電容-帶電粒子在電場中的運(yùn)動

關(guān)于電容_帶電粒子在電場中的運(yùn)動第一頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二涉及受力分析、牛頓定律、功能關(guān)系;從涉及的運(yùn)動過程分析，包括電場中的加速、平衡和偏轉(zhuǎn);從考查方法的角度分析，涉及運(yùn)動的合成與分解法、正交分解法等等.分析近幾年的高考物理試卷可知，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動在高考中幾乎年年都考，題型全,難度大，特別是在計算題中，只要出現(xiàn)就一定是難度較大的綜合題.

知識梳理

一、靜電屏蔽

1.靜電感應(yīng)把金屬導(dǎo)體放在外電場E中，導(dǎo)體內(nèi)的自由電子由于受電場力作用而重新分布的現(xiàn)象叫做靜電感應(yīng).第二頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

2.靜電平衡導(dǎo)體中的自由電子不做定向移動時的狀態(tài)稱為靜電平衡狀態(tài).孤立的帶電體或處在電場中的感應(yīng)導(dǎo)體，當(dāng)達(dá)到靜電平衡時，具有以下特點：

(1)導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零.

(2)整個導(dǎo)體是等勢體.

(3)導(dǎo)體外部的電場線與導(dǎo)體表面垂直，表面場強(qiáng)不一定為零.

(4)靜電荷分布在導(dǎo)體的外表面，曲率半徑大的地方電荷的密度小，曲率半徑小的地方電荷的密度大.

3.靜電屏蔽在靜電屏蔽現(xiàn)象中，金屬網(wǎng)罩（或外殼）可以使罩內(nèi)第三頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二（空腔內(nèi)）不受外界電場的影響，如圖45-1甲所示.如果把金屬罩接地還可以使罩內(nèi)的帶電體對外界不發(fā)生影響，如圖45-1乙所示.

甲乙圖45-1

二、電容器

1.電容器的組成：兩個彼此絕緣又互相靠近的導(dǎo)體可構(gòu)成一個電容器.第四頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

2.電容C（1）定義：電容器所帶的電荷量Q（任一個極板所帶的電荷量的絕對值）與兩個極板間的電勢差U的比值叫做電容器的電容.電容表示電容器帶電本領(lǐng)的高低.（2）定義式：

3.平行板電容器的電容.（即平行板電容器的電容與兩板的正對面積成正比，與兩極板間的距離成反比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比）帶電平行板電容器兩極間的電場可認(rèn)為是勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度.第五頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

4.對電容器兩個公式的理解（1）公式：是電容的定義式，對任何電容器都適用.對一個確定的電容器，其電容已確定，不會隨其帶電荷量的改變而改變.（2）公式是平行板電容器的決定式，只對平行板電容器適用.

5.平行板電容器動態(tài)分析的問題主要有兩類

(1)電容器兩極板間的電勢差U保持不變.（與電源連接）

(2)電容器帶的電荷量Q保持不變.（與電源斷開）進(jìn)行討論的物理依據(jù)主要有三個:①平行板電容器的電容與兩極板間的距離d、正對面積S和介質(zhì)的介電常數(shù)ε間的關(guān)系為.第六頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二②平行板電容器的內(nèi)部電場是勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度.③電容器所帶的電荷量Q=CU.

6.計算平行板電容器兩極板間的電場強(qiáng)度的兩個公式（1）已知平行板電容器兩極板間的距離d和兩極板間的電壓U，則兩極板間的電場強(qiáng)度.（2）由和求出U，再代入公式，可得平行板電容器兩極板間的電場強(qiáng)度為.這表明在孤立的帶電平行板電容器在極板彼此遠(yuǎn)離或靠近的過程中，其內(nèi)部場強(qiáng)不會變化.

三、帶電粒子在電場中的運(yùn)動

1.帶電粒子在電場中的加速第七頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二帶電粒子在電場中加速，若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量.在勻強(qiáng)電場中，在非勻強(qiáng)電場中，以上公式對粒子做直線運(yùn)動或曲線運(yùn)動均適用.

2.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

(1)運(yùn)動狀態(tài)的分析帶電粒子僅受電場力作用，以初速度v0垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，粒子做類平拋運(yùn)動.

(2)處理方法垂直于場強(qiáng)方向做勻速直線運(yùn)動，即vx=v0，x=v0t，第八頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

ax=0平行于場強(qiáng)方向做勻加速直線運(yùn)動，即:

vy=at，

(3)基本公式

圖45-2如圖45-2所示，設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場的方向，進(jìn)入長為l、間距為d、電勢差為U的平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中.若不計粒子的重力，則可求出如下物理量：①粒子穿越電場的時間為t,粒子在垂直電場方向以v0做勻速直線運(yùn)動，由l=v0t，得.第九頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二第十頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二④帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)軌跡方程由x=v0t和可得:

.

