gè)物理量,電容器是一個(gè)元件。單位:法拉(F),1 F=106F=1012 pF。(3)平行板電容器影響因素:平行板電容器的電容C與正對(duì)面積S成正比,與電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)r成正比,與兩板間的距離d成反比。決定式:C=rS4kd,k為靜電力常量。2.帶電粒子在電場(chǎng)中加速(1)從動(dòng)力學(xué)角度分析:當(dāng)帶電粒子沿與電場(chǎng)線(xiàn)平行的方向進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),粒子將做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度a=Eqm,位移x=v2-v022a。(2)從功能角度分析:帶電粒子如果僅受電場(chǎng)力的作用,電場(chǎng)力做功等于粒子動(dòng)能的變化,即qU=12mv2-12mv02(無(wú)論勻強(qiáng)電場(chǎng)還是非勻強(qiáng)電場(chǎng)都成立)。3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件:帶電粒子垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)。(2)處理方法:類(lèi)似于平拋運(yùn)動(dòng),應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法。a.沿初速度方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=lv0。b.沿電場(chǎng)力方向,做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。加速度:a=Fm=qEm=qUmd。離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量:y=12at2=qUl22mdv02。離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角:tan =vyv0=qUlmdv02。4.示波管(1)構(gòu)造:由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏等組成,如圖所示。(2)工作原理:如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間沒(méi)有電壓,則電子槍射出的電子沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),打在熒光屏中央,產(chǎn)生一個(gè)亮斑。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX之間加電壓,電子會(huì)橫向偏轉(zhuǎn);在偏轉(zhuǎn)電極YY之間加電壓,電子會(huì)豎向偏轉(zhuǎn)。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間同時(shí)加上電壓,電子會(huì)在橫向和豎向同時(shí)發(fā)生偏轉(zhuǎn),亮斑的位置由UXX與UYY共同決定。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間同時(shí)加上周期性變化的電壓,亮斑會(huì)在橫向和豎向同時(shí)發(fā)生周期性移動(dòng),可能形成周期性變化的圖線(xiàn)。1.(2018湖南邵陽(yáng)段考)水平放置的平行板電容器充電后,去掉電源,下列說(shuō)法正確的是()。A.將兩極板的間距加大,電容將增大B.將兩極板的間距加大,極板所帶電荷量將增大C.將兩極板平行錯(cuò)開(kāi),使正對(duì)面積減小,電容將減小D.將兩極板平行錯(cuò)開(kāi),使正對(duì)面積減小,極板所帶電荷量將減小答案C2.(2019貴州畢節(jié)月考)如圖所示的裝置,可以探究影響平行板電容器電容的因素,關(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是()。A.電容器與電源保持連接,左移電容器左極板,則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大B.電容器充電后與電源斷開(kāi),上移電容器左極板,則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大C.電容器充電后與電源斷開(kāi),在電容器兩極板間插入玻璃板,則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大D.電容器充電后與電源斷開(kāi),在電容器兩極板間插入金屬板,則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大答案B3.(2018陜西寶雞單元檢測(cè))如圖所示,當(dāng)開(kāi)關(guān)S1閉合、S2斷開(kāi)時(shí),電容器極板間的電壓為U,每個(gè)極板上所帶的電荷量為Q;當(dāng)開(kāi)關(guān)S1斷開(kāi)、S2閉合時(shí),電容器極板間的電壓為2U。則電容器的電容C=;電容器極板間的電壓為2U時(shí),電容器的電容,極板上所帶的電荷量Q=。答案QU不變2Q4.(2018山東曲阜段考)(多選)如圖所示,電子由靜止開(kāi)始從A極板向B極板運(yùn)動(dòng),當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v,保持兩板間電壓不變,則()。A.當(dāng)增大兩板間距離時(shí),v增大B.當(dāng)減小兩板間距離時(shí),v增大C.當(dāng)改變兩板間距離時(shí),v不變D.當(dāng)增大兩板間距離時(shí),電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也增大答案CD5.(2018湖南永州月考)(多選)a、b、c三個(gè)粒子(24He)由同一點(diǎn)同時(shí)垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),其軌跡如圖所示,其中b恰好飛出電場(chǎng)。由此可以肯定()。A.在b飛離電場(chǎng)的同時(shí),a剛好打在負(fù)極板上B.b和c同時(shí)飛離電場(chǎng)C.