（課標(biāo)人教版）2020年《高考風(fēng)向標(biāo)》物理 第7章 電場(chǎng) 第3講電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

《（課標(biāo)人教版）2020年《高考風(fēng)向標(biāo)》物理 第7章 電場(chǎng) 第3講電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)人教版）2020年《高考風(fēng)向標(biāo)》物理 第7章 電場(chǎng) 第3講電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（23頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) ★ 考情直播 1．考綱解讀 考綱內(nèi)容 能力要求 考向定位 1.電容器 2.帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.知道電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系；知道平行板電容器的電容與那些因素有關(guān). 2.掌握帶電粒子在電場(chǎng)中的加速、偏轉(zhuǎn)規(guī)律，了解示波器的原理,會(huì)用運(yùn)動(dòng)的分解來(lái)求解有關(guān)偏轉(zhuǎn)問(wèn)題. 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是電場(chǎng)最核心的內(nèi)容，也是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，幾乎全國(guó)各地每年都有大題是考查這一知識(shí)點(diǎn)的，對(duì)帶電粒子的平衡、加速、偏轉(zhuǎn)三類問(wèn)題，要認(rèn)識(shí)到這些問(wèn)題是力學(xué)問(wèn)題，只是在受力分析時(shí)多了電場(chǎng)力而已.另外電容器的動(dòng)態(tài)變化也是?？嫉囊粋€(gè)問(wèn)題. 2.考點(diǎn)

2、整合 考點(diǎn)一 平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 1．電容：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢(shì)差之比稱為電容.即 .單位：法拉. 1F=106μF=1012pF. 2．平行板電容器的電容：平行板電容器電容的決定式是: ，式中ε是電介質(zhì)的介電常數(shù)，無(wú)單位. [特別提醒]：電容也是用比值來(lái)定義的一個(gè)物理量，掌握用比值定義的物理量的特點(diǎn)，區(qū)分電容的定義式和決定式.電容器兩極板的電勢(shì)差用靜電計(jì)來(lái)測(cè)量.電容器問(wèn)題主要涉及到兩種類型，要掌握這兩種類型的問(wèn)題中，什么變，什么不變. 圖6 A B R [例1]. (2020年廣州一模)如圖6所示，平行板電容器

3、在充電后不切斷電源，此時(shí)板間有一帶電塵粒恰能在電場(chǎng)中靜止，當(dāng)正對(duì)的平行板左右錯(cuò)開一些時(shí)（ ） A．帶電塵粒將向上運(yùn)動(dòng) B．帶電塵粒將保持靜止 C．通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)锳到B D．通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)锽到A [解析] 電容器始終與電源相連，故U不變，兩極板左右錯(cuò)開一些，板間距離不變，故E不變，C減小，Q減小，電容器放電，放電電流為順時(shí)針?lè)较? [答案] BC [方法技巧]平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析主要有兩種情況，一種是電容器的兩極始終與電源連接，這樣不論電容器的電容如何變化，兩極板的電壓是不變的，另一種是電容器被充電后與電源斷開（只有一個(gè)極板斷開連接就可以了）這樣極板上的電荷

4、量與外界不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)移，所以Q不變. 求解電容器的動(dòng)態(tài)變化關(guān)鍵在于分清類型，再結(jié)合定義式和決定式進(jìn)行分析. 考點(diǎn)二 帶電粒子在電場(chǎng)中的加速問(wèn)題 1.基本粒子（如質(zhì)子、電子、離子、帶電粒子等）在沒有明確指出或暗示下，重力一般忽略不計(jì)，當(dāng)研究對(duì)象為“帶電微?！薄ⅰ皫щ妷m?！薄ⅰ皫щ娦∏颉睍r(shí)，重力一般不能忽略. 2.帶電粒子的加速問(wèn)題可以從能量的觀點(diǎn)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律的觀點(diǎn)解決. [特別提醒]：帶電粒子在電場(chǎng)中的加速問(wèn)題可以從受力的角度來(lái)分析，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，也可以從能量的角度用動(dòng)能定理求解.如動(dòng)能定理.對(duì)于帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)往往用v-t圖象求解. t φ U0

