电容带电粒子在电场中的运动.ppt

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1、第45讲电容带电粒子在电场中的运动自主夯实基础自主预习轻松过关名师点金电容器是一种重要的电学元件，电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，在学习的过程中要注意区分其定义式和决定式.因为平行板电容器内部的电场可近似认为是匀强电场，所以高中物理中电容器往往是实现电路与电场联系的桥梁.带电粒子在匀强电场中的运动问题涉及较多的概念和规律，是一个综合性很强的考点.从物理规律应用的角度分析，,涉及受力分析、牛顿定律、功能关系;从涉及的运动过程分析，包括电场中的加速、平衡和偏转;从考查方法的角度分析，涉及运动的合成与分解法、正交分解法等等.分析近几年的高考物理试卷可知，带电粒子在匀强电场中的运动在高考中几乎年

2、年都考，题型全,难度大，特别是在计算题中，只要出现就一定是难度较大的综合题.知识梳理一、静电屏蔽1.静电感应把金属导体放在外电场E中，导体内的自由电子由于受电场力作用而重新分布的现象叫做静电感应.,2.静电平衡导体中的自由电子不做定向移动时的状态称为静电平衡状态.孤立的带电体或处在电场中的感应导体，当达到静电平衡时，具有以下特点：(1)导体内部的场强处处为零.(2)整个导体是等势体.(3)导体外部的电场线与导体表面垂直，表面场强不一定为零.(4)静电荷分布在导体的外表面，曲率半径大的地方电荷的密度小，曲率半径小的地方电荷的密度大.3.静电屏蔽在静电屏蔽现象中，金属网罩（或外壳）可以使罩内,（空

3、腔内）不受外界电场的影响，如图45-1甲所示.如果把金属罩接地还可以使罩内的带电体对外界不发生影响，如图45-1乙所示.甲乙图45-1二、电容器1.电容器的组成：两个彼此绝缘又互相靠近的导体可构成一个电容器.,2.电容C（1）定义：电容器所带的电荷量Q（任一个极板所带的电荷量的绝对值）与两个极板间的电势差U的比值叫做电容器的电容.电容表示电容器带电本领的高低.（2）定义式：3.平行板电容器的电容.（即平行板电容器的电容与两板的正对面积成正比，与两极板间的距离成反比，与介质的介电常数成正比）带电平行板电容器两极间的电场可认为是匀强电场，电场强度.,4.对电容器两个公式的理解（1）公式：是电容的定

4、义式，对任何电容器都适用.对一个确定的电容器，其电容已确定，不会随其带电荷量的改变而改变.（2）公式 是平行板电容器的决定式，只对平行板电容器适用.5.平行板电容器动态分析的问题主要有两类(1)电容器两极板间的电势差U保持不变.（与电源连接）(2)电容器带的电荷量Q保持不变.（与电源断开）进行讨论的物理依据主要有三个:平行板电容器的电容与两极板间的距离d、正对面积S和介质的介电常数间的关系为.,平行板电容器的内部电场是匀强电场，电场强度.电容器所带的电荷量Q=CU.6.计算平行板电容器两极板间的电场强度的两个公式（1）已知平行板电容器两极板间的距离d和两极板间的电压U，则两极板间的电场强度.（

5、2）由 和求出U，再代入公式，可得平行板电容器两极板间的电场强度为.这表明在孤立的带电平行板电容器在极板彼此远离或靠近的过程中，其内部场强不会变化.三、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的加速,带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量.在匀强电场中，在非匀强电场中，以上公式对粒子做直线运动或曲线运动均适用.2.带电粒子在电场中的偏转(1)运动状态的分析带电粒子仅受电场力作用，以初速度v0垂直进入匀强电场，粒子做类平抛运动.(2)处理方法垂直于场强方向做匀速直线运动，即vx=v0，x=v0t，,ax=0平行于场强方向做匀加速直线运动，即:vy

6、=at，(3)基本公式图45-2如图45-2所示，设质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿垂直于电场的方向，进入长为l、间距为d、电势差为U的平行金属板间的匀强电场中.若不计粒子的重力，则可求出如下物理量：粒子穿越电场的时间为t,粒子在垂直电场方向以v0做匀速直线运动，由l=v0t，得.,带电粒子在电场中的偏转轨迹方程由x=v0t和可得:.3.两个重要结论（1）带电粒子从偏转电场中射出时速度方向的反向延长线交入射方向的延长线于电容器的中点（所以粒子都好像从电容器的中点沿直线射出）.（2）由静止从同一电场U0加速后,从同一点垂直进入同一偏转电场的任何带电粒子都有相同的轨迹.,四、带电粒子在