進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),c的速度最大,a的速度最小D.c動(dòng)能的增量最大,a和b的動(dòng)能增量一樣大答案AC6.(2018湖北黃石單元檢測(cè))(多選)如圖所示,如果在熒光屏上的P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑,那么示波管中()。A.極板X(qián)應(yīng)該帶正電B.極板X(qián)應(yīng)該帶正電C.極板Y應(yīng)該帶正電D.極板Y應(yīng)該帶正電答案AC1.(2018全國(guó)卷,21)(多選)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等。現(xiàn)同時(shí)釋放a、b,它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),在隨后的某時(shí)刻t,a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說(shuō)法正確的是()。A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時(shí)刻,a的動(dòng)能比b的大C.在t時(shí)刻,a和b的電勢(shì)能相等D.在t時(shí)刻,a和b的動(dòng)量大小相等解析因?yàn)槟硶r(shí)刻t,a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面,所以yayb,根據(jù)y=12at2(此a為加速度),可知aaab,又因?yàn)閍、b所帶電荷量大小相等,根據(jù)加速度a=qEm可知mayb,所以EkaEkb,B項(xiàng)正確;qa為正電荷,qb為負(fù)電荷,下極板接地,電勢(shì)為零,兩板之間的電勢(shì)為正,根據(jù)Ep=q,可知EpaEpb,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量定理p=mv=mat=mqEmt=qEt,所以在t時(shí)刻,a和b的動(dòng)量大小相等,D項(xiàng)正確。答案BD2.(2017全國(guó)卷,25)如圖,兩水平面(虛線(xiàn))之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下;M在電場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。求:(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比。(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度。(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。解析(1)設(shè)小球M、N在A(yíng)點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0,則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等,電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,設(shè)加速度大小均為a,M、N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為x1和x2。由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0-at=0x1=v0t+12at2x2=v0t-12at2聯(lián)立解得x1x2=3。(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h,小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vy2=2ghH=vyt+12gt2M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系知v0vy=x1H聯(lián)立解得h=13H。(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則v0vy=qEmg設(shè)M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2,由動(dòng)能定理得Ek1=12m(v02+vy2)+mgH+qEx1Ek2=12m(v02+vy2)+mgH-qEx2由已知條件Ek1=1.5Ek2聯(lián)立解得E=2mg2q。答案(1)31(2)13H(3)2mg2q見(jiàn)自學(xué)聽(tīng)講P126一平行板電容器的動(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),電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。2.動(dòng)態(tài)分析思路(1)U不變根據(jù)C=QU=rS4kd先分析電容的變化,再分析Q的變化。根據(jù)E=Ud分析電場(chǎng)強(qiáng)度的變化。根據(jù)UAB=Ed分析某點(diǎn)電勢(shì)的變化。(2)Q不變根據(jù)C=QU=rS4kd先分析電容的變化,再分析U的變化。根據(jù)E=Ud=4kQrS分析電場(chǎng)強(qiáng)度的變化。例1如圖所示,M、N兩金屬板平行豎直放置,使其帶電,懸掛其中的帶電小球P偏離豎直方向。下列措施中會(huì)使OP懸線(xiàn)與豎直方向的夾角增大的是(P球不與金屬極板接觸)()。A.增大M、N兩極板間的電勢(shì)差B.減小M、N兩極板的帶電荷量C.保持板間間距不變,將M、N板一起向右平移D.保持板間間距不變,將M、N板一起向左平移解析小球受水平向右的電場(chǎng)力和豎直向下的重力,處于平衡狀態(tài),增大兩板間的電勢(shì)差,則電場(chǎng)強(qiáng)度增大,電場(chǎng)力增大,偏角增大,A項(xiàng)正確;減小電容器的帶電荷量,兩板間電勢(shì)差減小,電場(chǎng)強(qiáng)度減小,電場(chǎng)力減小,偏角減小,B項(xiàng)錯(cuò)誤;C、D兩項(xiàng)中電場(chǎng)強(qiáng)度不會(huì)變化,偏角不變,故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤。答案A變式1(多選)如圖所示,A、B為兩塊平行帶電金屬板,B板帶正電且與大地相接,A板帶負(fù)電,在兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷,設(shè)此時(shí)兩極板間的電勢(shì)差為U,P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,電勢(shì)為P,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()。A.U變大,E變大B.U變小,P變小C.P變小,Ep變大D.P變大,Ep變小解析根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變,當(dāng)正對(duì)面積減小時(shí),則由C=rS4kd可知電容減小,由U=QC可知極板間電壓增大,由E=Ud可知,電場(chǎng)強(qiáng)度增大,故A項(xiàng)正確;設(shè)P與B板之間的距離為d,P點(diǎn)的電勢(shì)為P,B板接地,B=0,則由題可知0-P=Ed,Ed是增大的,則P一定減小,因?yàn)樨?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是增大的,C項(xiàng)正確。答案AC兩類(lèi)典型的動(dòng)態(tài)變化分析二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)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.用動(dòng)力學(xué)觀(guān)點(diǎn)分析a=qEm,E=Ud,v2-v02=2ad。3.用功能觀(guān)點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=Eqd=qU=12mv2-12mv02。非勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qU=Ek2-Ek1。例2如圖所示,一充電后的平行板電容器的兩極板相距為l。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q0)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)一平行于極板且與上極板相距為25l的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略,不計(jì)粒子重力,則Mm為()。A.32B.21C.52D.31解析因兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于極板且與上極板相距25l的平面,電荷量為q的粒子通過(guò)的位移為25l,電荷量為-q的粒子通過(guò)的位移為35l,由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1=qEM、a2=qEm,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有25l=12a1t2=qE2Mt2,35l=12a2t2=qE2mt2,聯(lián)立解得Mm=32,故A項(xiàng)正確。答案A(1)帶電體重力是否計(jì)入的判斷微觀(guān)粒子(如電子、質(zhì)子、離子等)和無(wú)特別說(shuō)明的帶電粒子,一般都不計(jì)重力(并不是忽略質(zhì)量)。帶電微粒(如油滴、液滴、塵埃、小球等)除有特別說(shuō)明或暗示外,一般要考慮重力。原則上,所有未明確交代的帶電體,都應(yīng)根據(jù)題設(shè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和過(guò)程,反推是否計(jì)重力(隱含條件)。(2)帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1.運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間a.能飛出電容器:t=lv0。b.不能飛出電容器:y=12at2=qU2mdt2,t=2mdyqU。(2)沿電場(chǎng)力方向,做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)加速度:a=Fm=qEm=qUmd。離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量:y=12at2=qUl22mdv02。離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角:tan =vyv0=qUlmdv02。2.兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí),偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明:由qU0=12mv02y=12at2=12qU1mdlv02tan =qU1lmdv02解得y=U1l24U0d,tan =U1l2U0d。(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)與初速度延長(zhǎng)線(xiàn)的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即射出時(shí)O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為l2。3.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=12mv2-12mv02,其中Uy=Udy,指初、末位置間的電勢(shì)差。例3如圖甲所示,虛線(xiàn)MN左側(cè)有一電場(chǎng)強(qiáng)度E1=E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在兩條平行的直線(xiàn)MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度E2=2E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在虛線(xiàn)PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏。現(xiàn)將一電子(電荷量為e,質(zhì)量為m,不計(jì)重力)無(wú)初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn),A點(diǎn)到MN的距離為L(zhǎng)2,最后電子打在右側(cè)的屏上,AO連線(xiàn)與屏垂直,垂足為O。