高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題十二 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-人教版高三全冊(cè)物理試題

專題十二電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考綱解讀章內(nèi)容考試要求說明必考加試靜電場(chǎng)電容器的電容bc1.不要求應(yīng)用平行板電容器電容的決定式進(jìn)行計(jì)算．2．示波管問題的分析與計(jì)算不涉及兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極同時(shí)加電壓的情形．3．解決帶電粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問題只限于垂直電場(chǎng)方向入射且偏轉(zhuǎn)電極加恒定電壓的情形.帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)bd一、電容器的電容1．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)帶電量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值．(3)電容器的充電、放電①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(chǔ)存電場(chǎng)能．②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．電容(1)公式①定義式：C＝eq\f(Q,U).②推論：C＝eq\f(ΔQ,ΔU).(2)電容與電壓、電荷量的關(guān)系：電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定，與電壓、電荷量無關(guān)．不隨Q變化，也不隨電壓變化．3．平行板電容器及其電容(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對(duì)面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比．(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量．εr為相對(duì)介電常數(shù)，與電介質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)．二、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．加速問題：若不計(jì)粒子的重力，則電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子的動(dòng)能的增量．(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).(2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．偏轉(zhuǎn)問題：(1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)．(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：類平拋運(yùn)動(dòng)．(3)處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解．①沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)．②沿電場(chǎng)力方向：做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)．3．示波管的構(gòu)造：①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏．(如圖1所示)圖11．電容器是一種常用的電子元件．下列對(duì)電容器認(rèn)識(shí)正確的是()A．電容器的電容表示其儲(chǔ)存電荷的能力B．電容器的電容與它所帶的電量成正比C．電容器的電容與它兩極板間的電壓成正比D．電容器的常用單位有μF和pF,1μF＝103pF答案A解析由電容的物理意義知A正確．電容定義式為C＝eq\f(Q,U)，但C跟Q和U無關(guān)，僅跟電容器本身特征量有關(guān)；1μF＝106pF.B、C、D都錯(cuò)．2．(2015·浙江學(xué)考模擬)如圖2為可變電容器，由一組動(dòng)片和一組定片組成，這兩組金屬片之間是互相絕緣的，動(dòng)片旋入得越多，則()圖2A．正對(duì)面積越大，電容越大B．正對(duì)面積越大，電容越小C．動(dòng)片、定片間距離越小，電容越大D．動(dòng)片、定片間距離越小，電容越小答案A解析可變電容器動(dòng)片旋入得越多，正對(duì)面積越大．由平行板電容器的電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容器的正對(duì)面積越大，電容越大，A項(xiàng)正確．3．一個(gè)已充電的電容器，若使它的電荷量減少3×10－4C，則其電壓減少為原來的eq\f(1,3)，則()A．電容器原來的電荷量為9×10－4CB．電容器原來的電荷量為4.5×10－4CC．電容器原來的電壓為1VD．電容器的電容變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,3)答案B解析由C＝eq\f(ΔQ,ΔU)得ΔQ＝C·ΔU＝C(U－eq\f(1,3)U)＝eq\f(2,3)CU＝eq\f(2,3)Q，Q＝eq\f(3×ΔQ,2)＝eq\f(3×3×10－4,2)C＝4.5×10－4C，選項(xiàng)A錯(cuò)，B對(duì)；因電容器的電容不知，所以無法求出電容器原來的電壓，選項(xiàng)C錯(cuò)；電容器的電容由電容器本身決定，跟電壓和電荷量的變化無關(guān)，所以電容器的電容不變，選項(xiàng)D錯(cuò)．4．電場(chǎng)中，初速度為零的帶正電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中僅在電場(chǎng)力作用下，運(yùn)動(dòng)方向正確的是()答案D5．如圖3所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)圖3A．2倍B．4倍C.eq\f(1,2)倍D.eq\f(1,4)倍答案C解析第一次d＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,md)(eq\f(L,v0))2，第二次d′＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,md′)(eq\f(L,2v0))2，兩式相比可得d′＝eq\f(d,2)，所以選項(xiàng)C正確.電容器的動(dòng)態(tài)分析1．對(duì)公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)．2．兩種類型的動(dòng)態(tài)分析思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化．例1如圖4所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S，增大兩極板間的距離時(shí)，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢(shì)差U及場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況是()圖4A．Q變小，C不變，U不變，E變大B．Q變小，C變小，U不變，E變小C．Q不變，C變小，U變大，E不變D．