5、 -U0 o T/2 T 3T/2 2T [例2]如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔.右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.電子原來(lái)靜止在左極板小孔處.（不計(jì)重力作用）下列說(shuō)法中正確的是（ ） A.從t=0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上 B.從t=0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動(dòng) C.從t=T/4時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動(dòng)，也可能打到右極板上 D.從t=3T/8時(shí)刻釋放電子，電子必將從左極板上的小孔中穿出 [解析]作出不同時(shí)刻的釋放電子的v-t圖象，從圖可知AC正確. [方法技巧]帶電粒子的加速問(wèn)題可以

6、從力學(xué)的觀點(diǎn)來(lái)求解，即根據(jù)牛頓第二定律求解，但粒子必須是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng), 對(duì)于帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)往往用v-t圖象求解. U L d v0 m，q y vt θ θ 考點(diǎn)三 帶電粒子在電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題 1.規(guī)律：平行于板方向： ； 垂直于板方向： . 2.側(cè)位移： 3.偏轉(zhuǎn)角： [特別提醒]:帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)實(shí)際上相當(dāng)于一個(gè)類平拋運(yùn)動(dòng)，故求解的思維方法和平拋運(yùn)動(dòng)的一模一樣，用運(yùn)動(dòng)的分解進(jìn)行求解，當(dāng)然，有時(shí)也可從能量的角度來(lái)求解. [例3]（2020年肇慶

7、一模）噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，此微滴經(jīng)過(guò)帶電室時(shí)被帶上負(fù)電，帶電的多少由計(jì)算機(jī)按字體筆畫高低位置輸入信號(hào)控制.帶電后的微滴以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，打到紙上，顯示出字體.無(wú)信號(hào)輸入時(shí)，墨汁微滴不帶電，徑直通過(guò)偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒.設(shè)偏轉(zhuǎn)板板長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.6cm，兩板間的距離為d=0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙L1=3.2cm，若一個(gè)墨汁微滴的質(zhì)量為m=1.6×10-10kg，以v0=20m／s的初速度垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是U=8.0×103V，若墨汁微滴打到紙上的點(diǎn)距原射入方向的距離是Y=2.0mm. 不計(jì)空氣阻力和墨汁微滴的重力

8、，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場(chǎng)的不均勻性. （1）上述墨汁微滴通過(guò)帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌伲? （2）若用（1）中的墨汁微滴打字，為了使紙上的字體放大10％，偏轉(zhuǎn)板間電壓應(yīng)是多大。 解析：（1）墨汁微滴在平行板運(yùn)動(dòng)時(shí)，由電學(xué)知識(shí)可得：U=Ed 墨汁微滴在豎直方向的加速度:a= 墨汁微滴在豎直方向的位移:y=at2 墨汁微滴在平行板運(yùn)動(dòng)時(shí)間：L=v0t 由幾何學(xué)知識(shí)可得： 聯(lián)立可解得：q=1.25×10-13(C) (2)要使字體放大10%，則墨汁微滴打到紙上的點(diǎn)距原射入方向的距離應(yīng)是Y’=Y(1+10%) 設(shè)此時(shí)墨汁微滴在豎直方向的位移是y’，由

9、幾何知識(shí)可得： 可解得：U=8.8×103（V） [方法技巧]求解帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題最基本的思維方法是運(yùn)動(dòng)的分解，即分解速度和分解位移，可類比平拋運(yùn)動(dòng)的求解，另外做平拋運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)的物體某點(diǎn)的速度反向延長(zhǎng)線必經(jīng)過(guò)對(duì)應(yīng)水平位移的中點(diǎn)，這個(gè)結(jié)論對(duì)求解類平拋運(yùn)動(dòng)很有好處. ★ 高考重點(diǎn)熱點(diǎn)題型探究 熱點(diǎn)1電容器的動(dòng)態(tài)分析 【真題1】（2020年重慶卷）圖1是某同學(xué)設(shè)計(jì)的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測(cè)物體，在兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電量Q將隨待測(cè)物體的上下運(yùn)動(dòng)而變化，若Q隨時(shí)間t的變化關(guān)系為Q=（a、b為大于零的常數(shù)），其圖象如題21圖2所