求:甲(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間t。(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線(xiàn)夾角的正切值tan 。(3)電子打到屏上的點(diǎn)P(圖中未標(biāo)出)到點(diǎn)O的距離x。解析(1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,時(shí)間為t1,由牛頓第二定律得a1=eEm由x=12at2得L2=12a1t12電子進(jìn)入電場(chǎng)E2時(shí)的速度v1=a1t1電子進(jìn)入電場(chǎng)E2后到打到屏上的過(guò)程中,電子在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),時(shí)間t2=2Lv1電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間t=t1+t2聯(lián)立上式解得t=3mLeE。(2)設(shè)電子射出電場(chǎng)E2時(shí)平行電場(chǎng)方向的速度為vy電子進(jìn)入電場(chǎng)E2時(shí)的加速度a2=eE2m=2eEmvy=a2t3,t3=Lv1電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線(xiàn)夾角的正切值tan=vyv1=2。(3)電子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示,設(shè)電子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離為x,根據(jù)幾何關(guān)系得tan=x32L,聯(lián)立解得x=3L。乙答案(1)3mLeE(2)2(3)3L變式2電子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場(chǎng)電壓為U0,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng),極板間電壓為U,極板長(zhǎng)度為L(zhǎng),板間距為d。(1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y。(2)分析物理量的數(shù)量級(jí),是解決物理問(wèn)題的常用方法。在解決(1)問(wèn)時(shí)忽略了電子所受重力,請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g=10 m/s2。解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理,有eU0=12mv02電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0=2eU0m在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中,電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=Lv0=Lm2eU0加速度a=eEm=eUmd偏轉(zhuǎn)距離y=12a(t)2=UL24U0d。(2)只考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí),有重力G=mg110-29N電場(chǎng)力F=eUd110-15N由于FG,因此不需要考慮電子所受的重力。答案(1)2eU0mUL24U0d(2)見(jiàn)解析用“等效法”處理帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電體在重力場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),可以將重力和電場(chǎng)力合成一個(gè)力,等效為一個(gè)力,這樣將帶電體在重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的研究方法可移植到這里,可使解題的速度大大提高。例4如圖甲所示,絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30的斜面,AC部分是豎直平面內(nèi)半徑為R的圓弧軌道,斜面與圓弧軌道相切。整個(gè)裝置處于電場(chǎng)強(qiáng)度為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的小球,帶正電荷量q=3mg3E,要使小球能安全通過(guò)圓弧軌道,在O點(diǎn)(O點(diǎn)在軌道AB上)的初速度應(yīng)為多大?解析小球先在斜面上運(yùn)動(dòng),受重力、電場(chǎng)力、支持力,然后在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng),受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力,如圖乙所示,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=(qE)2+(mg)2=23mg3,tan=qEmg=33,得=30,等效重力的方向與斜面垂直指向右下方,小球在斜面上做勻速運(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過(guò)圓弧軌道,在圓弧軌道的等效“最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿(mǎn)足等效重力剛好提供向心力,即有mg=mvD2R因=30與斜面的傾角相等,由幾何關(guān)系可知AD=2R令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理知-2mgR=12mvD2-12mv02解得v0=103gR3因此要使小球安全通過(guò)圓弧軌道,初速度v應(yīng)滿(mǎn)足v103gR3。答案v103gR3“等效法”在電場(chǎng)中的應(yīng)用處理帶電粒子在“等效場(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,如圖所示,則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”,g=F合m為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”,F合的方向等效為“重力”的方向。