202X屆高考物理總復習第七章靜電場7.3電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件新人教版

1、第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動【秒判正誤秒判正誤】(1)(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代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。數(shù)和。( )( )(2)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。( )( )(3)(3)放電后的電容器電荷量為零，但電容并不為零。放電后的電容器電荷量為零，但電容并不為零。( )( )(4)(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。( )( )(5)(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動

2、。圓周運動。( )( )(6)(6)示波管屏幕上的亮線是熒光屏自身發(fā)出的光。示波管屏幕上的亮線是熒光屏自身發(fā)出的光。( )( )(7)(7)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計。帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計。( )( )考點考點1 1平行板電容器的動態(tài)分析平行板電容器的動態(tài)分析【典題突破典題突破】 題型題型1 1定電壓問題定電壓問題【典例典例1 1】( (多選多選) )如圖所示，如圖所示，K K閉合后，在閉合后，在P P點處有一質(zhì)點處有一質(zhì)量為量為m m、帶電量為、帶電量為q q的油滴恰好于靜止狀態(tài)。則下列說的油滴恰好于靜止狀態(tài)。則下列說法中正確的是法中正確的是( () )

3、A.A.若將若將A A板向上平移一小段距離，則油滴向下加速運動，板向上平移一小段距離，則油滴向下加速運動，R R中有向左的電流，中有向左的電流，P P點電勢降低點電勢降低B.B.若將若將A A板向左平移一小段距離，則油滴仍然靜止，板向左平移一小段距離，則油滴仍然靜止，R R中有向左的電流，中有向左的電流，P P點電勢不變點電勢不變C.C.若將玻璃板插入極板若將玻璃板插入極板ABAB間，則油滴向下加速運動，間，則油滴向下加速運動，R R中有向左的電流，中有向左的電流，P P點電勢不變點電勢不變D.D.若將金屬板插入極板若將金屬板插入極板ABAB間，則油滴向上加速運動，間，則油滴向上加速運動，R

4、R中有向左電流，中有向左電流，P P點電勢降低點電勢降低【解題思維解題思維】1.1.題型特征：電壓保持不變時平行板電容器的動態(tài)變題型特征：電壓保持不變時平行板電容器的動態(tài)變化?；?。2.2.題型解碼：題型解碼：(1)(1)由由 判斷極板移動時場強的變化，從而確定油判斷極板移動時場強的變化，從而確定油滴的運動。滴的運動。(2)(2)由由 分析電荷量的變化。分析電荷量的變化。(3)(3)插入金屬板相當于極板間距離減小。插入金屬板相當于極板間距離減小。UEdrSQCCU4 kd、【解析解析】選選A A、B B。開始時，重力和電場力平衡，則。開始時，重力和電場力平衡，則mg=qEmg=qE，將，將A A

5、板上移，由板上移，由 可知，可知，E E變小，油滴應向變小，油滴應向下加速運動，由下加速運動，由 得得 因電壓因電壓U U不變，隨著不變，隨著d d增大，故電容器電量減小放電，增大，故電容器電量減小放電，R R中有向中有向左的電流，電場強度左的電流，電場強度E E變小，變小，PBPB間電勢差減小，而間電勢差減小，而B B板板接地，因此接地，因此P P點電勢降低，故點電勢降低，故A A正確；若將正確；若將B B板向左平移板向左平移一小段距離，由一小段距離，由 可知，可知，E E不變，油滴仍靜止，根不變，油滴仍靜止，根rSQCCU4 kd、rSUQ4 kd，UEdUEd據(jù)據(jù) S S減小，電容器電量

6、減小放電，減小，電容器電量減小放電，R R中有向左中有向左的電流，的電流，PBPB間電勢差不變，間電勢差不變，P P點的電勢不變，故點的電勢不變，故B B正正確；若將玻璃板插入確；若將玻璃板插入ABAB間，由間，由 可知，可知，E E不變，油不變，油滴仍靜止，根據(jù)滴仍靜止，根據(jù) 電容器電量增加充電，電容器電量增加充電，R R中中有向右的電流，有向右的電流，PBPB間電勢差不變，間電勢差不變，P P點的電勢不變，故點的電勢不變，故C C錯誤；若將金屬板插入錯誤；若將金屬板插入ABAB間，則相當于極板間距離減間，則相當于極板間距離減rSUQ4 kd，UEdrSUQ4 kd，小，由小，由 可知，可知

7、，E E變大，則油滴向上加速運動，根變大，則油滴向上加速運動，根據(jù)據(jù) 電容器電量增加充電，電容器電量增加充電，R R中有向右的電流，中有向右的電流，PBPB間電勢差增大，間電勢差增大，P P點的電勢升高，故點的電勢升高，故D D錯誤。錯誤。UEdrSUQ4 kd，【觸類旁通觸類旁通】(2016(2016全國卷全國卷)一平行板電容器兩極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，則電容器母介質(zhì)移出，則電容器 ( () )A.A.極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B.B.極板上的