10、示，那么題21圖3、圖4中反映極板間場(chǎng)強(qiáng)大小E和物體速率v隨t變化的圖線可能是( ) A.①和③ B.①和④ C.②和③ D.②和④ [解析]由題意可知： 所以E的變化規(guī)律與Q的變化規(guī)律相似，所以E的圖象為②，由k, 所以d =vt+a,所以是勻速移動(dòng)，所以速度圖象為③，綜上所述C正確. [答案]C [名師指引] 本題考查速度傳感器的有關(guān)知識(shí)，具有較大的難度，但實(shí)際上還是電容器兩極板電壓不變的情形. 【真題2】（2020年寧夏卷）.如圖所示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器

11、，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(shí)懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度a.在以下方法中，能使懸線的偏角a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) 【解析】a板與Q板電勢(shì)恒定為零，b板和P板電勢(shì)總相同，故兩個(gè)電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變.要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C.對(duì)電容器C，由公式C = = ，可以通過(guò)增大板間距d、減小介電常數(shù)

12、ε、減小板的正對(duì)面積S. [答案]BC [名師指引]本題關(guān)鍵在于分析出兩電容器的電壓始終相等，電容器極板的帶電量始終不變. 新題導(dǎo)練 + — A B C θ 1-1.(2020年佛山一模)給平行析電容器充電，斷開電源后A極板帶正電，B極板帶負(fù)電.板間一帶電小球C用絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示。小球靜止時(shí)與豎直方向的夾角為θ，則 A．若將B極板向右平移稍許，電容器的電容將減小 B．若將B極板向下平移稍許，A、B兩板間電勢(shì)差將增大 C．若將B板向上平移稍許，夾角θ將變大 D．輕輕將細(xì)線剪，小球?qū)⒆鲂睊佭\(yùn)動(dòng) 1-2.（20

13、20年湛江二模）如圖3所示的電路可將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，該電路中右側(cè)固定不動(dòng)的金屬板b，與能在聲波驅(qū)動(dòng)下沿水平方向振動(dòng)的鍍有金屬層的振動(dòng)膜a通過(guò)導(dǎo)線與恒定電源兩極相接，若聲源s沿水平方向做有規(guī)律的振動(dòng)，則（ ） A. a振動(dòng)過(guò)程中，ab板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變 B. a振動(dòng)過(guò)程中，ab板所帶電量不變 C. a振動(dòng)過(guò)程中，靈敏電流計(jì)中始終有方向不變的電流 D.a向右的位移最大時(shí)，ab兩板所構(gòu)成的電容器的電容量最大 熱點(diǎn)2 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [真題3]（2020年全國(guó)卷2）一平行板電容器的兩個(gè)極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的小油滴，油滴在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力的大小與其

14、速率成正比.若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速上升.若兩極板間電壓為－U，油滴做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小、方向?qū)⑹牵? ） A．2v、向下 B．2v、向上 C．3 v、向下 D．3 v、向上 [解析]當(dāng)不加電場(chǎng)時(shí)，油滴勻速下降，即；當(dāng)兩極板間電壓為U時(shí)，油滴向上勻速運(yùn)動(dòng)，即，解之得:,當(dāng)兩極間電壓為－U時(shí)，電場(chǎng)力方向反向，大小不變，油滴向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，，解之得：v'=3v，C項(xiàng)正確. [答案]C [名師指引]本題因是帶電油滴在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，故一定要考慮油滴的重力. 【真題4】（2020年上海卷）如