3.兩個重要結(jié)論（1）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時速度方向的反向延長線交入射方向的延長線于電容器的中點（所以粒子都好像從電容器的中點沿直線射出）.（2）由靜止從同一電場U0加速后,從同一點垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場的任何帶電粒子都有相同的軌跡.第十一頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

四、帶電粒子在勻強(qiáng)電場和重力場的復(fù)合場中的運(yùn)動

1.由于帶電粒子在勻強(qiáng)電場中所受的電場力與重力都是恒力，因此對其的處理方法有兩種:（1）正交分解法：處理這種運(yùn)動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運(yùn)動的基本思想是類似的，可以將此復(fù)雜的運(yùn)動分解為兩個互相正交且比較簡單的直線運(yùn)動，且這兩個直線運(yùn)動的規(guī)律是我們所熟悉的;然后再按運(yùn)動合成的觀點去求復(fù)雜運(yùn)動中的相關(guān)物理量.（2）等效“重力”法：將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖45-3所示，則F合等效于“重力”,等效于“重力加速度”.

圖45-3第十二頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

F合的方向等效于“重力”的方向,即在重力場中豎直向下的方向.

2.在處理帶電粒子在電場（或磁場）中的運(yùn)動是否考慮重力的問題（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，一般都不考慮重力,除有說明或明確的暗示以外.（但并不忽略質(zhì)量）（2）帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或明確的暗示外,一般都不忽略重力.（3）題中未涉及確定重力方向的“水平”、“豎直”等關(guān)鍵詞時，一般不考慮重力，反之則很可能要考慮重力.第十三頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

五、示波器及類示波器問題

1.構(gòu)造及作用圖45-4所示是示波管的構(gòu)造原理圖.圖45-4（1）電子槍：發(fā)射并加速電子.（2）偏轉(zhuǎn)電極：YY′，使電子束豎直偏轉(zhuǎn)（加信號電壓）；XX′，使電子束水平偏轉(zhuǎn)（加掃描電壓）.第十四頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二（3）熒光屏：電子束打在熒光屏上能使該處的熒光物質(zhì)發(fā)光.

（4）玻璃殼：玻璃內(nèi)抽成真空.

2.原理：如圖45-5所示.

圖45-5

(1)YY′的作用：被電子槍加速的電子在YY′的電場中做勻變速曲線運(yùn)動，出電場后做勻速直線運(yùn)動打到熒光屏上，出現(xiàn)亮斑，可推得在豎直方向的偏移量第十五頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二若信號電壓u=Umsinωt（一般來說周期會遠(yuǎn)大于電子在電場中的時間隨信號電壓同步變化，但由于視覺暫留和熒光物質(zhì)的殘光特性，只能看到一條豎直的亮線.（2）XX′的作用：同理可得亮斑在水平方向上的偏移量隨加在XX′上的電壓的變化而變化.若所加的電壓為特定的周期性變化電壓，則亮斑在水平方向來回運(yùn)動——掃描.如果掃描電壓變化很快，亮斑看起來便為一條水平的亮線.

3.在XX′和YY′兩端同時加上等周期的掃描電壓和信號電壓時，在熒光屏上得到信號電壓隨時間的變化圖象（若信號電壓為u=Umsinωt，掃描電壓如圖45-6所示,且，則得到一條正弦曲線），它類同于質(zhì)點振動時的振動圖象.第十六頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二圖45-6

基礎(chǔ)自測

1.（2009年福建理綜卷）如圖45-7所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地.一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（）

A.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動第十七頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

B.P點的電勢將降低

C.帶電油滴的電勢能將減少

D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大圖45-7

【解析】本題借助平行板電容器綜合考查了電場,涉及電勢、電勢能、電容、帶電粒子在電場中的運(yùn)動等各項知識點,尤其C選項迷惑性大,特別易錯.電容器始終與電源連接,其兩端的電壓U始終保持不變,上極板上移意味著板間距離d增大,第十八頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二由可知E減小,電場力F=qE也減小，且小于重力,所以粒子將向下運(yùn)動,A選項錯誤；設(shè)P點離下極板的距離為x,則，可知其電勢降低,B選項正確；電勢能E0=qφ不僅和電勢的高低有關(guān)，還和帶電粒子的正負(fù)及其電荷量有關(guān),油滴帶負(fù)電,φ減小,E0反而要增加,C選項錯誤；由可知電容C減小,由Q=CU可知電荷量Q也將減小,D選項錯誤.