7、匀强电场和重力场的复合场中的运动1.由于带电粒子在匀强电场中所受的电场力与重力都是恒力，因此对其的处理方法有两种:（1）正交分解法：处理这种运动的基本思想与处理偏转运动的基本思想是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交且比较简单的直线运动，且这两个直线运动的规律是我们所熟悉的;然后再按运动合成的观点去求复杂运动中的相关物理量.（2）等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，如图45-3所示，则F合等效于“重力”,等效于“重力加速度”.,图45-3,F合的方向等效于“重力”的方向,即在重力场中竖直向下的方向.2.在处理带电粒子在电场（或磁场）中的运动是否考虑重力的问题（1）基本粒子：如电子、

8、质子、粒子、离子等，一般都不考虑重力,除有说明或明确的暗示以外.（但并不忽略质量）（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或明确的暗示外,一般都不忽略重力.（3）题中未涉及确定重力方向的“水平”、“竖直”等关键词时，一般不考虑重力，反之则很可能要考虑重力.,五、示波器及类示波器问题1.构造及作用图45-4所示是示波管的构造原理图.图45-4（1）电子枪：发射并加速电子.（2）偏转电极：YY，使电子束竖直偏转（加信号电压）；XX，使电子束水平偏转（加扫描电压）.,（3）荧光屏：电子束打在荧光屏上能使该处的荧光物质发光.（4）玻璃壳：玻璃内抽成真空.2.原理：如图45-5所示.图45-

9、5(1)YY的作用：被电子枪加速的电子在YY的电场中做匀变速曲线运动，出电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，出现亮斑，可推得在竖直方向的偏移量,若信号电压u=Umsin t（一般来说周期会远大于电子在电场中的时间 随信号电压同步变化，但由于视觉暂留和荧光物质的残光特性，只能看到一条竖直的亮线.（2）XX的作用：同理可得亮斑在水平方向上的偏移量随加在XX上的电压的变化而变化.若所加的电压为特定的周期性变化电压，则亮斑在水平方向来回运动扫描.如果扫描电压变化很快，亮斑看起来便为一条水平的亮线.3.在XX和YY两端同时加上等周期的扫描电压和信号电压时，在荧光屏上得到信号电压随时间的变化图象（若信号电压

10、为u=Umsin t，扫描电压如图45-6所示,且，则得到一条正弦曲线），它类同于质点振动时的振动图象.,图45-6基础自测1.（2009年福建理综卷）如图45-7所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A.带电油滴将沿竖直方向向上运动,B.P点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减少D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大图45-7【解析】本题借助平行板电容器综合考查了电场,涉及电势、电势能、电容、带电粒子在电场中的运动等各项知识点,尤其C选项迷惑性大,特别易错.电

11、容器始终与电源连接,其两端的电压U始终保持不变,上极板上移意味着板间距离d增大,由 可知E减小,电场力F=qE也减小，且小于重力,所以粒子将向下运动,A选项错误；设P点离下极板的距离为x,则，可知其电势降低,B选项正确；电势能E0=q不仅和电势的高低有关，还和带电粒子的正负及其电荷量有关,油滴带负电,减小,E0反而要增加,C选项错误；由 可知电容C减小,由Q=CU可知电荷量Q也将减小,D选项错误.【答案】B2.（2009年四川理综卷）如图45-8所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（

12、v2v1）.若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）,A.小物体上升的最大高度为B.从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D.从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 图45-8【解析】设斜面倾角为，小物体上升过程沿斜面运动的最大距离为L.因为OMON,则M、N两点电势相等,小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0.上滑和下滑经过同一个位,垂直斜面方向上电场力的分力相等,则经过相等的一小段位移，在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负功,所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所做的功相等，设为W1

13、.在上滑和下滑过程中,对小物体应用动能定理有：-mgLsin-mgL-mgLsin-mgLcos-W1=联立两式可得Lsin,A对；由OMON,可知电场力对小物体先做正功后做负功,电势能先减小后增大,B、C错；从N到M的过程中,小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小,而重力分力不变,小物体受到的垂直斜面向上的弹力先增大后减小,则摩擦力先增大后减小,在此过程中小物体到O的距离先减小后增大,根据库仑定律可知小物体受到的电场力,先增大后减小,D对.【答案】AD3.（2010年襄樊五中模拟）如图45-9所示,在粗糙水平面上固定一点电荷Q,在M点无初速度释放一带有恒定电荷量的小物块,小物块在点电荷