Q不變，C變小，U變小，E無法確定答案C解析由充電后斷開電源知，電容器的電荷量不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)；由C＝eq\f(εrS,4πkd)知增大兩極板間的距離時(shí)，電容C減小，由C＝eq\f(Q,U)知，U增大；兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可見當(dāng)增加兩板間距時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，選項(xiàng)C對(duì)，D錯(cuò)．電容器動(dòng)態(tài)問題的分析技巧1．抓住不變量，弄清楚是電容器的電荷量不變還是電壓不變．2．根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式分析電荷量或電壓的變化，最后分析電場(chǎng)強(qiáng)度的變化．變式題組1．一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢(shì)差U的變化情況是()A．C和U均增大 B．C增大，U減小C．C減小，U增大 D．C和U均減小答案B解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，S和d不變，插入電介質(zhì)時(shí)，εr增大，電容增大，由C＝eq\f(Q,U)可知：Q不變時(shí)，C增大，則兩板間的電勢(shì)差U一定減小，故選B.2．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖5)．設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ.實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若()圖5A．保持S不變，增大d,則θ變大B．保持S不變，增大d，則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不變答案A解析靜電計(jì)指針偏角體現(xiàn)電容器兩極板間電壓大?。谧鲞x項(xiàng)所示的操作中，電容器上電荷量Q保持不變，C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd).保持S不變，增大d，則C減小，U增大，偏角θ增大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；保持d不變，減小S，則C減小，偏角θ也增大，故選項(xiàng)C、D均錯(cuò)．帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運(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上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)．2．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1.例2(2014·海南高考)如圖6所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中．當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為()圖6A.eq\f(l,d)gB.eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)gD.eq\f(d,d－l)g答案A解析帶電粒子在電容器兩極板間時(shí)受到重力和電場(chǎng)力的作用，最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，由二力平衡條件可得：mg＝qeq\f(U,d－l)；當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電壓不變，但兩極板間的距離發(fā)生了變化，引起電場(chǎng)強(qiáng)度發(fā)生了變化，從而電場(chǎng)力也發(fā)生了變化，粒子受力不再平衡，產(chǎn)生了加速度，根據(jù)牛頓第二定律ma＝mg－qeq\f(U,d)，兩式聯(lián)立可得a＝eq\f(l,d)g.故A正確．解決粒子在電場(chǎng)中直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種方法1．用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律．2．用動(dòng)能定理或能量守恒定律．3．選取思路：前者適用于粒子受恒力作用時(shí)，后者適用于粒子受恒力或變力作用時(shí)．這和解決物體受重力、彈力、摩擦力等做直線運(yùn)動(dòng)的問題的思路是相同的，不同的是受力分析時(shí)，不要遺漏電場(chǎng)力．變式題組3．如圖7所示，平行板電容器的兩個(gè)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7A．所受重力與電場(chǎng)力平衡B．電勢(shì)能逐漸增加C．動(dòng)能逐漸增加D．做勻速直線運(yùn)動(dòng)答案B解析分析帶電粒子的受力情況，畫出其受力圖如圖所示．可以看出其合力方向與其速度方向相反．所以，帶電粒子在電場(chǎng)中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．電場(chǎng)力做負(fù)功，重力不做功，動(dòng)能減少，電勢(shì)能增加，故選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確．4．(2016·舟山市調(diào)研)兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回．如圖8所示，eq\x\to(OA)＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()圖8A.eq\f(edh,U) B．edUhC.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)答案D解析電子受到的靜電力做負(fù)功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝eq\f(U,d)h，Ek＝eq\f(eUh,d)，由此知選項(xiàng)D正確．帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)1．基本運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))(2)沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)).,離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0)).))2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再從同一偏轉(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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．例3如圖9所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O.試求：圖9(1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間；(2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向夾角的正切值tanα；(3)粒子打在屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x.答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解析(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間t＝eq\f(2L,v0).