8、電荷量變小，極板間電場強度變大極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C.C.極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D.D.極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變【解析解析】選選D D。據(jù)。據(jù) 可知，將云母介質(zhì)移出電容可知，將云母介質(zhì)移出電容器，器，C C變小，電容器接在恒壓直流電源上，電壓不變，變小，電容器接在恒壓直流電源上，電壓不變，據(jù)據(jù)Q=CUQ=CU可知極板上的電荷量變小，據(jù)可知極板上的電荷量變小，據(jù) 可知極板間可知極板間電場強度不變，故選電場強度不變，故選D D。rSC4 kdUEd題型題型2 2定電量問題定電

9、量問題【典例典例2 2】(2018(2018北京高考北京高考) )研究與平行板電容器電容研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是( () )A.A.實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a a板接觸，能使電板接觸，能使電容器帶電容器帶電B.B.實驗中，只將電容器實驗中，只將電容器b b板向上平移，靜電計指針的張板向上平移，靜電計指針的張角變小角變小C.C.實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大的張角變大D.D.實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指

10、針的張角變實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大大，表明電容增大【解題思維解題思維】1.1.題型特征：電荷量保持不變時平行板電容器的動態(tài)題型特征：電荷量保持不變時平行板電容器的動態(tài)變化。變化。2.2.題型解碼：題型解碼：(1)(1)靜電計張角的大小表示極板間電壓的大小。靜電計張角的大小表示極板間電壓的大小。(2)(2)由由 分析電壓的變化。分析電壓的變化。(3)(3)電容電容C C的變化與極板所帶電荷量無關(guān)。的變化與極板所帶電荷量無關(guān)。rSQCCU4 kd、【解析解析】選選A A。當用帶電玻璃棒與電容器。當用帶電玻璃棒與電容器a a板接觸，由板接觸，由于靜電感應，從而在于

11、靜電感應，從而在b b板感應出等量的異種電荷，從而板感應出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故選項使電容器帶電，故選項A A正確；根據(jù)電容的決定式：正確；根據(jù)電容的決定式： 將電容器將電容器b b板向上平移，即正對面積板向上平移，即正對面積S S減小，減小，則電容則電容C C減小，根據(jù)減小，根據(jù) 可知，可知， 電量電量Q Q不變，則電壓不變，則電壓U U增大，則靜電計指針的張角變大，故選項增大，則靜電計指針的張角變大，故選項B B錯誤；根錯誤；根rSC,4 kdQCU據(jù)電容的決定式：據(jù)電容的決定式： 只在極板間插入有機玻璃只在極板間插入有機玻璃板，則介電系數(shù)板，則介電系數(shù)r r增大，則電容增大

12、，則電容C C增大，根據(jù)增大，根據(jù) 可知，可知， 電量電量Q Q不變，則電壓不變，則電壓U U減小，則靜電計指針的張減小，則靜電計指針的張角減小，故選項角減小，故選項C C錯誤；根據(jù)電容決定式錯誤；根據(jù)電容決定式 可知，可知，電容電容C C的變化與電量并無關(guān)系，因此電量的改變并不會的變化與電量并無關(guān)系，因此電量的改變并不會導致電容的變化，故選項導致電容的變化，故選項D D錯誤。錯誤。rSC,4 kdQCUrSC4 kd【觸類旁通觸類旁通】(2019(2019皖南八校模擬皖南八校模擬) )如圖所示，平行如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，靜電計的板電容器充電后與電源斷開，正極板接

13、地，靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地，以金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地，以E E表示兩表示兩板間的場強，板間的場強，表示靜電計指針的偏角，各物理量的表示靜電計指針的偏角，各物理量的變化情況正確的是變化情況正確的是( () )A.A.將電容器的正極板向右移動，將電容器的正極板向右移動，E E不變，不變，減小減小B.B.將電容器的正極板向右移動，將電容器的正極板向右移動，E E減小，減小，增大增大C.C.將電容器的正極板向左移動，將電容器的正極板向左移動，E E不變，不變，不變不變D.D.將電容器的正極板向左移動，將電容器的正極板向左移動，E E減小，減小，減小減小【解析解析】選

14、選A A。極板所帶電量保持不變，將電容器的正。極板所帶電量保持不變，將電容器的正極板向右移動，兩板間距離極板向右移動，兩板間距離d d減小，由減小，由 可知，可知，C C增大，由增大，由 可知，可知，E E不變，由不變，由 可知，極板間電壓減小，可知，極板間電壓減小，減小，故減小，故A A正確，正確，B B錯誤；錯誤；同理可知同理可知C C、D D錯誤。錯誤。 rSC4 kdrUQ4 kQEdCdSQUC【提分秘籍提分秘籍】1.1.平行板電容器動態(tài)的分析思路：平行板電容器動態(tài)的分析思路：2.2.兩類動態(tài)分析的比較：兩類動態(tài)分析的比較：【加固訓練加固訓練】( (多選多選) )如圖所示，兩塊較大的