14、Q的电场中运动到N点静止.则从M运动到N点的过程中()A.小物块所受电场力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小图45-9C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功,【解析】由题目所提供的信息可知,小物块与点电荷Q带同种电荷,小物块远离Q时,小物块所在处的场强变小,所受电场力变小,小物块从MN,电场力做正功,电势能减小,因不知固定点电荷的带电性质,故不能判定M、N两点电势高低；据功能关系和题目条件,电场力做的功即电势能的变化量,其大小一定等于克服摩擦力做的功,故A、B、D正确.【答案】ABD创新方法探究提炼方法展示技巧题型方法一、电容器内场强变化的问题

15、例1如图45-10所示，是加速传感器的一部分，它由支承梁1和固定板3组成器C1，由支承梁1和固定板3组成另一电,容器C2，两电容器串联连接.板2、3固定在绝缘壳体4上，支承梁1通过弹簧也固定在壳体4上.保持C1、C2所带电荷量相等.现将此传感器置于某载体中，当载体静止时，两电容器的电容相等，两电容器的电压值相等，当载体向上加速运动时（）A.C1的电容变小，板1和板2间的电压变大B.C1的电容变大，板1和板2间的电压变大C.C2的电容变小，板1和板3间的电压变大D.C2的电容变大，板1和板3间的电压变大图45-10,【解析】当载体加速向上时，弹簧被压缩，即1、2极板间的间距增大，1、3板的间距减

16、小.由可得，C1变小，U12变大,C2变大，U13变小.【答案】A【点评】为平行板电容器的决定式，为电容器的定义式.方法概述讨论平行板电容器内部电场强度的变化时，首先要弄清楚充电电容器是电荷量一定，还是电压一定.若所在电路连通，则U一定，可根据来讨论场强E的变化情况；若充电后断开所接电路，则Q一定，应根据 来讨论场强E的变化情况.,二、带电粒子在电场中的加速例2（2007年重庆理综卷）飞行时间质谱仪可通过测量离子的飞行时间得到离子的比荷.如图45-11甲所示，带正电离子的经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空管AB中，可测得离子飞越AB所用的时间t1.改进以上方法，如图45-11乙所示，让离

17、子飞越AB后进入场强为E（方向如图）的匀强电场区域BC，在电场的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后飞行的总时间t2.（不计离子重力）(1)忽略离子源中离子的初速度，用t1计算离子的比荷；用t2计算离子的比荷.(2)离子源中相同比荷的离子的初速度不尽相同，设两个比荷都为的离子在A端的速度分别为v和v（vv），,在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差t，可通过调节电场E，使t=0，求此时E的大小.甲 乙图45-11【解析】(1)设离子带的电荷量为q，质量为m，经电场加速后的速度为v，则:,离子飞越真空管AB做匀速直线运动，则:L=vt1由上述两式解得:离子的比荷.离子在匀

18、强电场区域BC中做往返运动，设加速度为a，则:解得:离子的比荷.(2)两离子的初速度分别为v、v，则:,要使t=0,则需所以【答案】(1)(2)【点评】本题介绍了一种新型质谱仪，利用时间来测定粒子的比荷,但其测量原理却是我们很熟悉的带电粒子在电场中的加速、减速、匀速等直线运动.同时要求把竖直上抛运动的对称性迁移到带电粒子的运动中.,方法概述带电粒子在电场中的加速（减速）问题可以运用牛顿运动定律来求解，但一般用动能定理来求解更方便些.若不计粒子的重力,则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量,即.该式对粒子在匀强电场（或非匀强电场）中做直线运动（或曲线运动）适用.三、带电粒子在电场中的偏转

19、例3在一场强E=100 V/m、方向竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方高h=0.8 m处有一个小的放射源放在一端开口的铅盒内，如图45-12甲所示.放射物以v0=200 m/s 的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量m=210-15 kg、电荷量q=+10-12 C,的带电粒子，粒子最后落在金属板上.(不计粒子重力)（1）求在下落过程中电场力对粒子做的功.（2）求粒子打在板上的动能.（3）画出粒子大致的轨迹和最后落在金属板上形成的图形.（4）计算此图形面积的大小.图45-12甲【解析】（1）W=qEh=10010-120.8 J=810-11 J.,（