15、圖所示為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型示意圖.在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)I和II，兩電場(chǎng)的邊界均是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形（不計(jì)電子所受重力）. （1）在該區(qū)域AB邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置. （2）在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點(diǎn)的位置. （3）若將左側(cè)電場(chǎng)II整體水平向右移動(dòng)L/n（n≥1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場(chǎng)移動(dòng)），求在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置. [解析]（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場(chǎng)I中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

16、出區(qū)域I時(shí)的為v0，此后電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y，有 解得　y＝，所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為（－2L，） （2）設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場(chǎng)I中電子被加速到v1，然后進(jìn)入電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，并從D點(diǎn)離開，有 解得　xy＝，即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點(diǎn)即為所求位置. （3）設(shè)電子從（x，y）點(diǎn)釋放，在電場(chǎng)I中加速到v2，進(jìn)入電場(chǎng)II后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在高度為y′處離開電場(chǎng)II時(shí)的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)，則有 ， 解得　，即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點(diǎn)即

17、為所求位置 [名師指引]本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)，能很好的考查同學(xué)們的思維能力. 新題導(dǎo)練 2-1．如圖所示，距離為L(zhǎng)的兩塊平行金屬板A、B豎直固定在表面光滑的絕緣小車上，并與車內(nèi)電動(dòng)勢(shì)為U的電池兩極相連，金屬板B下開有小孔，整個(gè)裝置質(zhì)量為M，靜止放在光滑水平面上，一個(gè)質(zhì)量為m帶正電q的小球以初速度v0沿垂直于金屬板的方向射入小孔，若小球始終未與A板相碰，且小球不影響金屬板間的電場(chǎng)． (1)當(dāng)小球在A、 B板之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，車和小球各做什么運(yùn)動(dòng)？加速度各是多少？ (2)假設(shè)小球經(jīng)過(guò)小孔時(shí)系統(tǒng)電勢(shì)能為零，則系統(tǒng)電勢(shì)能的最大值是多少？從小球剛進(jìn)入小孔，到系統(tǒng)電勢(shì)能最大時(shí)，小車

18、和小球相對(duì)于地面的位移各是多少？ 2-2.(2020年汕頭一模)兩塊水平金屬極板A、B正對(duì)放置，每塊極板長(zhǎng)均為l、極板間距為d．B板接地（電勢(shì)為零）、A板電勢(shì)為+U，重力加速度為g．兩個(gè)比荷（電荷量與質(zhì)量的比值）均為的帶正電質(zhì)點(diǎn)以相同的初速沿A、B板的中心線相繼射入，如圖所示．第一個(gè)質(zhì)點(diǎn)射入后恰好落在B板的中點(diǎn)處．接著，第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)射入極板間，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后， A板電勢(shì)突然變?yōu)椴⑶也辉俑淖?，結(jié)果第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)恰好沒有碰到極板．求： （1）帶電質(zhì)點(diǎn)射入時(shí)的初速． （2）在A板電勢(shì)改變之前，第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． ★搶分頻道 1.限時(shí)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷 1.

19、（2020年廣東理科基礎(chǔ)）關(guān)于電容器的電容C、電壓U和所帶電荷量Q之間的關(guān)系.以下說(shuō)法正確的是（ ） A．C由U確定　　　　　　　　　　　 B．C由Q確定 圖9－38－2 C．C一定時(shí)，Q與U成正比　　　　　　D．C一定時(shí)，Q與U成反比 2.如圖9-38-2：電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B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)間增大 圖9－38－22 3．如圖9-38-22所示，平行板電容器的極板A與