15、金屬板如圖所示，兩塊較大的金屬板A A、B B相距為相距為d d，平，平行放置并與一電源相連，行放置并與一電源相連，S S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為量為m m，帶電量為，帶電量為q q的油滴處于靜止狀態(tài)，以下說法正的油滴處于靜止狀態(tài)，以下說法正確的是確的是( () )A.A.若將若將S S斷開，則油滴將做自由落體運動，斷開，則油滴將做自由落體運動，G G表中無電表中無電流流B.B.若將若將A A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G G表表中有中有baba的電流的電流C.C.若將若將A A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，向上

16、平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G G表中有表中有baba的電流的電流D.D.若將若將A A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G G表中有表中有baba的電流的電流【解析解析】選選B B、C C。將。將S S斷開，電容器電量不變，板間場斷開，電容器電量不變，板間場強不變，故油滴仍處于靜止狀態(tài)，選項強不變，故油滴仍處于靜止狀態(tài)，選項A A錯誤；若錯誤；若S S閉閉合，將合，將A A板左移，由板左移，由 可知，可知，E E不變，油滴仍靜止，不變，油滴仍靜止，由由 可知正對面積減小時電容可知正對面積減小時電容C C變小，則電容變小，則電容器極板電量器

17、極板電量Q=CUQ=CU變小，電容器放電，則有變小，電容器放電，則有baba的電流，的電流，故選項故選項B B正確；將正確；將A A板上移，由板上移，由 可知，可知，E E變小，油變小，油UEdrSC4 kdUEd滴應向下加速運動，由滴應向下加速運動，由 可知板間距離增大時可知板間距離增大時電容電容C C變小，電容器要放電，則有變小，電容器要放電，則有baba的電流流過的電流流過G G，故選項故選項C C正確；當正確；當A A板下移時，板間電場強度增大，油板下移時，板間電場強度增大，油滴受的電場力增加，油滴向上加速運動，由滴受的電場力增加，油滴向上加速運動，由 可知板間距離減小時可知板間距離減

18、小時C C增大，電容器要充電，則有增大，電容器要充電，則有abab的電流流過的電流流過G G，故選項，故選項D D錯誤。錯誤。rSC4 kdrSC4 kd考點考點2 2帶電粒子在勻強電場中的運動帶電粒子在勻強電場中的運動 【典題突破典題突破】題型題型1 1加速直線運動加速直線運動【典例典例3 3】( (多選多選)(2018)(2018全國卷全國卷) ) 如圖，一平行板如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒粒a a、b b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附

19、近，與極板距離相等。靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放現(xiàn)同時釋放a a、b b，它們由靜止開始運動，在隨后的某，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻時刻t t，a a、b b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。面。a a、b b間的相互作用和重力可忽略，下列說法正確間的相互作用和重力可忽略，下列說法正確的是的是 ( () )A.aA.a的質(zhì)量比的質(zhì)量比b b的大的大B.B.在在t t時刻，時刻，a a的動能比的動能比b b的大的大C.C.在在t t時刻，時刻，a a和和b b的電勢能相等的電勢能相等D.D.在在t t時刻，時刻，a a

20、和和b b的動量大小相等的動量大小相等【解題思維解題思維】1.1.題型特征：帶電粒子在電場中做加速直線運動。題型特征：帶電粒子在電場中做加速直線運動。2.2.題型解碼：題型解碼：(1)(1)由動量定理確定由動量定理確定t t時刻兩粒子的電量。時刻兩粒子的電量。(2)(2)由兩粒子相遇的位置確定粒子的速度大小。由兩粒子相遇的位置確定粒子的速度大小。(3)(3)由粒子的電性結(jié)合由粒子的電性結(jié)合E Ep p=q=q判斷電勢能大小。判斷電勢能大小。【解析解析】選選B B、D D。由于平行板電容器連接在直流電源。由于平行板電容器連接在直流電源上，上，U U不變，不變，E E不變，兩微粒不變，兩微粒a a

