（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第六章 靜電場 第3課時 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學案

《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第六章 靜電場 第3課時 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第六章 靜電場 第3課時 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動學案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3課時　電容器的電容　帶電粒子在電場中的運動 一、電容器及電容 1.常見電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。 (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (3)電容器的充、放電 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，電容器中儲存電場能。 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。 2.電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。 (2)定義式：C＝。 (3)物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。 (4)單位：法拉(F) 1 F＝106 μF＝1

2、012 pF 3.平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。 (2)決定式：C＝，k為靜電力常量。 二、帶電粒子在電場中的運動 1.帶電粒子在電場中的加速 帶電粒子在電場中加速時，若不計粒子的重力，只受電場力，則電場力對帶電粒子做的功等于粒子動能的變化量。在勻強電場中可用力和運動的觀點處理，也可用能量觀點處理；在非勻強電場中一般用能量觀點處理。 2.帶電粒子在電場中的偏轉 只分析帶電粒子垂直進入勻強電場時發(fā)生的偏轉。 (1)粒子在電場中的運動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直于場強方向射入勻強電場

3、，不計重力，電場力使帶電粒子產(chǎn)生加速度，做類平拋運動。 (2)運動規(guī)律：垂直于電場方向上的分運動是勻速直線運動。vx＝v0，x＝v0t 平行于電場方向上的分運動是勻加速直線運動。 【思考判斷】 1.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( × ) 2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比( × ) 3放電后的電容器電荷量為零，電容也為零( × ) 4.帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動( × ) 5.帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動( √ ) 6.示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的( √ ) 7.帶電粒子在電場中運動時重力一

4、定可以忽略不計( × ) 考點一　電容器的電容(b/c) [要點突破] 1.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況 (1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。 (2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。 2.平行板電容器動態(tài)問題的分析思路 [典例剖析] 【例1】 如圖所示是描述給定的電容器充電時極板上帶電荷量Q、極板間電壓U和電容C之間關系的圖象，其中錯誤的是(　　) 解析　A圖所含的信息是：電容器電容的大小和電容器所帶的電荷量成正比，A錯誤；B圖所含的信息是：電容器的電容并不隨兩極板間電壓的變化而改變，B正確；C圖所含的信息是：電容器所帶的

5、電荷量與極板間的電壓的比值不變，即電容器的電容不變，C正確；D圖所含的信息是電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關，D正確。 答案　A 【例2】 如圖所示，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，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U及場強E的變化情況是(　　) A.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 解析　由充電后斷開電源，電容器的電荷量不變，選項A、B錯；由C＝知增大兩極板間的距離時，電容C減小，由C＝知，U增大；兩板間電場強度E＝＝，可見當增加

6、兩板間距時，電場強度不變，選項C正確，D錯誤。 答案　C 【方法總結】 平行板電容器的動態(tài)分析步驟 (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＝分析平行板電容器電容的變化。 (3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。 [針對訓練] 1.如圖所示的電路中，A、B是平行板電容器的兩金屬板。先將開關S閉合，等電路穩(wěn)定后將S斷開，并將B板向下平移一小段距離，保持兩板間的某點P與A板的距離不變。則下列說法錯誤的是(　　) A.電容器的電容變小 B.電容器內部電場強度大小變大 C.電容器內部電場強度大小不變 D.P點電勢升高 解析

7、　由題意知電容器帶電荷量Q不變，當B板下移時，板間距離d增大，由電容公式C＝知，電容器的電容變小，選項A正確；電容器內部電場強度E＝＝＝不變，選項B錯誤，C正確；B板電勢為0，P點電勢φP，等于P點與B板的電勢差UPB＝EdPB變大，則φP升高，選項D正確。 答案　B 2.如圖所示，設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ。實驗中，極板所帶電荷量不變，若(　　) A.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 解析　靜電計指針偏角反映電容器兩板間電壓大小。在做選項所示的操

8、作中，電容器電荷量Q保持不變，由C＝＝知，保持S不變，增大d，則C減小，U增大，偏角θ增大，選項A正確，B錯誤；保持d不變，減小S，則C減小，U增大，偏角θ也增大，故選項C、D均錯誤。 答案　A 3.(2017·紹興模擬)2015年4月16日，中國南車設計制造的全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在寧波下線，不久將成為二三線城市的主要公交用車。這種超級電車的核心是我國自主研發(fā)、全球首創(chuàng)的“超級電容器”。如圖所示，這種電容器安全性高，可反復充放電100萬次以上，使用壽命長達十二年，且容量超大(達到9 500 F)，能夠在10 s內完成充電。下列說法正確的是(　　) A.該“超級電容器”能儲存