20、2）W=Ek2-Ek1Ek2=810-11+210-15 J=1.210-10 J.（3）粒子大致的轨迹和最后落在金属板上所形成的图形如图45-12乙所示,图形的外表面由水平射出的带电粒子的轨迹围成.（4）根据类平抛运动的规律得：代入数据解得：t=5.6610-3 s图45-12乙的圆半径r=v0t=1.13 m圆面积S=r2=4.0 m2.【答案】(1)810-11 J（2）1.210-10 J（3）如图45-12乙所示（4）4.0 m2,图45-12乙,方法概述当带电粒子仅受电场力作用，以初速度v0垂直进入匀强电场时，粒子做类平抛运动.带电粒子在垂直于场强方向做匀速直线运动,在平行电场方向

21、做匀加速直线运动.同学们在学习过程中不要死记公式，要掌握公式的推导方法，但记住一些推论对提高解题速度还是有帮助的.如:（1）带电粒子从偏转电场中射出时速度的反向延长线交入射方向的延长线于电容器的中心（所以粒子都好像从电容器中点沿直线射出）;（2）由静止从同一电场U0加速后从同一点垂直进入同一偏转电场的任何带电粒子有相同的轨迹.,变式训练示波器是一种常见的电学仪器,可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况.如图45-13甲所示,电子经电压u1加速后进入偏转电场.下列关于所加竖直偏转电压u2、水平偏转电压u3与荧光屏上所得的图形的说法中，正确的是（）图45-13甲A.如果只在u2上加上如图

22、45-13乙所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图1所示,B.如果只在u3上加上如图45-13丙所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图2所示C.如果同时在u2和u3上分别加上如图45-13乙、丙所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图3所示D.如果同时在u2和u3上分别加上如图45-13乙、丙所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图4所示图45-13,丁,【解析】根据示波管的原理可判断选项A、B、D正确.【答案】ABD高考排雷例如图45-14甲所示,一摆球的质量为m，带正电荷量为q,摆长为L,固定在O点.匀强电场方向水平向右,场强,摆球的平衡位置在C点,与竖直方向的夹角为.开始时让摆球位于与O点处

23、于同一水平位置的A点,且摆绳拉直,然后无初速度释放摆球,求摆球在C点时的速度及此时摆绳对球拉力的大小.(结果用m、g、L表示)图45-14甲,【错解】很多同学在求解这道题时，对全过程进行整体思维.设质点到达C点时的速度为v，因摆球受到重力和电场力的作用，则这两个力的合力,与场强的夹角为45，根据能量守恒定律可得：解得：设摆球在C点的绳对摆球的拉力为T，则:解得：.【剖析】这些同学没有弄清楚物理过程，摆球先沿直线匀加速运动到O点的正下方B点,绳恰好拉直绷紧，此瞬时过程有机械能的损失，再接着由B到C做圆周运动.所以摆球由A到,C的过程机械能是不守恒的.【正解】如图45-14乙所示，摆球在合力F0的

24、作用下沿AB方向做匀加速运动.设运动到B点时的速度大小为vB,则:（B点在O点正下方向）解得:图45-14乙达到B点后，绳迅速绷紧，摆球沿绳方向上的动量损失，摆球只获得水平方向的速度vB.vB=vBcos 45=,设摆球摆到C点的速度为vC，这里=45，则根据动能定理有：qELsin-mgL(1-cos)=mvC2-mvB2解得：设在C点时绳对摆球的拉力为T，则有:T-F0=m解得：T=.【答案】体验成功1.（2009年黄冈3月模拟）图45-15所示的电路可将声音信号转化为电信号.该电路中,b是固定不动的金属板,a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜,a、b构成了,一个电容器,且

25、通过导线与恒定电源两极相接.若声源S做简谐运动,则a振动过程中()图45-15A.a、b板之间的电场强度不变B.a、b板所带的电荷量不变C.电路中始终有方向不变的电流D.向右位移最大时,电容器电容最大【解析】a在声波驱动下沿水平方向振动,则a、b两板之间的距离发生周期性的变化,由于电容器始终连接在电源上,因此两板间的电压保持不变,则由可知，a、b板之间的电场强度随a、b两板之间的距离变化而变化,所以A错；由可知电容C发生周期性的变化,则由Q=CU可知a、b两板所带的电荷量也发生周期性的变化,不断地进行充、放电,电路中有方向不断变化的电流,所以B、C均错；向右位移最大时,两板间距离最小,由可知电