21、、b b所帶電荷量大小相所帶電荷量大小相等，則電場力大小相等，經(jīng)過相同時間，據(jù)動量定理等，則電場力大小相等，經(jīng)過相同時間，據(jù)動量定理Ft=mv-0Ft=mv-0可知，在可知，在t t時刻時刻a a和和b b的動量大小相等，的動量大小相等，D D對；因?qū)?；因為?jīng)過時間為經(jīng)過時間t t，在下半?yún)^(qū)域的同一水平面，因此，在下半?yún)^(qū)域的同一水平面，因此v va a v vb b，則，則m ma amEEkbkb，B B對；在對；在2kpE2m同一水平面電勢相等，由于同一水平面電勢相等，由于a a、b b所帶電荷量大小相等，所帶電荷量大小相等，符號相反，電勢能不等，符號相反，電勢能不等，C C錯；故選錯；故

22、選B B、D D?！居|類旁通觸類旁通】( (多選多選) )如圖所示，平行金屬板如圖所示，平行金屬板A A、B B在真在真空中水平正對放置，兩極板的間距為空中水平正對放置，兩極板的間距為d d，分別帶等量異，分別帶等量異號電荷。質(zhì)量為號電荷。質(zhì)量為m m、電量為、電量為q q的帶負電的油滴以速度的帶負電的油滴以速度v v0 0從從A A極板的左邊緣射入電場，沿直線從極板的左邊緣射入電場，沿直線從B B極板的右邊緣極板的右邊緣射出，重力加速度為射出，重力加速度為g g。則。則( () )A.A.油滴做勻速直線運動油滴做勻速直線運動B.B.油滴的電勢能減少了油滴的電勢能減少了mgdmgdC.C.兩極

23、板的電勢差兩極板的電勢差 D.AD.A板的電勢低于板的電勢低于B B板的電勢板的電勢ABmgdUq【解析解析】選選A A、C C。油滴在電場中受到重力和電場力，。油滴在電場中受到重力和電場力，而做直線運動，電場力與重力必定平衡才能做勻速直而做直線運動，電場力與重力必定平衡才能做勻速直線運動，油滴的加速度為零，故線運動，油滴的加速度為零，故A A正確；重力做功正確；重力做功mgdmgd，油滴的重力勢能減小，動能不變，根據(jù)能量守恒，油滴的重力勢能減小，動能不變，根據(jù)能量守恒定律得知，油滴的電勢能增加了定律得知，油滴的電勢能增加了mgdmgd，機械能減小了，機械能減小了mgdmgd，故，故B B錯誤

24、；由上可知油滴的電勢能增加量錯誤；由上可知油滴的電勢能增加量EEp p=mgd=mgd，又，又EEp p=qU=qUABAB，得到兩極板的電勢差，得到兩極板的電勢差 故故C C正確；由題意可判斷出電場力方向豎直向正確；由題意可判斷出電場力方向豎直向上，油滴帶負電，電場強度方向豎直向下，上，油滴帶負電，電場強度方向豎直向下，A A板的電勢板的電勢高于高于B B板的電勢，故板的電勢，故D D錯誤。錯誤。mgd,qABU題型題型2 2類平拋運動類平拋運動【典例典例4 4】( (多選多選)(2019)(2019咸陽模擬咸陽模擬) )如圖所示，一帶電如圖所示，一帶電荷量為荷量為q q的帶電粒子以一定的初

25、速度由的帶電粒子以一定的初速度由P P點射入勻強電點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q Q點射出電場時，點射出電場時，其速度方向與電場線成其速度方向與電場線成3030角。已知勻強電場的寬度角。已知勻強電場的寬度為為d d，P P、Q Q兩點的電勢差為兩點的電勢差為U U，不計重力作用，設，不計重力作用，設P P點的點的電勢為零。則下列說法正確的是電勢為零。則下列說法正確的是( () )A.A.帶電粒子在帶電粒子在Q Q點的電勢能為點的電勢能為-Uq-UqB.B.帶電粒子帶負電帶電粒子帶負電C.C.此勻強電場的電場強度大小為此勻強電場的電場強度大小為 D

26、.D.此勻強電場的電場強度大小為此勻強電場的電場強度大小為 2 3UE3d3UE3d【解題思維解題思維】1.1.題型特征：帶電粒子垂直電場線射入勻強電場。題型特征：帶電粒子垂直電場線射入勻強電場。2.2.題型解碼：題型解碼：(1)(1)由運動軌跡判斷粒子的電性。由運動軌跡判斷粒子的電性。(2)(2)由功能關(guān)系確定粒子的電勢能。由功能關(guān)系確定粒子的電勢能。(3)(3)由類平拋運動的規(guī)律確定電場強度。由類平拋運動的規(guī)律確定電場強度?！窘馕鼋馕觥窟x選A A、C C。由圖看出粒子的軌跡向上，則所受。由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正的電場力向上，與電場方向相同，