【答案】B

2.（2009年四川理綜卷）如圖45-8所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度v1從M點沿斜面上滑，到達(dá)N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2（v2＜v1）.若小物體電荷量保持不變，OM=ON，則（）第十九頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

A.小物體上升的最大高度為

B.從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小

C.從M到N的過程中，電場力對小物體先做負(fù)功后做正功

D.從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小

圖45-8

【解析】設(shè)斜面傾角為θ，小物體上升過程沿斜面運(yùn)動的最大距離為L.因為OM＝ON,則M、N兩點電勢相等,小物體從M到N、從N到M電場力做功均為0.上滑和下滑經(jīng)過同一個位第二十頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二垂直斜面方向上電場力的分力相等,則經(jīng)過相等的一小段位移，在上滑和下滑過程中電場力分力對應(yīng)的摩擦力所做的功均為相等的負(fù)功,所以上滑和下滑過程克服電場力產(chǎn)生的摩擦力所做的功相等，設(shè)為W1.在上滑和下滑過程中,對小物體應(yīng)用動能定理有：-mgLsinθ-μmgL-mgLsinθ-μmgLcosθ-W1=

聯(lián)立兩式可得Lsinθ＝,A對；由OM＝ON,可知電場力對小物體先做正功后做負(fù)功,電勢能先減小后增大,B、C錯；從N到M的過程中,小物體受到的電場力垂直斜面的分力先增大后減小,而重力分力不變,小物體受到的垂直斜面向上的彈力先增大后減小,則摩擦力先增大后減小,在此過程中小物體到O的距離先減小后增大,根據(jù)庫侖定律可知小物體受到的電場力第二十一頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二先增大后減小,D對.

【答案】AD

3.（2010年襄樊五中模擬）如圖45-9所示,在粗糙水平面上固定一點電荷Q,在M點無初速度釋放一帶有恒定電荷量的小物塊,小物塊在點電荷Q的電場中運(yùn)動到N點靜止.則從M運(yùn)動到N點的過程中(

)

A.小物塊所受電場力逐漸減小

B.小物塊具有的電勢能逐漸減小圖45-9

C.M點的電勢一定高于N點的電勢

D.小物塊電勢能變化量的大小一定等于克服摩擦力做的功第二十二頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

【解析】由題目所提供的信息可知,小物塊與點電荷Q帶同種電荷,小物塊遠(yuǎn)離Q時,小物塊所在處的場強(qiáng)變小,所受電場力變小,小物塊從M→N,電場力做正功,電勢能減小,因不知固定點電荷的帶電性質(zhì),故不能判定M、N兩點電勢高低；據(jù)功能關(guān)系和題目條件,電場力做的功即電勢能的變化量,其大小一定等于克服摩擦力做的功,故A、B、D正確.

【答案】ABD創(chuàng)新·方法探究提煉方法展示技巧

題型方法

一、電容器內(nèi)場強(qiáng)變化的問題

例1如圖45-10所示，是加速傳感器的一部分，它由支承梁1和固定板3組成器C1，由支承梁1和固定板3組成另一電第二十三頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二容器C2，兩電容器串聯(lián)連接.板2、3固定在絕緣殼體4上，支承梁1通過彈簧也固定在殼體4上.保持C1、C2所帶電荷量相等.現(xiàn)將此傳感器置于某載體中，當(dāng)載體靜止時，兩電容器的電容相等，兩電容器的電壓值相等，當(dāng)載體向上加速運(yùn)動時（）

A.C1的電容變小，板1和板2間的電壓變大

B.C1的電容變大，板1和板2間的電壓變大

C.C2的電容變小，板1和板3間的電壓變大

D.C2的電容變大，板1和板3間的電壓變大

圖45-10第二十四頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

【解析】當(dāng)載體加速向上時，彈簧被壓縮，即1、2極板間的間距增大，1、3板的間距減小.由可得，C1變小，U12變大,C2變大，U13變小.

【答案】A

【點評】

為平行板電容器的決定式，為電容器的定義式.