20、一靈敏的靜電計(jì)相接，極板B接地，若極板B稍向上移動(dòng)一點(diǎn)，則（ ） A．兩極板間的電壓不變，極板上的電量變大 B．兩極板間的電壓不變，極板上的電量減小 C．極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變大 D．極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變小 4.（2020·茂名二模）用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用的方法．下面四個(gè)物理量都是用比值法定義的，其中定義式正確的是（ ） A．電容C= B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B= C．電場(chǎng)強(qiáng)度E= D．電阻R= 5. 三個(gè)電子從同一地點(diǎn)同時(shí)沿同一方向垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，出現(xiàn)如圖9-38-9所示的軌跡，則可以判斷（ ） 圖9－

21、38－9 A.它們?cè)陔妶?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同 B.A、B在電場(chǎng)中時(shí)間相同，C先飛離電場(chǎng) C.C進(jìn)入電場(chǎng)的速度最大，A最小 D.電場(chǎng)力對(duì)C做功最小 6.（2020年惠州二模）如圖所示，a、b、c是靜電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，其電勢(shì)分別是5V、0和－5V.一個(gè)電子從O點(diǎn)以初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，電子進(jìn)入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)情況是（ ） A．如果v0的方向向上，則電子的動(dòng)量大小不變，方向不變 B．如果v0的方向向上，則電子的動(dòng)量大小改變，方向不變 C．如果v0的方向向左，則電子的動(dòng)量大小改變，方向改變 D．如果v0的方向向左，則電子的動(dòng)量大小改變，方向不變 圖9－38－10 7．（2020·深

22、圳一模）如圖9-38-10所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從兩板正中央射入，Q從下極板邊緣入射入，它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計(jì))，則從開始射入到打到上板的過(guò)程中（ ） A.它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間tQ＞tP B.它們所帶電量之比qP：qQ=1:2 C.它們的動(dòng)能增量之比 D.它們的電勢(shì)能減少量之比 P 圖9－38－14 8.(2020·海南)一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)沿豎直方向，兩個(gè)比荷（即粒子的電荷量與質(zhì)量之比）不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點(diǎn)（如圖9-38-14）以相同的水平速度射入兩平行板之間.測(cè)

23、得a和b與電容器的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為1∶2.若不計(jì)重力，則a和b的比荷之比是（ ） A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．4∶1 9.（2020·北京）兩個(gè)半徑均為R的圓形平板電極，平行正對(duì)放置，相距為d，極板間的電勢(shì)差為U，板間電場(chǎng)可以認(rèn)為是均勻的.一個(gè)粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板中心.已知質(zhì)子電荷為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： （1）極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E； （2）粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a； （3）粒子的初速度v0? 10.（2020年華師附中）如圖所示，

24、有一初速可忽略的電子經(jīng)電壓U1加速后，進(jìn)入兩塊水平放置、間距為d的、電壓的U2的平行金屬板間.若電子從板正中央水平射入，且恰好能從板的右端射出.設(shè)電子電量為e，求： （1）電子穿出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能； （2）金屬板的長(zhǎng)度. 2．基礎(chǔ)提升訓(xùn)練 11.(2020年佛山四校)在場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,一質(zhì)量為m,帶電量為＋q的物體以某一初速沿電場(chǎng)反方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng),其加速度大小為0.8qE/m,物體運(yùn)動(dòng)s距離時(shí)速度變?yōu)榱?則（ ） A．物體克服電場(chǎng)力做功qEs B．物體的電勢(shì)能減少了0.8qEs C．物體的電勢(shì)能增加了qEs D．物體的動(dòng)能減少了0.8qEs 1

25、2．如圖所示，示波器的示波管可以視為加速電場(chǎng)與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的組合，若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，則關(guān)于示波器的靈敏度（即偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量h/ U2）與加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的關(guān)系，下列說(shuō)法中正確的是（ ） 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(wú)關(guān) b a c d E 圖9－38－15 13.（2020·上海）如圖9-38-15所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場(chǎng).電量為q、動(dòng)能為Ek的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)入電場(chǎng)