27、所以該粒子帶正電，粒子從電，粒子從P P到到Q Q，電場力做正功，大小為，電場力做正功，大小為W=qUW=qU，則粒，則粒子的電勢能減少了子的電勢能減少了qUqU，P P點的電勢為零，則知帶電粒子點的電勢為零，則知帶電粒子在在Q Q點的電勢能為點的電勢能為-Uq-Uq，故，故A A正確、正確、B B錯誤；設帶電粒子錯誤；設帶電粒子在在P P點時的速度為點時的速度為v v0 0，粒子在電場中做類平拋運動，在，粒子在電場中做類平拋運動，在Q Q點點v vy y= v= v0 0，粒子在電場方向上的位移為，粒子在電場方向上的位移為 水平方向水平方向d=vd=v0 0t t，解得，解得 則場強為則場強

28、為 聯(lián)立聯(lián)立解得解得 故故C C正確，正確，D D錯誤。錯誤。303vyt2，3dy2，UEy，2 3UE3d，【觸類旁通觸類旁通】( (多選多選) )如圖所示，帶電荷量之比為如圖所示，帶電荷量之比為q qA AqqB B=13=13的帶電粒子的帶電粒子A A、B B以相等的速度以相等的速度v v0 0從同一點從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在中，分別打在C C、D D點，若點，若OC=CDOC=CD，忽略粒子重力的影響，忽略粒子重力的影響，則則( () )A.AA.A和和B B在電場中運動的時間之比為在電場中運動的

29、時間之比為1212B.AB.A和和B B運動的加速度大小之比為運動的加速度大小之比為4141C.AC.A和和B B的質(zhì)量之比為的質(zhì)量之比為112112D.AD.A和和B B的位移大小之比為的位移大小之比為1111【解析解析】選選A A、B B、C C。粒子。粒子A A和和B B在勻強電場中做類平拋在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由運動，水平方向由x=vx=v0 0t t及及OC=CDOC=CD得，得，t tA AttB B=12=12，故，故A A正確；豎直方向由正確；豎直方向由 它們沿豎直方向它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為下落的加速度大小之比為a aA AaaB B=41=41，故，

30、故B B正確；根正確；根據(jù)據(jù) 則則m mA AmmB B=112=112，故，故C C正確；正確；A A和和B B的的位移大小不相等，故位移大小不相等，故D D錯誤。錯誤。2212hhata2t得 ，qEqEamma得 ，題型題型3 3帶電粒子在交變電場中的運動帶電粒子在交變電場中的運動【典例典例5 5】(2019(2019蚌埠模擬蚌埠模擬) )如圖甲為一對長度為如圖甲為一對長度為L L的的平行金屬板，在兩板之間加上圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿平行金屬板，在兩板之間加上圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v v0 0的相同帶電粒子

31、的相同帶電粒子( (重力不計重力不計) )，且所有粒子均能從平行，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運動時間均金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運動時間均為為T T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是是( () )A.11A.11B.21B.21C.31C.31D.41D.41【解析解析】選選C C。粒子在兩板之間的運動時間均為。粒子在兩板之間的運動時間均為T T，在，在t=nTt=nT時刻進入的粒子的側(cè)移量最大，豎直方向粒子在時刻進入的粒子的側(cè)移量最大，豎直方向粒子在前半個周期是加速，后半個周期是勻速，設加速度為前

32、半個周期是加速，后半個周期是勻速，設加速度為a a，則，則 在在 進入進入的粒子，豎直方向粒子在前半個周期是靜止，后半的粒子，豎直方向粒子在前半個周期是靜止，后半個周期是勻加速，側(cè)移量最小，則個周期是勻加速，側(cè)移量最小，則22max1TT T3ya()aaT222 28g g，1t(n)T222min1T1ya()aT228，y ymaxmaxyyminmin=31=31，故，故A A、B B、D D錯誤，錯誤，C C正確。正確。【提分秘籍提分秘籍】1.1.帶電粒子在電場中做直線運動的分析方法：帶電粒子在電場中做直線運動的分析方法：2.2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的基本規(guī)律：帶電粒子在勻強電場

33、中偏轉(zhuǎn)的基本規(guī)律：設粒子帶電荷量為設粒子帶電荷量為q q，質(zhì)量為，質(zhì)量為m m，兩平行金屬板間的電，兩平行金屬板間的電壓為壓為U U，板長為，板長為l，板間距離為，板間距離為d(d(忽略重力影響忽略重力影響) )，則有，則有(1)(1)加速度：加速度：FqEqUammmd。(2)(2)在電場中的運動時間：在電場中的運動時間： (3)(3)速度速度 (4)(4)位移位移 0tv。lx0y0vvqUvatmv dly22xy2x0vqUvvv ,tanvmv d 。l02220v t1qUyat22mv d。ll3.3.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個二級結(jié)論：帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個二級結(jié)論