26、容器电容最大,所以D正确.【答案】D2.（2009年武汉4月调考）如图45-16所示,空间的虚线框内有匀强电场,AA、BB、CC是该电场的三个等势面,相邻等势面间的距离为0.5 cm,其中BB为零势面.一个质量为m、带电荷量为q的粒子沿AA方向以初动能Ek自图中的P点进入电场,刚好从C点离开电场.已知PA=2 cm,粒子的重力忽略不计,下,列说法中正确的是()图45-16A.该粒子通过零势面时的动能是1.25EkB.该粒子在P点时的电势能是0.5EkC.该粒子到达C点时的动能是2EkD.该粒子到达C点时的电势能是0.5Ek【解析】粒子从P点进入电场到从C点离开电场的运动是类平抛运动,水平方向有

27、PA=v0t，竖直方向有AC=,则结合已知条件可知vy=v0,所以粒子在C点的速度为,则该粒子到达C点时的动能是2Ek；设相邻两等势面间的电势差为U,则由P到C的过程中,由动能定理有,2qU2Ek=Ek,所以qUEk=0.5Ek,即表明C点的电势能为0.5Ek,所以C点的电势能与动能之和为1.5Ek,且粒子在运动过程中只有电场力做功,所以电势能与动能之和保持1.5Ek不变,由此可知该粒子通过零势面时的动能是1.5Ek；该粒子在P点时的动能是Ek,所以在P点时的电势能是0.5Ek.综上可知,B、C为正确选项.【答案】BC3.（2009年昆明调研）一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极

28、板间有一正电荷（电荷量少）固定在P点，如图45-17所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器两极板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能.若保持负,极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么（）图45-17A.U变小，E不变B.E变大，W变大C.U变小，W不变D.U不变，W不变【解析】平行板电容器与电源断开后电荷量保持恒定，由E知,它们之间的场强不变，极板间的电压U=Ed变小，正电荷在P点的电势能W=qP=qEdP不变.【答案】AC,4.（2009年重庆一中月考）如图45-18所示，K为电子发射极，刚发出的电子速度可以忽略不计.左边的非匀强电场使电子加速，右边的匀强电场使电子减速，设非匀强

29、电场的电压为U,匀强电场的电压为U，则()图45-18A.只要UU，电流计的指针就不偏转B.只要UU，电流计的指针就不偏转C.只要U=U，电场力对电子做的总功为零,D.只要U=U，电场力对电子做的总功不为零【解析】根据动能定理可知,当eU-eU=mv20时，就有电子到达最右边的极板，电流表的指针就会偏转.【答案】BC5.（2009年福建南平一中模拟）如图45-19甲所示,两块金属板A、B彼此平行放置组成一平行板电容器，板间距离为d,两板分别带有等量异种电荷，且A板带正电，两板中间有一带负电的油滴P，当两板水平放置时，油滴恰好平衡.若把两板倾斜60，把油滴从P静止释放，油滴可以打在金属板上，问：

30、（1）油滴将打在哪块金属板上（2）油滴打在金属板上的速率是多少,【解析】（1）平行极板倾斜后油滴的受力分析如图45-19乙所示可知合外力方向与竖直方向成60角偏左故油滴将打在A板上.图45-19（2）由上可知油滴所受的合外力F合=mg运动的加速度a=g,运动的位移s=d可解得油滴到达A板的速率大小v=.【答案】（1）A 板（2）,6.（2009年江西九江模拟）图45-20甲为电子显示仪器（如示波器）的核心部件的示意图.左边部分为加速装置，阴极产生的热电子由静止开始经过U1=1000 V的加速电压加速后，从左端中心进入极板长l1=0.20 m、间距d=0.020 m、电压为U2的偏转电场区域（极

31、板正对面之间区域为匀强电场，忽略边缘效应），距偏转电场区域左端l2=0.15 m 的位置是荧光屏，电子打在荧光屏上能够显示出光斑.当U2=0时光斑正好在屏的中心.设荧光屏足够大.（1）若U2为稳定电压，试推导光斑在荧光屏上相对中心的偏移量Y的表达式.（2）若U2=0.1t2 V，在什么时间内荧光屏上有光斑出现？光斑做什么运动？（已知电子的质量me=9.110-31 kg,电荷量,e=1.610-19 C）图45-20甲【解析】（1）解法一设电子从加速电场中出来的速度为v0，由动能定理：mv02=eU1如图45-20乙所示，将电子在偏转电场中的运动沿v0方向和电场线方向分解，设电子沿电场线方向的