(2)物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)。在“等效場(chǎng)”中做圓周運(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)。見(jiàn)高效訓(xùn)練P751.(2018青海玉樹(shù)質(zhì)檢)圖示為某位移式傳感器的原理示意圖,平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器。則()。A.A向上移,電容器的電容變大B.P向左移,電容器的電容變大C.A向上移,流過(guò)電阻R的電流方向從N到MD.P向左移,流過(guò)電阻R的電流方向從M到N答案D2.(2018天津南開(kāi)中學(xué)模擬)如圖所示,在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有四條間距均為d的平行等勢(shì)線(xiàn)1、2、3、4,各條線(xiàn)上的電勢(shì)分別為0、-0、-20、-30;有一個(gè)帶電粒子,質(zhì)量為m(不計(jì)重力),電荷量為q,從A點(diǎn)與等勢(shì)線(xiàn)4成角以初速度v0射入電場(chǎng)中,到達(dá)等勢(shì)線(xiàn)2上的B點(diǎn)時(shí),速度方向恰好水平向左,則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()。A.mv02sin24qdB.mv02sin22qdC.mv02cos24qd D.mv02cos22qd解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng),水平方向做速度vx=v0cos的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),豎直方向做初速度vy=v0sin,加速度a=Eqm的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有-Eq2d=12mvx2-12mv02,解得E=mv02sin24qd,A項(xiàng)正確。答案A3.(2018云南臨滄段考)靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的,用其指針張角的大小來(lái)定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小。如圖所示,A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板,為靜電計(jì)。開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S閉合,靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度,為了使指針張開(kāi)的角度增大些,下列采取的措施可行的是()。A.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后,將A、B兩極板分開(kāi)些B.保持開(kāi)關(guān)S閉合,將A、B兩極板分開(kāi)些C.保持開(kāi)關(guān)S閉合,將A、B兩極板靠近些D.保持開(kāi)關(guān)S閉合,將變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)解析斷開(kāi)開(kāi)關(guān),電容器帶電荷量不變,將A、B兩極板分開(kāi)一些,則d增大,根據(jù)C=S4kd知,電容減小,根據(jù)U=QC知,電勢(shì)差增大,指針張角增大,A項(xiàng)正確;保持開(kāi)關(guān)閉合,電容器兩端的電勢(shì)差不變,則指針張角不變,故B、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤;保持開(kāi)關(guān)閉合,電容器兩端的電勢(shì)差不變,變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)功能,滑動(dòng)觸頭滑動(dòng)不會(huì)影響指針張角,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案A4.(2018湖北武漢月考)如圖所示,A、B為水平放置的平行正對(duì)金屬板,在板中央分別有一小孔M、N,D為理想二極管,R為滑動(dòng)變阻器。閉合開(kāi)關(guān)S,待電路穩(wěn)定后,將一帶負(fù)電荷的帶電小球從M、N正上方的P點(diǎn)由靜止釋放,小球恰好能運(yùn)動(dòng)至小孔N處。下列說(shuō)法正確的是()。A.若僅將A板上移,帶電小球仍將恰好運(yùn)動(dòng)至小孔N處B.若僅將B板上移,帶電小球?qū)男】譔穿出C.若僅將滑動(dòng)變阻器的滑片上移,帶電小球?qū)o(wú)法運(yùn)動(dòng)至N處D.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,從P處將小球由靜止釋放,帶電小球?qū)男】譔穿出解析若僅將A板上移,根據(jù)公式C=rS4kd知電容減小,由于二極管的作用可以阻止電容器的放電,故電荷量不變,根據(jù)C=QU,U=Ed,可得E=4kQrS,故電場(chǎng)強(qiáng)度不變,則帶電小球到達(dá)小孔N時(shí),重力做功小于電場(chǎng)力做功,可知小球未到達(dá)小孔N時(shí)速度已經(jīng)減為零繼而返回了,A項(xiàng)錯(cuò)誤。若僅將B板上移,電壓U一定,則小球到達(dá)小孔N時(shí),電場(chǎng)力做功不變,重力做功小于電場(chǎng)力做功,可知小球未到達(dá)小孔N時(shí)速度已經(jīng)減為零繼而返回了,B項(xiàng)錯(cuò)誤。將滑動(dòng)變阻器的滑片上移,分壓增加,故電容器的電壓增加,如果小球能到達(dá)小孔N,重力做功小于電場(chǎng)力做功,可知小球未到達(dá)小孔N時(shí)速度已經(jīng)減為零繼而返回了,C項(xiàng)正確。斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,電場(chǎng)強(qiáng)度不變,故小球恰好能運(yùn)動(dòng)至小孔N處,D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案C5.