34、：(1)(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明：由證明：由 得得 200201qUqUmvtan2mv d及l(fā)0Utan2U d。l(2)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點延長線的交點O O為粒子水平位移的中點，即為粒子水平位移的中點，即O O到電場邊到電場邊緣的距離為緣的距離為 2。l4.4.帶電粒子在交變電場中的運動分析：帶電粒子在交變電場中的運動分析：【加固訓練加固訓練】示波

35、器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器，其示波器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器，其主要結(jié)構(gòu)可簡化為：電子槍中的加速電場、兩水平放主要結(jié)構(gòu)可簡化為：電子槍中的加速電場、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場和豎直放置的熒光屏組置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場和豎直放置的熒光屏組成，如圖所示。若已知加速電場的電壓為成，如圖所示。若已知加速電場的電壓為U U1 1，兩平行，兩平行金屬板的板長、板間距離均為金屬板的板長、板間距離均為d d，熒光屏距兩平行金屬，熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)距離也為板右側(cè)距離也為d d，電子槍發(fā)射的質(zhì)量為，電子槍發(fā)射的質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為-e-e的電子，從兩平行金屬板的中央穿

36、過，打在熒光屏的的電子，從兩平行金屬板的中央穿過，打在熒光屏的中點中點O O，不計電子在進入加速電場時的速度及電子重，不計電子在進入加速電場時的速度及電子重力。若兩金屬板間存在豎直方向的勻強電場，兩板間力。若兩金屬板間存在豎直方向的勻強電場，兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為的偏轉(zhuǎn)電壓為U U2 2，電子會打在熒光屏上某點，該點距，電子會打在熒光屏上某點，該點距O O點距離為點距離為 d d，求，求U U1 1和和U U2 2的比值的比值 3212UU?！窘馕鼋馕觥吭诩铀匐妶鲈诩铀匐妶鯱 U1 1中，由動能定理得：中，由動能定理得： 以以v v的速度進入偏轉(zhuǎn)電場的速度進入偏轉(zhuǎn)電場U U2 2中做類平拋運動，在

37、離開偏中做類平拋運動，在離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移距離：轉(zhuǎn)電場時偏移距離： 其中：其中： 211qUmv2211yat2dtv速度方向與水平方向成速度方向與水平方向成角，則有：角，則有：v vy y=at=at 離開偏轉(zhuǎn)電場后偏移的距離：離開偏轉(zhuǎn)電場后偏移的距離：y y2 2=dtan=dtan根據(jù)牛頓第二定律有加速度根據(jù)牛頓第二定律有加速度 而總的偏移距離：而總的偏移距離：y=yy=y1 1+y+y2 2= = 聯(lián)立以上幾式解得：聯(lián)立以上幾式解得： 答案：答案： yvtanv2qUamd3d212U1U212考點考點3 3帶電體的力電綜合問題帶電體的力電綜合問題 【典題突破典題突破】【典例典例6 6

38、】(2019(2019濰坊模擬濰坊模擬) )如圖所示，兩豎直虛線間如圖所示，兩豎直虛線間距為距為L L，之間存在豎直向下的勻強電場。自該區(qū)域左側(cè)，之間存在豎直向下的勻強電場。自該區(qū)域左側(cè)的的A A點將質(zhì)量為點將質(zhì)量為m m、電荷量分別為、電荷量分別為q q和和-q(q0)-q(q0)的帶電小的帶電小球球M M、N N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球進先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球進入電場區(qū)域。并從該區(qū)域的右邊界離開。已知入電場區(qū)域。并從該區(qū)域的右邊界離開。已知N N離開電離開電場時的位置與場時的位置與A A點在同一高度；點在同一高度；M M剛離開電場時的動能剛離開電場時的動能為剛

39、進入電場時動能的為剛進入電場時動能的8 8倍，不計空氣阻力，重力加速倍，不計空氣阻力，重力加速度大小為度大小為g g，已知，已知A A點到左邊界的距離也為點到左邊界的距離也為L L。(1)(1)求該電場的電場強度大小。求該電場的電場強度大小。(2)(2)求小球射出的初速度大小。求小球射出的初速度大小。(3)(3)要使小球要使小球M M、N N離開電場時的位置之間的距離不超過離開電場時的位置之間的距離不超過L L，僅改變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足，僅改變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足的條件。的條件。【解析解析】(1)(1)小球在水平方向做勻速運動，則小球在電小球在水平方向做勻

40、速運動，則小球在電場區(qū)域內(nèi)、外的運動時間場區(qū)域內(nèi)、外的運動時間t t相同相同N N離開電場時的位置與離開電場時的位置與A A點在同一高度，即豎直位移為點在同一高度，即豎直位移為0 0，設，設N N在電場內(nèi)的加速度為在電場內(nèi)的加速度為a a，則有：，則有： 22y110gtv tat22解得：解得：a=3ga=3g 方向豎直向上方向豎直向上 由牛頓第二定律得：由牛頓第二定律得：qE-mg=3mgqE-mg=3mg解得：解得： 4mgEq(2)M(2)M在電場中的加速度：在電場中的加速度： 方向豎直向下方向豎直向下故故M M剛離開電場時的豎直分速度：剛離開電場時的豎直分速度：v vy y=gt+5