32、位移为y，有：图45-20乙,y=at2=t2在v0方向上，有：l1=v0t可解得：y=再设电子从偏转电场中射出时速度方向与v0方向的夹角为，有：tan=故光斑的偏移量Y=y+l2tan=(+l2)代入数据可得：Y=1.2510-3U2.解法二设电子从加速电场中射出的速度为v0，由动能定理有：mv02=eU1再设电子从偏转电场右端射出时速度方向与v0方向的夹,角为，有：tan=又因为射出方向的反向延长线与初速度v0方向线交于偏转电场的中心故：Y=（+l2)tan=1.2510-3U2.（2）将电子的质量和电荷量代入（1）中相关式子可知，电子在偏转电场中穿过的时间极短，故每个电子在电场中通过时，

33、偏转电压U2可看做不变.设t时刻进入偏转电场的电子将恰好打在极板的右端，即：将U2=0.1t2V代入=得t=,所以光斑在0 内向下做匀加速运动.【答案】（1）1.2510-3U2（2）0内光屏上有光斑出现，向下做匀加速运动金典预测演练经典创新展望高考1.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出.已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则（）,A.在前时间内，电场力对粒子做的功为B.在后时间内，电场力对粒子做的功为C.在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为12D.在粒子下落前和

34、后的过程中，电场力做功之比为21【解析】带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的右边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速运动，由运动学知识知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为13，电场力做功之比也为13.又因为电场力做的总功为，所以在前时间内，,电场力对粒子做的功为，选项A错误；在后时间内，电场力对粒子做的功为，选项B正确;在粒子下落前和后的过程中，电场力做功相等，故选项C、D错误.【答案】B2.传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示为测定压力的电容式传感器，将电容器、零刻度在中间的灵敏电流计和电源串

35、联成闭合回路.当压力F作用于可动膜片电极上时膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转.从对膜片施加压力（压力缓慢增至某一定值）开始到膜片稳定，灵敏电流计指针的偏转情况为（已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）（）,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动D.向左偏到某一刻度后不动【解析】由题意可知，电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U不变，压力F作用于可动膜片电极上时，相当于两极板间距离d减小，电容C=增大，由C=可知，两极板带电量增加，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏；当压力使膜

36、片稳定后，电容不变，两极板带电量不变，电流计指针重新回到零刻度处.综上所述，选项B正确.【答案】B,3.（2008年宁夏理综卷）如图所示,C为中间插有电介质的电容器,a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连,Q板接地.开始时悬线静止在竖直方向,在b板带电后,悬线偏转了角度.在下列方法中,能使悬线的偏角变大的是（）A.缩小a、b间的距离B.加大a、b间的距离C.取出a、b两极板间的电介质D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质,【解析】由图可知UPQ=Uba，P、Q极板之间的电场强度，故电容器C带电荷量一定时：加大a、b

37、间距能使Uba、UPQ变大，P、Q之间的场强对带电小球的电场力增大，角变大，选项B正确.减小电介质的介电系数或抽出电介质，可使Uba、UPQ变大，P、Q之间的场强以及对带电小球的电场力增大，角变大，故选项C正确.【答案】BC4.如图所示，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端C相连接.电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场.在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿越平行板所需的时间t的说法中，正确的是（）,A.电荷量Q增大，时间t也增大B.电荷量Q不变，时间t增大C.电荷量Q增大，时间t不变D.电荷量Q不变

38、，时间t也不变【解析】电子穿越平行板电容器的时间,与极板之间的电压无关，当C上移时，UC增大Q=CUC变大，故选项C正确.【答案】C,5.示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，如图所示.若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，板间距为d,且电子被加速前的初速度可忽略,定义电子从偏转极板右端射出时的偏转量与偏转电压的比值为示波器的灵敏度，则关于示波器的灵敏度与加速电场、偏转电场的关系，下列说法正确的是（）A.L越大，灵敏度越高 B.d越大，灵敏度越高C.U1越大，灵敏度越小D.灵敏度与U2无关【解析】由题意知:,可得灵敏度,选项A、D正确.【答案】AD6.如图所示，质子、

39、氘核和粒子（均不计重力）都沿平行板电容器两板中线OO方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点.若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法正确的是（）A.若它们射入匀强电场时的速度相等，则在荧光屏上将出现3个亮点,B.若它们射入匀强电场时的动能相等，则在荧光屏上将出现1个亮点C.若它们射入匀强电场时的动量相等，则在荧光屏上将出现3个亮点D.若它们是经同一个加速电场由静止加速后射入偏转电场的，则在荧光屏上将只出现1个亮点【解析】选取 H、H、He中的任意一微粒为研究对象，微粒在偏转电场中的偏转位移为：通过判定选项C、D正确.【答案】CD7.