(2018東北三校二聯(lián))如圖所示,一重力不計(jì)的帶電粒子以初速度v0射入水平放置、距離為d的兩平行金屬板間,射入方向沿兩極板的中心線(xiàn)。當(dāng)極板間所加電壓為U1時(shí),粒子落在A(yíng)板上的P點(diǎn)。如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0,同時(shí)將A板向上移動(dòng)d2后,使粒子由原入射點(diǎn)射入后仍落在P點(diǎn),則極板間所加電壓U2為()。A.U2=3U1B.U2=6U1C.U2=8U1D.U2=12U1解析板間距離為d,射入速度為v0,板間電壓為U1時(shí),在電場(chǎng)中有d2=12at2,a=qU1md,t=xv0,解得U1=md2v02qx2;A板上移d2,射入速度為2v0,板間電壓為U2時(shí),在電場(chǎng)中有d=12at2,a=2qU23md,t=x2v0,解得U2=12md2v02qx2,即U2=12U1,D項(xiàng)正確。答案D6.(2018安徽安慶月考)(多選)如圖所示,紙面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng),帶正電的小球(重力不計(jì))在恒力F的作用下沿圖中虛線(xiàn)由A勻速運(yùn)動(dòng)至B,已知力F和AB間夾角為,A、B間距離為d,小球帶電荷量為q,則下列結(jié)論正確的是()。A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=FcosqB.A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB=-FdcosqC.帶電小球由A運(yùn)動(dòng)至B過(guò)程中電勢(shì)能增加了Fdcos D.若帶電小球由B勻速運(yùn)動(dòng)至A,則恒力F必須反向解析由題知小球的重力不計(jì),小球只受到電場(chǎng)力與恒力F作用而做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則有qE=F,可得電場(chǎng)強(qiáng)度E=Fq,故A項(xiàng)錯(cuò)誤。A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差U=-Edcos=-Fdcosq,故B項(xiàng)正確。帶電小球由A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程中恒力做功W=Fdcos,根據(jù)功能關(guān)系可知,電勢(shì)能增加了Fdcos,故C項(xiàng)正確。小球所受的電場(chǎng)力恒定不變,若帶電小球由B向A做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則F大小、方向不變,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案BC7.(2019湖北恩施單元檢測(cè))(多選)噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示。重力可忽略的墨汁微滴,經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后,以速度v垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間,最終打在紙上。則微滴在極板間電場(chǎng)中()。A.向正極板偏轉(zhuǎn) B.電勢(shì)能逐漸增大C.運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線(xiàn)D.運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量無(wú)關(guān)解析帶負(fù)電的微滴進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后向正極板偏轉(zhuǎn),電場(chǎng)力對(duì)微滴做正功,微滴的電勢(shì)能減小,微滴在垂直電場(chǎng)方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),在平行電場(chǎng)方向做勻加速運(yùn)動(dòng),則有x=vt,y=12Eqmt2,所以x2=2mv2Eqy,A、C兩項(xiàng)正確。答案AC8.(2018江西新豐中學(xué)模擬)(多選)如圖所示,水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),一帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出,從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng),到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平,由此可知()。A.從B到C,小球的動(dòng)能減小B.從B到C,小球的電勢(shì)能減小C.從A到B與從B到C,小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相等D.從A到B與從B到C,小球的速度變化量大小一定相等解析由運(yùn)動(dòng)軌跡可知,在MN上方,帶電小球做平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng);在MN下方,帶電小球在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),豎直方向做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度豎直向上,從B到C,合力做負(fù)功,小球的動(dòng)能減小,A項(xiàng)正確。從B到C,電場(chǎng)力做負(fù)功,小球的電勢(shì)能增加,B項(xiàng)錯(cuò)誤。由于電場(chǎng)力大小不確定,則小球在電場(chǎng)中的加速度不確定,故兩過(guò)程的時(shí)間長(zhǎng)短不確定,C項(xiàng)錯(cuò)誤。因?yàn)樗椒较蛐∏蜃鰟蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng),所以速度的變化僅發(fā)生在豎直方向上,從A到B與從B到C兩過(guò)程速度的變化量大小一定相等,D項(xiàng)正確。答案AD9.