方法概述

討論平行板電容器內(nèi)部電場強(qiáng)度的變化時，首先要弄清楚充電電容器是電荷量一定，還是電壓一定.若所在電路連通，則U一定，可根據(jù)來討論場強(qiáng)E的變化情況；若充電后斷開所接電路，則Q一定，應(yīng)根據(jù)來討論場強(qiáng)E的變化情況.第二十五頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

二、帶電粒子在電場中的加速

例2（2007年重慶理綜卷）飛行時間質(zhì)譜儀可通過測量離子的飛行時間得到離子的比荷.如圖45-11甲所示，帶正電離子的經(jīng)電壓為U的電場加速后進(jìn)入長度為L的真空管AB中，可測得離子飛越AB所用的時間t1.改進(jìn)以上方法，如圖45-11乙所示，讓離子飛越AB后進(jìn)入場強(qiáng)為E（方向如圖）的勻強(qiáng)電場區(qū)域BC，在電場的作用下離子返回B端，此時，測得離子從A出發(fā)后飛行的總時間t2.（不計離子重力）

(1)忽略離子源中離子的初速度，①用t1計算離子的比荷；②用t2計算離子的比荷.

(2)離子源中相同比荷的離子的初速度不盡相同，設(shè)兩個比荷都為的離子在A端的速度分別為v和v′（v≠v′），第二十六頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二在改進(jìn)后的方法中，它們飛行的總時間通常不同，存在時間差Δt，可通過調(diào)節(jié)電場E，使Δt=0，求此時E的大小.甲乙圖45-11

【解析】(1)①設(shè)離子帶的電荷量為q，質(zhì)量為m，經(jīng)電場加速后的速度為v，則:第二十七頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二離子飛越真空管AB做勻速直線運(yùn)動，則:L=vt1由上述兩式解得:離子的比荷.②離子在勻強(qiáng)電場區(qū)域BC中做往返運(yùn)動，設(shè)加速度為a，則:解得:離子的比荷.

(2)兩離子的初速度分別為v、v′，則:第二十八頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二要使Δt=0,則需所以

【答案】(1)①②

(2)

【點評】本題介紹了一種新型質(zhì)譜儀，利用時間來測定粒子的比荷,但其測量原理卻是我們很熟悉的帶電粒子在電場中的加速、減速、勻速等直線運(yùn)動.同時要求把豎直上拋運(yùn)動的對稱性遷移到帶電粒子的運(yùn)動中.第二十九頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

方法概述

帶電粒子在電場中的加速（減速）問題可以運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律來求解，但一般用動能定理來求解更方便些.若不計粒子的重力,則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量,即.該式對粒子在勻強(qiáng)電場（或非勻強(qiáng)電場）中做直線運(yùn)動（或曲線運(yùn)動）適用.

三、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

例3

在一場強(qiáng)E=100V/m、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一塊水平放置的足夠大的接地金屬板，在金屬板的正上方高h(yuǎn)=0.8m處有一個小的放射源放在一端開口的鉛盒內(nèi)，如圖45-12甲所示.放射物以v0=200m/s的初速度向水平面以下各個方向均勻地釋放質(zhì)量m=2×10-15kg、電荷量q=+10-12C第三十頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二的帶電粒子，粒子最后落在金屬板上.(不計粒子重力)（1）求在下落過程中電場力對粒子做的功.（2）求粒子打在板上的動能.（3）畫出粒子大致的軌跡和最后落在金屬板上形成的圖形.（4）計算此圖形面積的大小.

圖45-12甲

【解析】（1）W=qEh

=100×10-12×0.8J=8×10-11J.第三十一頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二（2）W=Ek2-Ek1

Ek2=8×10-11+2×10-15×

J=1.2×10-10J.（3）粒子大致的軌跡和最后落在金屬板上所形成的圖形如圖45-12乙所示,圖形的外表面由水平射出的帶電粒子的軌跡圍成.（4）根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律得：代入數(shù)據(jù)解得：t=5.66×10-3s圖45-12乙的圓半徑r=v0t=1.13m圓面積S=πr2=4.0m2.

【答案】(1)8×10-11J（2）1.2×10-10J（3）如圖45-12乙所示（4）4.0m2

圖45-12乙第三十二頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

方法概述

當(dāng)帶電粒子僅受電場力作用，以初速度v0垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時，粒子做類平拋運(yùn)動.帶電粒子在垂直于場強(qiáng)方向做勻速直線運(yùn)動,在平行電場方向做勻加速直線運(yùn)動.同學(xué)們在學(xué)習(xí)過程中不要死記公式，要掌握公式的推導(dǎo)方法，但記住一些推論對提高解題速度還是有幫助的.如:（1）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時速度的反向延長線交入射方向的延長線于電容器的中心（所以粒子都好像從電容器中點沿直線射出）;（2）由靜止從同一電場U0加速后從同一點垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場的任何帶電粒子有相同的軌跡.第三十三頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