26、，不計(jì)重力. （1）若粒子從c點(diǎn)離開電場(chǎng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和粒子離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能； （2）若粒子離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能為Ek’，則電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？ 圖9－38－4 14. 如圖9-38-4所示，由A、B兩平行金屬板構(gòu)成的電容器放置在真空中，電容為C，原來(lái)不帶電.電容器的A板接地，并且中心有一個(gè)小孔，通過(guò)這個(gè)小孔向電容器中射入電子，射入的方向垂直于極板，射入的速度為v0，如果電子是間歇發(fā)射的，即第一個(gè)電子達(dá)B板后再發(fā)射第二個(gè)電子，并且所有到達(dá)板的電子都留在B板上.隨著電子的射入，兩極板間的電勢(shì)差逐漸增加，直至達(dá)到一個(gè)穩(wěn)定值，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e電子所受的重力忽略不計(jì)，兩

27、板的距離為d. （1）當(dāng)板上聚集了n個(gè)射來(lái)的電子時(shí)，兩板間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E多大？ （2）最多能有多少個(gè)電子到達(dá)B板？ （3）到達(dá)B板的第一個(gè)電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和最后一個(gè)電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相差多少？ 15.（2020年廣東五校聯(lián)考）如圖所示，相距為d的兩塊平行金屬板MN與電源相連，電鍵S閉合后，MN間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子，垂直于電場(chǎng)方向從M板邊緣射入電場(chǎng)，恰打在N板中間，若不計(jì)重力，求: （1）為了使粒子恰能剛好飛出電場(chǎng)N板應(yīng)向下移動(dòng)多少? （2）若把S打開，為達(dá)到上述目的，N板應(yīng)向下移多少 3 能力提高訓(xùn)練 A B v 圖9－38－28 16．

28、一質(zhì)量為m，帶電量為-q的微粒（重力不計(jì)）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A點(diǎn)時(shí)速度為v，方向與電場(chǎng)線垂直，在B點(diǎn)時(shí)的速度為2v，如圖9-38-28所示，已知A、B兩點(diǎn)間的距離為d，求： （1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差;　　　 （2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向? 圖9－38－16 17.(2020·重慶)飛行時(shí)間質(zhì)譜儀可通過(guò)測(cè)量離子飛行時(shí)間得到離子的荷質(zhì)比q/m.如圖9-38-16(1),帶正電的離子經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后進(jìn)入長(zhǎng)度為L(zhǎng)的真空管AB,可測(cè)得離子飛越AB所用時(shí)間t1.改進(jìn)以上方法，如圖9-38-16(2),讓離子飛越AB后進(jìn)入場(chǎng)強(qiáng)為E（方向如圖）的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域BC,在電場(chǎng)的作用下離子返回B端，此時(shí)

29、，測(cè)得離子從A出發(fā)后飛行的總時(shí)間t2,（不計(jì)離子重力） （1）忽略離子源中離子的初速度，①用t1計(jì)算荷質(zhì)比;②用t2計(jì)算荷質(zhì)比. （2）離子源中相同荷質(zhì)比離子的初速度不盡相同，設(shè)兩個(gè)荷質(zhì)比都為q/m的離子在A端的速度分別為v和v′（v≠v′）,在改進(jìn)后的方法中，它們飛行的總時(shí)間通常不同，存在時(shí)間差Δt.可通過(guò)調(diào)節(jié)電場(chǎng)E使Δt=0.求此時(shí)E的大小. 18. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy直角坐標(biāo)系，Oy表示豎直向上的方向．已知該平面內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)有一個(gè)帶電量為2. 5×10-4C 的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向以0. 4 kg·m/s的初動(dòng)量豎直向上拋出

30、，它到達(dá)的最高點(diǎn)位置為圖中的Q點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2. (1)指出小球帶何種電荷； (2)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??； (3)求小球從O點(diǎn)拋出到落回z軸的過(guò)程中電勢(shì)能的改變量． 19.（2020年佛山二模）如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中PT上方的電場(chǎng)E1的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，PT下方的電場(chǎng)E0的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，在電場(chǎng)左邊界AB上寬為L(zhǎng)的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子.從某時(shí)刻起由Q到P點(diǎn)間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)E0中，若從Q點(diǎn)射入的粒子，通過(guò)PT上的