(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中的加速度為：a＝eq\f(Eq,m)所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0)).(3)解法一設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法二x＝y(tǒng)＋vyeq\f(L,v0)＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法三由y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))，eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).分析粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的兩種方法1．分解觀點(diǎn)：垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)的帶電粒子，在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，與重力場(chǎng)中的平拋運(yùn)動(dòng)相類似，研究這類問題的基本方法是將運(yùn)動(dòng)分解，可分解成平行電場(chǎng)方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)．2．功能觀點(diǎn)：首先對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，再進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算．(1)若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能的增量．(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的．變式題組5．噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖10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()圖10A．向負(fù)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 D．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān)答案C解析微滴帶負(fù)電，進(jìn)入電場(chǎng)，受電場(chǎng)力向上，應(yīng)向正極板偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；微滴在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿v方向：x＝vt，沿電場(chǎng)方向：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，得y＝eq\f(qU,2mv2d)x2，即微滴運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線，且運(yùn)動(dòng)軌跡與電荷量有關(guān)，C正確，D錯(cuò)誤．6．(多選)(2016·紹興市聯(lián)考)如圖11所示，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11A．A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2B．A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12D．A和B的位移大小之比為1∶1答案ABC解析粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,12)，A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)A、B、C正確．電場(chǎng)中的力電綜合問題1．解答力電綜合問題的一般思路2．運(yùn)動(dòng)情況反映受力情況(1)物體靜止(保持)：F合＝0.(2)做直線運(yùn)動(dòng)①勻速直線運(yùn)動(dòng)：F合＝0.②變速直線運(yùn)動(dòng)：F合≠0，且F合方向與速度方向總是在一條直線上．(3)做曲線運(yùn)動(dòng)：F合≠0，F(xiàn)合方向與速度方向不在一條直線上，且總指向運(yùn)動(dòng)軌跡曲線的凹側(cè)．(4)F合與v的夾角為α，加速運(yùn)動(dòng)：0≤α＜90°；減速運(yùn)動(dòng)：90°＜α≤180°.(5)勻變速運(yùn)動(dòng)：F合＝恒量．例4(2014·浙江7月學(xué)考)如圖12所示，水平地面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、高為h的桌子．質(zhì)量為m的小物塊A從絕緣桌面的左端以初速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，最終落在地面上D點(diǎn)，D點(diǎn)與桌面右端的水平距離為s.若再次將物塊A置于桌面左端，并讓其帶上電荷量為q的正電荷，在桌面以上區(qū)域加一水平向右、大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)電場(chǎng)．假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：圖12(1)為使再次置于桌面左端的帶電物塊A在桌面上滑動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值E1.(2)為使再次置于桌面左端的帶電物塊A從桌面滑落后仍落在地面上的D點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度E2的值．答案(1)eq\f(m,2qL)(veq\o\al(2,0)－eq\f(gs2,2h))(2)eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)解析(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：s＝vth＝eq\f(1,2)gt2得：v＝seq\r(\f(g,2h))①由動(dòng)能定理，考慮到摩擦力Ff做負(fù)功，得：－FfL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②為了使物塊A在桌面上滑動(dòng)，其所受電場(chǎng)力至少等于摩擦力Ff，有F＝qE1＝Ff③由①②③式得：E1＝eq\f(m,2qL)(veq\o\al(2,0)－eq\f(gs2,2h))(2)由動(dòng)能定理qE2L－FfL＝eq\f(1,2)mv2得：E2＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL).分析力電綜合問題的兩種思路1．動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)(1)由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中帶電粒子所受電場(chǎng)力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題．2．能量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動(dòng)能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷選用分過程還是全過程使用動(dòng)能定理．(2)運(yùn)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)．