41、gt=6gt=gt+5gt=6gt又有小球在水平方向做勻速運動，設小球射出的初速又有小球在水平方向做勻速運動，設小球射出的初速度為度為v v0 0，則有：，則有： qEmga5gm0Ltv由由M M剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的8 8倍倍得：得： 解得：解得： 2222y0011m(vv )8mv(gt) 22g2222y0v(6gt)7v8(gt)222202004g Lv4(gt)vv2gL(3)M(3)M、N N進入電場前的運動一致，那么，進入電場前的運動一致，那么，M M、N N離開電場離開電場時的位置之間的距離：時的位置之間的距離： 解得

42、：解得： 故：故： 22211dgt t5gt(gt t3gt ) 4gtL22ggggLt4g0LLv2 gLtL4g答案：答案： 04mg(1)(2) 2gL(3)v2 gLq【觸類旁通觸類旁通】如圖所示，水平面如圖所示，水平面ABAB光滑，粗糙半圓軌光滑，粗糙半圓軌道道BCBC豎直放置。圓弧半徑為豎直放置。圓弧半徑為R R，ABAB長度為長度為4R4R。在。在ABAB上上方、直徑方、直徑BCBC左側(cè)存在水平向右、場強大小為左側(cè)存在水平向右、場強大小為E E的勻強電的勻強電場。一帶電量為場。一帶電量為+q+q、質(zhì)量為、質(zhì)量為m m的小球自的小球自A A點由靜止釋點由靜止釋放，經(jīng)過放，經(jīng)過B

43、 B點后，沿半圓軌道運動到點后，沿半圓軌道運動到C C點。在點。在C C點，小球點，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮閷壍赖膲毫Υ笮閙gmg，已知，已知 水平面和半圓軌水平面和半圓軌道均絕緣。求：道均絕緣。求：mgEq，(1)(1)小球運動到小球運動到B B點時的速度大小。點時的速度大小。(2)(2)小球運動到小球運動到C C點時的速度大小。點時的速度大小。(3)(3)小球從小球從B B點運動到點運動到C C點過程中克服阻力做的功。點過程中克服阻力做的功?！窘馕鼋馕觥?1)(1)小球從小球從A A到到B B，由動能定理得：，由動能定理得： 又：又： 聯(lián)立解得：聯(lián)立解得： 2B1qE 4Rmv02gmg

44、EqBv8gR(2)(2)小球運動到小球運動到C C點，由牛頓第二定律得：點，由牛頓第二定律得： 解得：解得： 2Cv2mgmRCv2gR(3)(3)小球從小球從B B運動到運動到C C點的過程，由動能定理得：點的過程，由動能定理得： 解得：解得：W Wf f=mgR=mgR答案：答案： 22fCB11W2mgRmvmv22(1) 8gR(2) 2gR(3)mgR【提分秘籍提分秘籍】解決力電綜合問題的一般思路解決力電綜合問題的一般思路【加固訓練加固訓練】空間存在電場強度方向豎直向上的勻強電場，水平地空間存在電場強度方向豎直向上的勻強電場，水平地面上有一根細短管，與水平面之間的夾角為面上有一根細

45、短管，與水平面之間的夾角為3737，如，如圖所示，一略小于細短管直徑、質(zhì)量為圖所示，一略小于細短管直徑、質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為q q的帶正電小球，從水平地面上方一定高度處水平拋的帶正電小球，從水平地面上方一定高度處水平拋出，經(jīng)時間出，經(jīng)時間t t小球恰好無碰撞地落入細短管，已知細短小球恰好無碰撞地落入細短管，已知細短管到拋出點的水平距離為管到拋出點的水平距離為d d，重力加速度大小為，重力加速度大小為g g，取，取sin37sin37=0.6=0.6，cos37cos37=0.8=0.8，空氣阻力不計，求：，空氣阻力不計，求：(1)(1)小球拋出點與落地點間的高度差。小球拋出點與落地

46、點間的高度差。(2)(2)細短管所在位置與小球拋出點間的電壓細短管所在位置與小球拋出點間的電壓U U?！窘馕鼋馕觥?1)(1)由類平拋運動的特點知：由類平拋運動的特點知： y0vh3tan2tan2tan37hdvd8 ， (2)(2)由題意得：由題意得： 根據(jù)幾何關(guān)系得：根據(jù)幾何關(guān)系得： 對小球在空中運動的過程，由動能定理得：對小球在空中運動的過程，由動能定理得： 解得：解得： 答案：答案： 0dvt00v5vvcos37422011mghqUmvmv2222m 3gd9dU()q832t223m 3gd9d(1)d(2)()8q832t考點考點“等效法等效法”處理帶電粒子在電場和重力場中的