31、某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E1后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若MT兩點(diǎn)的距離為L(zhǎng)/2.不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用.試求： （1）電場(chǎng)強(qiáng)度E0與E1； A C E0 v0 P B E1 D T 2L Q M R （2）在PQ間還有許多水平射入電場(chǎng)的粒子通過(guò)電場(chǎng)后也能垂直CD邊水平射出，這些入射點(diǎn)到P點(diǎn)的距離有什么規(guī)律？ 參考答案 考點(diǎn)整合 考點(diǎn)1.; 考點(diǎn)3.初速為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng); 初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 新題導(dǎo)練 1-1.ABC[電容器充電后與外電路斷開，兩極板電量不變，根據(jù)電容C的

32、定義式和決定式可知ABC正確，繩子剪斷后，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)] 1-2. D[電容器始終與電源相連，U不變，a振動(dòng)過(guò)程中，極板距離變化，E變化，Q變化，產(chǎn)生交變電流，故D正確] 2-1.解：(1)小球做勻減速運(yùn)動(dòng)，，小車做勻加速運(yùn)動(dòng)，. (2)系統(tǒng)的電勢(shì)能最大時(shí)，小球相對(duì)小車靜止，設(shè)此時(shí)小車與小球的速度均為v，由動(dòng)量守恒，得,即 則系統(tǒng)的最大電勢(shì)能為。 小球位移為 小車位移為 2-2.解析：（1）第一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng) ① ② ③ 解得質(zhì)點(diǎn)的初速 ④ （2）第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)射入極板后，在時(shí)間內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，有 ⑤ ⑥ ⑦ A板電

33、勢(shì)突然變?yōu)楹螅|(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力與重力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間恰好射出極板，則 ⑧ ⑨ 由以上各式解得 ⑩ 搶分頻道 1.限時(shí)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷 1.C[電容器的電容C由電容器本身決定，與電壓U和所帶電荷量Q無(wú)關(guān)，根據(jù)可知，選項(xiàng)C正確] 2.CD.[無(wú)論兩極板距離如何變化，兩極板始終和電源相連，電勢(shì)差不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知v不變，兩極板距離增大時(shí)，時(shí)間將增大] 3.C.[電容器的帶電量Q不變，B板上移，C減小，U增大] 4.AD[磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式是,電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式是] 5.BCD[偏轉(zhuǎn)位移可知ta＝tb>tc,] 6.D[電子在O點(diǎn)的所受電場(chǎng)力水平向左，

34、故D正確] 7.BD[根據(jù)x＝v0t得出時(shí)間相同，從而進(jìn)一步分析得出BD選項(xiàng)正確] 8.D[粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿場(chǎng)強(qiáng)方向有，，由可得] 9.解析：（1）極間場(chǎng)強(qiáng) （2）粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度 （3）由，得, 10．解析：（1）電子穿出時(shí)動(dòng)能為Ek，對(duì)電子在運(yùn)動(dòng)全過(guò)程內(nèi)動(dòng)能定理： 解得： （2）設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng)，電子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度為v0，則 電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中飛行時(shí)間 偏轉(zhuǎn)距離 由以上幾式得 2．基礎(chǔ)提升訓(xùn)練 11.A CD.[電場(chǎng)力做負(fù)功為qEs，合外力做負(fù)功0.8qEs] 12.ACD[偏轉(zhuǎn)位移，靈敏度 ] 13.解析：（1）L＝v