變式題組7．(2016·4月浙江選考·8)密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖13所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶電荷量各不相同的油滴．通過顯微鏡可找到懸浮不動(dòng)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13A．懸浮油滴帶正電B．懸浮油滴的帶電荷量為eq\f(mg,U)C．增大電場(chǎng)強(qiáng)度大小，懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng)D．油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍答案C解析油滴懸浮不動(dòng)，說明其所受的電場(chǎng)力與重力平衡，所以帶負(fù)電，A錯(cuò)；由Eq＝mg得q＝eq\f(mg,E)，所以B錯(cuò)；如果增大電場(chǎng)強(qiáng)度大小，油滴所受的電場(chǎng)力增大，油滴就會(huì)向上加速運(yùn)動(dòng)，C對(duì)；所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍，D錯(cuò)．8.如圖14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(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖14(1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，物塊的加速度是多大；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能．答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin37°＝qE①FNcos37°＝mg②由①②可得E＝eq\f(3mg,4q)(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma可得a＝0.3g(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL.1．(2016·4月浙江選考·7)關(guān)于電容器，下列說法正確的是()A．在充電過程中電流恒定B．在放電過程中電容減小C．能儲(chǔ)存電荷，但不能儲(chǔ)存電能D．兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體可視為電容器答案D解析由電容器的充放電曲線可知，充電過程中，電流不斷減小，A錯(cuò)；電容是電容器儲(chǔ)存電荷的本領(lǐng)，不隨充放電過程變化，B錯(cuò)；電容器中的電場(chǎng)具有電場(chǎng)能，所以C錯(cuò)；兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體是可以儲(chǔ)存電荷的，可視為電容器，D對(duì)．2．(2016·金華市聯(lián)考)一個(gè)電容器的規(guī)格是“10μF50V”，則()A．這個(gè)電容器的電容為10－5FB．這個(gè)電容器加上50V電勢(shì)差時(shí)，電容才是10μFC．這個(gè)電容器沒有電勢(shì)差時(shí)，電容為0D．這個(gè)電容器加的電勢(shì)差不能低于50V答案A解析電容器的電容與電容器板間電勢(shì)差無關(guān)，無論是否有電勢(shì)差，電容都是10μF，選項(xiàng)A正確，B、C錯(cuò)誤；50V為電容器允許加的最大電勢(shì)差，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3．對(duì)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，以下說法正確的是()A．電容器帶電荷量越大，電容就越大B．對(duì)于某一電容器，它的帶電荷量跟它兩極板間所加電勢(shì)差的比值保持不變C．對(duì)于某一電容器，它的帶電荷量跟加在兩極板間的電勢(shì)差成反比D．如果一個(gè)電容器兩極板間沒有電勢(shì)差，就沒有帶電荷量，也就沒有電容答案B解析電容器的電容是其本身固有屬性，與帶電荷量及兩極板間電勢(shì)差無關(guān)，故選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，由此可知Q∝U，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．4．(多選)一平行板電容器，極板間正對(duì)面積為S，板間距離為d，充以電荷量Q后兩板間電壓為U，為使電容器的電容加倍，可采用的辦法是()A．將電壓變?yōu)閑q\f(U,2)B．帶電荷量變?yōu)?QC．將極板正對(duì)面積變?yōu)?SD．將兩極板間的距離減小到eq\f(d,2)答案CD解析電容器的電容與極板帶電荷量、兩極板間的電壓無關(guān)，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，選項(xiàng)C、D正確．5．板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時(shí)，兩極板間電勢(shì)差為U1，板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閑q\f(1,2)d，其他條件不變，這時(shí)兩極板間的電勢(shì)差為U2，板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E2，下列說法正確的是()A．U2＝U1，E2＝E1B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1D．U2＝2U1，E2＝2E1答案C解析根據(jù)U＝eq\f(Q,C)，C∝eq\f(S,d)，E＝eq\f(U,d)，可得U∝eq\f(Qd,S)，E∝eq\f(Q,S)，則eq\f(U1,U2)＝eq\f(Q1d1,Q2d2)＝eq\f(1,2)×2＝1，eq\f(E1,E2)＝eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(1,2)，故選項(xiàng)C正確．6．(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場(chǎng)強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說法正確的是()A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀禖．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢窤D解析由E＝eq\f(U,d)知，當(dāng)U不變，d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r(shí)，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項(xiàng)正確；當(dāng)E不變，d變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)電容器中d不變時(shí)，C不變，由C＝eq\f(Q,U)知，當(dāng)Q變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r(shí)，U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)電容器中d不變時(shí)，C不變，由C＝eq\f(Q,U)知，Q變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D項(xiàng)正確．7．