(2018哈爾濱模擬)(多選)如圖所示,M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板,板間有勻強(qiáng)電場(chǎng),一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng),當(dāng)M、N間電壓為U時(shí),粒子剛好能到達(dá)N板,如果要使這個(gè)帶電粒子能在到達(dá)M、N兩板間距的12處返回,則下列措施能滿(mǎn)足要求的是()。A.將初速度減為原來(lái)的12B.將M、N間電壓提高到原來(lái)的2倍C.將M、N間電壓提高到原來(lái)的4倍D.將初速度和M、N間電壓都減為原來(lái)的12解析在粒子剛好到達(dá)N板的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得-qEd=0-12mv02,所以d=mv022qE,令帶電粒子離開(kāi)M板的最遠(yuǎn)距離為x,則將初速度減為原來(lái)的12,x=d4;將M、N間電壓提高到原來(lái)的2倍,電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,x=d2;將M、N間電壓提高到原來(lái)的4倍,電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的4倍,x=d4;將初速度和M、N間電壓都減為原來(lái)的12,電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的一半,x=d2。故B、D兩項(xiàng)滿(mǎn)足要求。答案BD10.(2018湖北三模)(多選)如圖甲所示,一對(duì)平行金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng),兩板間距為d,質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線(xiàn)不斷進(jìn)入平行板之間。兩板間所加交變電壓uAB如圖乙所示,交變電壓的周期T=L2v0,已知所有電子都能穿過(guò)平行板,且最大偏距的粒子剛好從極板的邊緣飛出。不計(jì)重力作用,則()。A.所有電子都從右側(cè)的同一點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)B.所有電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度都是v0C.t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子,離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能最大D.t=14T時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子,在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大側(cè)位移為d16解析電子進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),水平方向分速度不變,穿過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間t=Lv0=2T。不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子在豎直方向的分速度圖象如圖丙所示,根據(jù)圖象的“面積”大小等于位移可知,各個(gè)電子在豎直方向的位移不全相同,故所有電子從右側(cè)離開(kāi)電場(chǎng)的位置不全相同,A項(xiàng)錯(cuò)誤。由圖丙可看出,所有電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)豎直方向分速度vy=0,速度都等于v0,B項(xiàng)正確。由以上分析可知,電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度都相同,動(dòng)能都相同,C項(xiàng)錯(cuò)誤。t=T4時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子,在t=34T時(shí)刻側(cè)位移最大,最大側(cè)位移ymax=212aT42=aT216,在t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子側(cè)位移最大為12d,則有12d=412aT22,聯(lián)立解得ymax=d16,D項(xiàng)正確。答案BD11.(2018河北正定模擬)從地面以初速度v0斜向上拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球,當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),小球具有的動(dòng)能與勢(shì)能之比是916,取地面為重力勢(shì)能參考面,不計(jì)空氣阻力?，F(xiàn)在此空間加上一個(gè)平行于小球平拋平面的水平電場(chǎng),以相同的初速度拋出帶上正電荷量為q的原小球,則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與拋出時(shí)的動(dòng)能相等。求:(1)無(wú)電場(chǎng)時(shí),小球上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間。(2)后來(lái)加上的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。解析(1)無(wú)電場(chǎng)時(shí),小球到達(dá)最高點(diǎn)具有的動(dòng)能與勢(shì)能之比是916將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向,則由vy2=2gh,得12mvy2=mgh12mvx212mvy2=916解得拋出時(shí)vxvy=34所以豎直方向的初速度vy=45v0豎直方向小球做勻減速運(yùn)動(dòng),有vy=gt,解得t=4v05g。(2)設(shè)后來(lái)加上的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與剛拋出時(shí)的動(dòng)能相等,若電場(chǎng)力的方向與小球初速度的水平分量方向相同,則有E1qmt+35v0=v0解得E