35、0t，L＝＝ 所以E＝，qEL＝Ekt－Ek， 所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek （2）若粒子由bc邊離開電場(chǎng)，L＝v0t，vy＝＝ Ek’－Ek＝mvy2＝＝，所以E＝， 若粒子由cd邊離開電場(chǎng)，qEL＝Ek’－Ek，所以E＝ 14.解析：（1）當(dāng)B板上聚集了n個(gè)射來(lái)的電子時(shí)，兩板間的電壓， 其內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng); （2）設(shè)最多能聚集n′個(gè)電子，此后再射入的電子未到達(dá)B板時(shí)速度已減為零， 由 則有： 得 (3) 第一個(gè)電子在兩板間作勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1=d/v0，最后一個(gè)電子在兩板間作勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板時(shí)速度為零，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2=2d/v0，二者時(shí)

36、間差為△t=t2-t1=d/v0 15．解析：設(shè)電源電壓為U,粒子初速為V0,極板長(zhǎng)為L(zhǎng) (1) 當(dāng)S閉合時(shí),兩板間電壓U不變 設(shè)向下移動(dòng)的距離為x1 L=V0t2 解得x1=d (2)S打開,電容器帶電量不變,改變距離,場(chǎng)強(qiáng)E不變,設(shè)向下移動(dòng)距離為x2 解得x2=3d 3.能力提高訓(xùn)練 16.（1）根據(jù)動(dòng)能定理得 解得 （2）設(shè)由A到B的時(shí)間為t，則 解出AB水平位移， 17.解析： ⑴ ①設(shè)離子帶電量為q，質(zhì)量為m，經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，則2 離子飛越真空管，在AB做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則L＝vt1 解得離子荷質(zhì)比 ②離子

37、在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域BC中做往返運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則qE＝ma， t2＝ 解得離子荷質(zhì)比 或 兩離子射出A點(diǎn)后再返回到B點(diǎn)的時(shí)間為t和，則， ＝＋ Δt＝t－t′＝ 要使Δt＝0，則須 所以 E＝ 18．解析:(1）小球帶負(fù)電． (2）小球在y方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，在x方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(1. 6，3.2)，則 又 (3）由可解得上升階段時(shí)間為，所以全過(guò)程時(shí)間為 x方向發(fā)生的位移為 由于電場(chǎng)力做正功，所以電勢(shì)能減少，設(shè)減少量為△E，代入數(shù)據(jù)得△E=qEx=1.6 J 19.解析：（1）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點(diǎn)R由E0電場(chǎng)進(jìn)入E1電場(chǎng)，由Q到

38、R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t1與t2，到達(dá)R時(shí)豎直速度為vy，則： 由、及得： ① ② ③ ④ 上述三式聯(lián)立解得：, 即 (2)由E1＝2E0及③式可得t1＝2t2. 因沿PT方向粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，故P、R兩點(diǎn)間的距離是R、T兩點(diǎn)間距離的兩倍.即粒子在E0電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)在PT方向的位移是在E1電場(chǎng)中的兩倍. 設(shè)PQ間到P點(diǎn)距離為△y的F處射出的粒子通過(guò)電場(chǎng)后也沿水平方向，若粒子第一次達(dá)PT直線用時(shí)△t，水平位移為△x，則 粒子在電場(chǎng)E1中可能做類平拋運(yùn)動(dòng)后垂直CD邊射出電場(chǎng)，也可能做類斜拋運(yùn)動(dòng)后返回E0電場(chǎng)，在E0電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)垂直CD水平射出，或在E0電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)再返回E1電場(chǎng). 若粒子從E1電場(chǎng)垂直CD射出電場(chǎng)，則 （n＝0、1、2、3、……） 解之得： （n＝0、1、2、3、……） 若粒子從E0電場(chǎng)垂直CD射出電場(chǎng)，則 （k＝1、2、3、……） （k＝1、2、3、……） 即PF間的距離為其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、…… 或 （n＝1、2、3、……） 解之得： （n＝1、2、3、……） 即PF間的距離為 （n = 1，2，3，……） 本題也作出場(chǎng)強(qiáng)方向的v-t圖象求解.