變式訓(xùn)練

示波器是一種常見的電學(xué)儀器,可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓隨時間的變化情況.如圖45-13甲所示,電子經(jīng)電壓u1加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場.下列關(guān)于所加豎直偏轉(zhuǎn)電壓u2、水平偏轉(zhuǎn)電壓u3與熒光屏上所得的圖形的說法中，正確的是（）圖45-13甲

A.如果只在u2上加上如圖45-13乙所示的電壓,則在熒光屏上看到的圖形如圖1所示第三十四頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

B.如果只在u3上加上如圖45-13丙所示的電壓,則在熒光屏上看到的圖形如圖2所示

C.如果同時在u2和u3上分別加上如圖45-13乙、丙所示的電壓,則在熒光屏上看到的圖形如圖3所示

D.如果同時在u2和u3上分別加上如圖45-13乙、丙所示的電壓,則在熒光屏上看到的圖形如圖4所示

圖45-13

丁第三十五頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

【解析】根據(jù)示波管的原理可判斷選項A、B、D正確.

【答案】ABD

高考排雷

例如圖45-14甲所示,一擺球的質(zhì)量為m，帶正電荷量為q,擺長為L,固定在O點.勻強(qiáng)電場方向水平向右,場強(qiáng)

,擺球的平衡位置在C點,與豎直方向的夾角為θ.開始時讓擺球位于與O點處于同一水平位置的A點,且擺繩拉直,然后無初速度釋放擺球,求擺球在C點時的速度及此時擺繩對球拉力的大小.(結(jié)果用m、g、L表示)

圖45-14甲第三十六頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

【錯解】很多同學(xué)在求解這道題時，對全過程進(jìn)行整體思維.設(shè)質(zhì)點到達(dá)C點時的速度為v，因擺球受到重力和電場力的作用，則這兩個力的合力,與場強(qiáng)的夾角為45°，根據(jù)能量守恒定律可得：

解得：設(shè)擺球在C點的繩對擺球的拉力為T，則:

解得：.

【剖析】這些同學(xué)沒有弄清楚物理過程，擺球先沿直線勻加速運(yùn)動到O點的正下方B點,繩恰好拉直繃緊，此瞬時過程有機(jī)械能的損失，再接著由B到C做圓周運(yùn)動.所以擺球由A到第三十七頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二C的過程機(jī)械能是不守恒的.

【正解】如圖45-14乙所示，擺球在合力F0的作用下沿AB方向做勻加速運(yùn)動.設(shè)運(yùn)動到B點時的速度大小為vB,則:（B點在O點正下方向）解得:

圖45-14乙達(dá)到B點后，繩迅速繃緊，擺球沿繩方向上的動量損失，擺球只獲得水平方向的速度vB′.

vB′=vBcos45°=第三十八頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

設(shè)擺球擺到C點的速度為vC，這里θ=45°，則根據(jù)動能定理有：

qELsinθ-mgL(1-cosθ)=mvC2-mvB′2解得：設(shè)在C點時繩對擺球的拉力為T，則有:

T-F0=m解得：T=.

【答案】

體驗成功

1.（2009年黃岡3月模擬）圖45-15所示的電路可將聲音信號轉(zhuǎn)化為電信號.該電路中,b是固定不動的金屬板,a是能在聲波驅(qū)動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜,a、b構(gòu)成了第三十九頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二一個電容器,且通過導(dǎo)線與恒定電源兩極相接.若聲源S做簡諧運(yùn)動,則a振動過程中(

)

圖45-15

A.a、b板之間的電場強(qiáng)度不變

B.a、b板所帶的電荷量不變

C.電路中始終有方向不變的電流

D.向右位移最大時,電容器電容最大

【解析】a在聲波驅(qū)動下沿水平方向振動,則a、b兩板之間的距離發(fā)生周期性的變化,由于電容器始終連接在電源上,第四十頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二因此兩板間的電壓保持不變,則由可知，a、b板之間的電場強(qiáng)度隨a、b兩板之間的距離變化而變化,所以A錯；由可知電容C發(fā)生周期性的變化,則由Q=CU可知a、b兩板所帶的電荷量也發(fā)生周期性的變化,不斷地進(jìn)行充、放電,電路中有方向不斷變化的電流,所以B、C均錯；向右位移最大時,兩板間距離最小,由可知電容器電容最大,所以D正確.

【答案】D

2.