47、處理帶電粒子在電場和重力場中的運動運動【典題突破典題突破】【典例典例】如圖所示，絕緣光滑軌道如圖所示，絕緣光滑軌道ABAB部分是傾角為部分是傾角為3030的斜面，的斜面，ACAC部分為豎直平面上半徑為部分為豎直平面上半徑為R R的圓軌道，斜面的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E E、方向水平向右、方向水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為的勻強電場中?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m m的帶正電小球，電的帶正電小球，電荷量為荷量為 要使小球能安全通過圓軌道，在要使小球能安全通過圓軌道，在O O點點的速度應滿足什么條件。的速度應滿足什么條件。3mgq3E，【解題思維解題

48、思維】1.1.題型特征：帶電小球在電場和重力場中的圓周運動。題型特征：帶電小球在電場和重力場中的圓周運動。2.2.題型解碼：題型解碼：(1)(1)將電場力與重力的合力視為等效重力。將電場力與重力的合力視為等效重力。(2)(2)小球剛好做完整圓周運動的條件是在等效最高點等小球剛好做完整圓周運動的條件是在等效最高點等效重力提供向心力。效重力提供向心力。【解析解析】小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示：作用力，如圖所示：類比重力場，將電場力與重力的合力視

49、為等效重力類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mgmg，則：，則： 解得：解得：=30=30222 3mgmg(qE)(mg)3qE3tanmg3等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面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動。要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道上勻速運動。要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的的“等效最高點等效最高點”(D(D點點) )滿足滿足“等效重力等效重力”剛好提供向剛好提供向心力，則有：心力，則有： 2DmvmgR因因=30=30與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知 =2R=2R，令小球以最小初速度令小球以最小初速度

50、v v0 0運動，由動能定理得：運動，由動能定理得： 解得：解得： AD22D0112mg Rmvmv22010 3gRv3因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足：因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足： 答案：答案： 010 3gRv3010 3gRv3【觸類旁通觸類旁通】如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為緣軌道的圓心為O O，半徑為，半徑為r r，內(nèi)壁光滑，內(nèi)壁光滑，A A、B B兩點分兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為向右的勻強電場，一質(zhì)量為m m、

51、帶負電的小球在軌道內(nèi)、帶負電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動側(cè)做完整的圓周運動( (電荷量不變電荷量不變) )，經(jīng)過，經(jīng)過C C點時速度最點時速度最大，大，O O、C C連線與豎直方向的夾角連線與豎直方向的夾角=60=60，重力加速度，重力加速度為為g g。(1)(1)求小球所受的電場力大小。求小球所受的電場力大小。(2)(2)求小球在求小球在A A點的速度點的速度v v0 0為多大時，小球經(jīng)過為多大時，小球經(jīng)過B B點時對點時對圓軌道的壓力最小。圓軌道的壓力最小?！窘馕鼋馕觥?1)(1)小球在小球在C C點時速度最大，則電場力與重力點時速度最大，則電場力與重力的合力沿的合力沿DCDC方向，所

52、以小球受到的電場力的大小方向，所以小球受到的電場力的大小F=mgtan 60F=mgtan 60= mg= mg3(2)(2)要使小球經(jīng)過要使小球經(jīng)過B B點時對圓軌道的壓力最小，則必須點時對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過使小球經(jīng)過D D點時的速度最小，即在點時的速度最小，即在D D點小球?qū)A軌道點小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，則：的壓力恰好為零，則： 解得：解得： 在小球從圓軌道上的在小球從圓軌道上的A A點運動到點運動到D D點的過程中，由動能點的過程中，由動能定理得：定理得：2mgvmcos 60rv2gr 解得：解得：v v0 0=2 =2 答案：答案：(1) mg(1) mg(2)

53、2(2)2 22011mgr(1cos 60 )Frsin 60mvmv2232gr2gr【提分秘籍提分秘籍】“等效法等效法”應用的兩點關(guān)注應用的兩點關(guān)注1.1.等效重力的確定：等效重力的確定：將重力與電場力進行合成，如圖所示，則將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F F合合為等效重為等效重力場中的力場中的“重力重力”，g= g= 為等效重力場中的為等效重力場中的“等等效重力加速度效重力加速度”，F(xiàn) F合合的方向等效為的方向等效為“重力重力”的方向，的方向，即在等效重力場的即在等效重力場的“豎直向下豎直向下”方向。方向。Fm合2.2.物理最高點與幾何最高點：在物理最高點與幾何最高點：在“等效重力場等效重力場”中做中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題。小球能維持圓周運動的條件是運動的臨界速度問題。小球能