如圖1所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)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(dòng)一小段距離()圖1A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B．P點(diǎn)的電勢(shì)將降低C．帶電油滴的電勢(shì)能將減少D．若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大答案B解析由于電容器與電源連接，電壓U不變，板間場(chǎng)強(qiáng)E場(chǎng)＝eq\f(U,d)隨d的增大而減小，所以油滴將向下運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故A、C均錯(cuò)誤；P點(diǎn)與地的電勢(shì)差UPO＝E場(chǎng)d′，d′不變而E場(chǎng)減小，故P點(diǎn)電勢(shì)將降低，B正確；據(jù)Q＝CU可知，電壓U不變時(shí)減小電容C，則極板帶電荷量將減小，故D錯(cuò)誤．8．如圖2所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩極板間電壓不變，則()圖2A．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v增大B．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v減小C．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v不變D．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)答案C解析由動(dòng)能定理得eU＝eq\f(1,2)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；電子在兩極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\x\to(v)＝eq\f(d,t)，eq\f(v,2)＝eq\f(d,t)，即t＝eq\f(2d,v)，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．9．(多選)(2016·麗水模擬)如圖3甲所示，直線MN表示某電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線，a、b是線上的兩點(diǎn)，將一帶負(fù)電荷的粒子從a點(diǎn)處由靜止釋放，粒子從a運(yùn)動(dòng)到b過程中的v－t圖線如圖乙所示，設(shè)a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa、φb，場(chǎng)強(qiáng)大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)能分別為Wa、Wb，不計(jì)重力，則有()圖3A．φa>φb B．Ea>EbC．Ea<Eb D．Wa>Wb答案BD解析由題圖乙可知，粒子做加速度減小、速度增大的直線運(yùn)動(dòng)，故可知從a到b電場(chǎng)強(qiáng)度減小，粒子動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力方向由a指向b，電場(chǎng)線方向由b指向a，b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，故選項(xiàng)B、D正確．10．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))．小孔正上方eq\f(d,2)處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移eq\f(d,3)，則從P點(diǎn)開始下落的相同粒子將()A．打到下極板上B．在下極板處返回C．在距上極板e(cuò)q\f(d,2)處返回D．在距上極板e(cuò)q\f(2,5)d處返回答案D解析帶電粒子從P點(diǎn)下落剛好到達(dá)下極板處，由動(dòng)能定理得：mg(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0，當(dāng)將下極板向上平移eq\f(d,3)時(shí)，設(shè)從P點(diǎn)開始下落的相同粒子運(yùn)動(dòng)到距上極板距離為x處速度為零，則對(duì)帶電粒子下落過程由動(dòng)能定理得：mg(eq\f(d,2)＋x)－q·eq\f(U,\f(2d,3))·x＝0，解之得x＝eq\f(2,5)d，故選項(xiàng)D正確．11．如圖4所示，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(粒子不計(jì)重力)，則這兩個(gè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的側(cè)位移y之比為()圖4A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4答案B解析初動(dòng)能相同，則mveq\o\al(2,0)相同，由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·(eq\f(L,v0))2，得：eq\f(y1,y2)＝eq\f(q1,q2)＝eq\f(1,2)，故B正確．12．(2016·杭州十校聯(lián)考)如圖5所示，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，入射方向跟極板平行．整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()圖5A．U1變大、U2變大B．U1變小、U2變大C．U1變大、U2變小D．U1變小、U2變小答案B解析設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長(zhǎng)為l，則由動(dòng)能定理得U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間t＝eq\f(l,v0)，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝eq\f(U2q,dm)，電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，平行于電場(chǎng)方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝eq\f(U2ql,dmv0)，又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2ql,dmv\o\al(2,0))＝eq\f(U2ql,2dqU1)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B正確．13．(2015·浙江選考)真空中的某裝置如圖6所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場(chǎng)，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M為熒光屏．今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上．已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是()圖6A．三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同C．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2D．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做