（2009年武漢4月調(diào)考）如圖45-16所示,空間的虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)電場,AA′、BB′、CC′是該電場的三個等勢面,相鄰等勢面間的距離為0.5cm,其中BB′為零勢面.一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子沿AA′方向以初動能Ek自圖中的P點進(jìn)入電場,剛好從C′點離開電場.已知PA′=2cm,粒子的重力忽略不計,下第四十一頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二列說法中正確的是(

)

圖45-16

A.該粒子通過零勢面時的動能是1.25Ek

B.該粒子在P點時的電勢能是0.5Ek

C.該粒子到達(dá)C′點時的動能是2Ek

D.該粒子到達(dá)C′點時的電勢能是0.5Ek

【解析】粒子從P點進(jìn)入電場到從C′點離開電場的運(yùn)動是類平拋運(yùn)動,水平方向有PA′=v0t，豎直方向有A′C′=

,則結(jié)合已知條件可知vy=v0,所以粒子在C′點的速度為,第四十二頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二則該粒子到達(dá)C′點時的動能是2Ek；設(shè)相鄰兩等勢面間的電勢差為U,則由P到C′的過程中,由動能定理有,2qU＝2ΔEk=Ek,所以qU＝ΔEk=0.5Ek,即表明C′點的電勢能為－0.5Ek,所以C′點的電勢能與動能之和為1.5Ek,且粒子在運(yùn)動過程中只有電場力做功,所以電勢能與動能之和保持1.5Ek不變,由此可知該粒子通過零勢面時的動能是1.5Ek；該粒子在P點時的動能是Ek,所以在P點時的電勢能是0.5Ek.綜上可知,B、C為正確選項.

【答案】BC

3.（2009年昆明調(diào)研）一個平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，兩極板間有一正電荷（電荷量少）固定在P點，如圖45-17所示.以E表示兩極板間的場強(qiáng)，U表示電容器兩極板間的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能.若保持負(fù)第四十三頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，那么（）

圖45-17

A.U變小，E不變B.E變大，W變大

C.U變小，W不變D.U不變，W不變

【解析】平行板電容器與電源斷開后電荷量保持恒定，由E∝知,它們之間的場強(qiáng)不變，極板間的電壓U=Ed變小，正電荷在P點的電勢能W=q·

P=qE·dP不變.

【答案】AC第四十四頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

4.（2009年重慶一中月考）如圖45-18所示，K為電子發(fā)射極，剛發(fā)出的電子速度可以忽略不計.左邊的非勻強(qiáng)電場使電子加速，右邊的勻強(qiáng)電場使電子減速，設(shè)非勻強(qiáng)電場的電壓為U,勻強(qiáng)電場的電壓為U′，則(

)

圖45-18

A.只要U′＜U，電流計的指針就不偏轉(zhuǎn)

B.只要U′＞U，電流計的指針就不偏轉(zhuǎn)

C.只要U′=U，電場力對電子做的總功為零第四十五頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

D.只要U′=U，電場力對電子做的總功不為零

【解析】根據(jù)動能定理可知,當(dāng)eU-eU′=

mv2＞0時，就有電子到達(dá)最右邊的極板，電流表的指針就會偏轉(zhuǎn).

【答案】BC

5.（2009年福建南平一中模擬）如圖45-19甲所示,兩塊金屬板A、B彼此平行放置組成一平行板電容器，板間距離為d,兩板分別帶有等量異種電荷，且A板帶正電，兩板中間有一帶負(fù)電的油滴P，當(dāng)兩板水平放置時，油滴恰好平衡.若把兩板傾斜60°，把油滴從P靜止釋放，油滴可以打在金屬板上，問：（1）油滴將打在哪塊金屬板上（2）油滴打在金屬板上的速率是多少

第四十六頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

【解析】（1）平行極板傾斜后油滴的受力分析如圖45-19乙所示可知合外力方向與豎直方向成60°角偏左故油滴將打在A板上.圖45-19

（2）由上可知油滴所受的合外力F合=mg運(yùn)動的加速度a=g,運(yùn)動的位移s=

=d可解得油滴到達(dá)A板的速率大小v=

=.

【答案】（1）A板（2）第四十七頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

6.（2009年江西九江模擬）圖45-20甲為電子顯示儀器（如示波器）的核心部件的示意圖.左邊部分為加速裝置，陰極產(chǎn)生的熱電子由靜止開始經(jīng)過U1=1000V的加速電壓加速后，從左端中心進(jìn)入極板長l1=0.20m、間距d=0.020m、電壓為U2的偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域（極板正對面之間區(qū)域為勻強(qiáng)電場，忽略邊緣效應(yīng)），距偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域左端l2=0.15m的位置是熒光屏，電子打在熒光屏上能夠顯示出光斑.當(dāng)U2=0時光斑正好在屏的中心.設(shè)熒光屏足夠大.（1）若U2為穩(wěn)定電壓，試推導(dǎo)光斑在熒光屏上相對中心的偏移量Y的表達(dá)式.（2）若U2=0.1t2V，在什么時間內(nèi)熒光屏上有光斑出現(xiàn)？光斑做什么運(yùn)動？（已知電子的質(zhì)量me=9.1×10-31kg,電荷量第四十八頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二e=1.6×10-19C）