40、如图所示，在O点放置一个正电荷，而在过O点的竖直,平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，带电荷量为q，小球落下的轨迹如图中的虚线所示，它与以O点为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC=30，A距OC的高度为h，若小球通过B点的速度为v，则下列叙述正确的是()A.小球通过C点的速度大小为B.小球通过C点的速度大小为C.小球由A到C电场力做的功为mgh-mv2D.小球由A到C电场力做的功为mv2+mg(-h),【解析】由于B、C在同一等势面上，故从B到C电场力不做功.从B到C只有重力做功，故有：mC2=mvB2+mghBC即mvC2=mv2+mgRsi

41、n 30得：vC=从A到C由动能定理有：mvC2=mgh+WAC解得：WAC=mv2+mg(-h),故选项B、D正确.【答案】BD8.（2007年广东物理卷）平行板间有如图所示的周期变化的电压.重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是（）,【解析】在0时间内带电粒子正向做匀加速运动，在T时间内带电粒子正向做匀减速运动，直至T时刻速度降至零，以后各周期重复这一运动过程，选项A正确.【答案】A,9.如图甲所示,在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力）,当两板间加上如图乙所示的交变电压后,下列图象中能正确

42、反映电子速度v、位移x、加速度a和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是（）【解析】根据电子的受力情况很容易得出选项A正确，,甲,而x-t、a-t、Ek-t图象分别如下：【答案】A10.静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点,其装置原理图如图所示.A、B为两块平行金属板,间距d=0.40 m,两板间有方向由B指向A、场强E=1.0103N/C的匀强电场.在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒,油漆微粒的初速度v0=2.0 m/s,质量m=5.010-15 kg,电荷量q=-2.010-16 C,微粒的重力和所受空

43、气阻力均不计,油漆,微粒最后都落在金属板B上.试求：（1）油漆微粒打在B板上的动能.（2）油漆微粒最后落在B板上所形成的图形及其面积的大小.【解析】（1）据动能定理有：W=|qEd|=EkB-EkA解得:微粒打在B板上时动能EkB=9.010-14 J.（2）微粒落在B板上所形成的图形为圆面初速度沿极板方向的油漆微粒落在圆周上，对这些微粒有：d=at12=t12,R=v0t1解得:圆面积S=R2=0.25 m2.【答案】（1）9.010-14 J（2）0.25 m211.喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为10-5 m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少

44、由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制.带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒.偏转板长1.6 cm，两板间的距离为0.50 cm，偏转板的右端距纸3.2 cm.若墨汁微滴的质量为1.61010 kg，以 20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的,电压是8.0103 V，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm.求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不

45、均匀性）为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法.【解析】设微滴所带的电荷量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，距原入射方向的距离为：,又解得：代入数据得:q=1.251013 C要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可采用的措施为：将电压U增大到8.8103 V，或将L增大到3.6 cm.【答案】1.2510-13 C将电压U增大到8.8103 V，或将L增大到3.6 cm12.（2007年广东物理卷）如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5 L.槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电荷量

46、为+2q，球B带电荷量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一,带电系统.最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行、向右的匀强电场E后.（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布）求:（1）当球B刚进入电场时，带电系统的速度大小.（2）带电系统从开运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置.【解析】对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，,电场力对系统做功为W1，有：W1=2qE2.5 L+(-3qE1.5 L)0而且还能穿过小孔，离开右极板假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有:W2=2qE2.5 L+

47、(-3qE3.5 L)0综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板的两侧.（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律有：球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1,有：v12=2a1L由上两式解得：.（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：,联立解得：球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律有:显然，带电系统做匀减速运动，设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2,则有：v22-v12=2a21.5 L解得：球A离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律有：,-v22=2a3x解得：由以上数据可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t=t1+t2+t3=球A相对右板的位置为：x=.【答案】（1）(2),