圖45-20甲

【解析】（1）解法一設(shè)電子從加速電場中出來的速度為v0，由動能定理：

mv02=eU1如圖45-20乙所示，將電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動沿v0方向和電場線方向分解，設(shè)電子沿電場線方向的位移為y，有：

圖45-20乙第四十九頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

y=at2=··t2在v0方向上，有：l1=v0t可解得：y=再設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時速度方向與v0方向的夾角為θ，有：tanθ=故光斑的偏移量Y=y+l2·tanθ=(+l2)代入數(shù)據(jù)可得：Y=1.25×10-3U2.解法二設(shè)電子從加速電場中射出的速度為v0，由動能定理有：

mv02=eU1再設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場右端射出時速度方向與v0方向的夾第五十頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二角為θ，有：

tanθ=又因為射出方向的反向延長線與初速度v0方向線交于偏轉(zhuǎn)電場的中心故：Y=（+l2)·tanθ=1.25×10-3U2.（2）將電子的質(zhì)量和電荷量代入（1）中相關(guān)式子可知，電子在偏轉(zhuǎn)電場中穿過的時間極短，故每個電子在電場中通過時，偏轉(zhuǎn)電壓U2可看做不變.設(shè)t時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子將恰好打在極板的右端，即：

將U2=0.1t2V代入=得t==第五十一頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

所以光斑在0～內(nèi)向下做勻加速運(yùn)動.

【答案】（1）1.25×10-3U2

（2）0～內(nèi)光屏上有光斑出現(xiàn)，向下做勻加速運(yùn)動金典·預(yù)測演練

經(jīng)典創(chuàng)新展望高考

1.如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)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，則（）第五十二頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

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(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的右邊緣飛出，帶電粒子所做的運(yùn)動是類平拋運(yùn)動.豎直方向上的分運(yùn)動是初速度為零的勻加速運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)知識知，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)，第五十三頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二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.傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示為測定壓力的電容式傳感器，將電容器、零刻度在中間的靈敏電流計和電源串聯(lián)成閉合回路.當(dāng)壓力F作用于可動膜片電極上時膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，導(dǎo)致靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn).從對膜片施加壓力（壓力緩慢增至某一定值）開始到膜片穩(wěn)定，靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)情況為（已知電流從電流表正接線柱流入時指針向右偏）（）第五十四頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

A.向左偏到某一刻度后回到零刻度

B.向右偏到某一刻度后回到零刻度

C.向右偏到某一刻度后不動

D.向左偏到某一刻度后不動

【解析】由題意可知，電容器始終與電源相連，所以兩極板間的電壓U不變，壓力F作用于可動膜片電極上時，相當(dāng)于兩極板間距離d減小，電容C=增大，由C=可知，兩極板帶電量增加，即對電容器有一短暫的充電過程，又因為上極板帶正電，所以靈敏電流計指針向右偏；當(dāng)壓力使膜片穩(wěn)定后，電容不變，兩極板帶電量不變，電流計指針重新回到零刻度處.綜上所述，選項B正確.

【答案】B第五十五頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

3.（2008年寧夏理綜卷）如圖所示,C為中間插有電介質(zhì)的電容器,a和b為其兩極板，a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板,在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導(dǎo)線相連,Q板接地.開始時懸線靜止在豎直方向,在b板帶電后,懸線偏轉(zhuǎn)了角度α.在下列方法中,能使懸線的偏角α變大的是（）

A.縮小a、b間的距離

B.加大a、b間的距離

C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì)

D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì)第五十六頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

【解析】由圖可知UPQ=Uba，P、Q極板之間的電場強(qiáng)度，故電容器C帶電荷量一定時：加大a、b間距能使Uba、UPQ變大，P、Q之間的場強(qiáng)對帶電小球的電場力增大，α角變大，選項B正確.減小電介質(zhì)的介電系數(shù)或抽出電介質(zhì)，可使Uba、UPQ變大，P、Q之間的場強(qiáng)以及對帶電小球的電場力增大，α角變大，故選項C正確.

【答案】BC

4.如圖所示，平行板電容器的一個極板與滑動變阻器的滑動端C相連接.電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場.在保證電子還能穿出平行板間電場的情況下，若使滑動變阻器的滑動端C上移，則關(guān)于電容器極板上所帶電荷量Q和電子穿越平行板所需的時間t的說法中，正確的是（）第五十七頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

A.電荷量Q增大，時間t也增大

B.電荷量Q不變，時間t增大

C.電荷量Q增大，時間t不變

D.電荷量Q不變，時間t也不變

【解析】電子穿越平行板電容器的時間,與極板之間的電壓無關(guān)，當(dāng)C上移時，UC增大Q=C·UC變大，故選項C正確.

【答案】C第五十八頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

5.示波器的示波管可以視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，如圖所示.若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L，板間距為d,且電子被加速前的初速度可忽略,定義電子從偏轉(zhuǎn)極板右端射出時的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)電壓的比值為示波器的靈敏度，則關(guān)于示波器的靈敏度與加速電場、偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系，下列說法正確的是（）

A.L越大，靈敏度越高B.d越大，靈敏度越高

C.U1越大，靈敏度越小D.靈敏度與U2無關(guān)

【解析】由題意知:第五十九頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

可得靈敏度,選項A、D正確.

【答案】AD

6.如圖所示，質(zhì)子、氘核和α粒子（均不計重力）都沿平行板電容器兩板中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強(qiáng)電場，且都能射出電場，射出后都打在同一個熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點.若微粒打到熒光屏的先后不能分辨，則下列說法正確的是（）

A.若它們射入勻強(qiáng)電場時的速度相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點第六十頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

B.若它們射入勻強(qiáng)電場時的動能相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)1個亮點

C.若它們射入勻強(qiáng)電場時的動量相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點

D.若它們是經(jīng)同一個加速電場由靜止加速后射入偏轉(zhuǎn)電場的，則在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點

【解析】選取

H、H、He中的任意一微粒為研究對象，微粒在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移為：通過判定選項C、D正確.

【答案】CD

7.如圖所示，在O點放置一個正電荷，而在過O點的豎直第六十一頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二平面內(nèi)的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球落下的軌跡如圖中的虛線所示，它與以O(shè)點為圓心、R為半徑的圓相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC=30°，A距OC的高度為h，若小球通過B點的速度為v，則下列敘述正確的是(

)

A.小球通過C點的速度大小為

B.小球通過C點的速度大小為

C.小球由A到C電場力做的功為mgh-mv2

D.小球由A到C電場力做的功為mv2+mg(

-h)第六十二頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

【解析】由于B、C在同一等勢面上，故從B到C電場力不做功.從B到C只有重力做功，故有：mC2=

mvB2+mghBC即mvC2=

mv2+mgRsin

30°得：vC=從A到C由動能定理有：mvC2=mgh+WAC解得：WAC=

mv2+mg(

-h),故選項B、D正確.

【答案】BD

8.（2007年廣東物理卷）平行板間有如圖所示的周期變化的電壓.重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t=0時刻開始將其釋放，運(yùn)動過程無碰板情況，能正確定性描述粒子運(yùn)動的速度圖象的是（）第六十三頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二ＡＢＣＤ

【解析】在0～時間內(nèi)帶電粒子正向做勻加速運(yùn)動，在～T時間內(nèi)帶電粒子正向做勻減速運(yùn)動，直至T時刻速度降至零，以后各周期重復(fù)這一運(yùn)動過程，選項A正確.

【答案】A第六十四頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二

9.如圖甲所示,在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力）,當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后,下列圖象中能正確反映電子速度v、位移x、加速度a和動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是（）

【解析】根據(jù)電子的受力情況很容易得出選項A正確，甲第六十五頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二而x-t、a-t、Ek-t圖象分別如下：

【答案】A

10.靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費(fèi)少、質(zhì)量好、有利于工人健康等優(yōu)點,其裝置原理圖如圖所示.A、B為兩塊平行金屬板,間距d=0.40m,兩板間有方向由B指向A、場強(qiáng)E=1.0×103

N/C的勻強(qiáng)電場.在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P,油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒,油漆微粒的初速度v0=2.0m/s,質(zhì)量m=5.0×10-15kg,電荷量q=-2.0×10-16C,微粒的重力和所受空氣阻力均不計,油漆第六十六頁，共七十五頁，編輯于2023年，星期二微粒最后都落在金屬板B上.試求：（1）油漆微粒打在B板上的動能.（2）油漆微粒最后落在B板上所形成的圖形及其面積的大小.

【解析】（1）據(jù)動能定理有：W=|qEd|=EkB-EkA解得:微粒打在B板上時動能EkB=9.0×10-14J.（2）微粒落在B板上所形成的圖形為圓面初速度沿極板方向的油漆