9、電荷 B.該“超級電容器”的電容隨電壓的增大而增大 C.該“超級電容器”放電過程中把化學能轉化為電能 D.充電時電源的正極應接“超級電容器”的負極 解析　電容器能儲存電荷，A正確；電容器的電容反映電容器容納電荷的本領，由電容器本身決定，與電壓無關，B錯誤；電容器放電過程把電能轉化為其他形式的能，C錯誤；電容器充電時，電源的正極接電容器的正極，D錯誤。 答案　A 考點二　帶電粒子在電場中的加速(b/d) [要點突破] 1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理 (1)微觀粒子(如電子、質子、α粒子等)在電場中的運動，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 (2)普通的帶電體(如

10、油滴、塵埃、小球等)在電場中的運動，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 2.帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法 [典例剖析] 【例1】 如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則(　　) A.當增大兩板間的距離時，v增大 B.當減小兩板間的距離時，v增大 C.當改變兩板間的距離時，v不變 D.當增大兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間不變 解析　電子做勻加速直線運動， 則··t2＝d 解得t＝d，即t∝d。 又由eU＝mv2－0得v＝，與d無關，故C正確。 答案　C 【例2】 如圖所示，一

11、電荷量為＋q、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度； (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能。 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37°＝qE① FNcos 37°＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 可

12、得a＝0.3g (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 【方法總結】 帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，帶電粒子將做加(減)速運動。有兩種分析方法： (1)用動力學觀點分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。 (2)用功能觀點分析：粒子只受電場力作用，電場力做的功等于物體動能的變化，qU＝mv2－mv。 [針對訓練] 1.如圖，平行板電容器的兩個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

13、中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) A.所受重力與電場力平衡 B.電勢能逐漸增加 C.動能逐漸增加 D.做勻速直線運動 解析　要使粒子在電場中做直線運動，必須使合力與運動方向在同一直線上，由題意做受力分析可知，重力豎直向下，電場力垂直極板向上，合力水平向左，故A錯誤；因電場力做負功，故電勢能增加，B正確；合力做負功，故動能減少，C錯誤；因合力為定值且與運動方向在同一直線上，故D錯誤。 答案　B 2.如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到

14、達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　) A.使初速度減為原來的 B.使M、N間電壓減小 C.使M、N間電壓提高到原來的4倍 D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的 解析　粒子恰好到達N板時有Uq＝mv，恰好到達兩板中間返回時有q＝mv2，比較兩式可知選項D正確。 答案　D 考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(b/d) [要點突破] 1.條件分析：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場。 2.運動性質：勻變速曲線運動。 3.處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動。 4.運動規(guī)律 (1)沿初速度方向做

15、勻速直線運動，運動時間。 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運動。 [典例剖析] 【例1】 如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉電場后打在熒光屏上的P點。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力。 (1)求電子穿過A板時速度的大?。? (2)求電子從偏轉電場射出時的偏移量；

16、 (3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？ 解析　(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有 eU1＝mv－0，解得v0＝ (2)電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。由牛頓第二定律和運動學公式有 t＝，F(xiàn)＝ma，F(xiàn)＝eE，E＝，y＝at2 解得偏移量y＝ (3)由y＝可知，減小U1或增大U2均可使y增大，從而使電子打在P點上方。 答案　(1) 　(2)　(3)減小加速電壓U1或增大偏轉電壓U2 【例2】 如圖，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行

17、板間的電場中，入射方向跟極板平行。整個裝置處在真空中，重力可忽略。在電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角θ變大的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.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 解析　設電子質量為m，電荷量大小為e，經(jīng)電勢差為U1的電場加速后，由動能定理得eU1＝mv 經(jīng)平行板射出時，其水平速度和豎直速度分別為 vx＝v0，vy＝at＝· 由此得tan θ＝＝＝ 當l、d一定時，增大U2或減小U1都能使偏轉角θ增大。 答案　B 【例3】 有一勻強電場，場強為E，方

18、向如圖所示，一電子以與x軸成45°夾角的初速度v0垂直于電場方向從O點射入，電子質量為m，電荷量為e，不計重力，求： (1)電子通過x軸時的位置坐標； (2)電子通過x軸時的速度大小。 解析　(1)畫出示意圖如圖所示，電子做類平拋運動，把它分解為y′方向上的勻速直線運動和沿x′方向上的初速度為零的勻加速直線運動，設電子通過x軸時的位置坐標為(x0，0)，時間為t，末速度為v，沿x′方向速度為v′，列方程x0＝t2 x0＝v0t 解得x0＝ 則電子通過x軸的位置坐標為(，0) (2)v′2＝2·x0 解得v′＝2v0 則v＝＝v0 答案　(1)(，0)　(2)v0

19、 【方法總結】 帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論 (1)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電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的。 (2)粒子經(jīng)電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為。 [針對訓練] 1.(2017·溫州模擬)如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為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(不計粒子的重力)，則(　　) A.在前時間內，電場力對粒子做的功為 B.

20、在后時間內，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沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的右邊緣飛出，帶電粒子所做的運動是類平拋運動。豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速運動，由運動學知識可知，前后兩段相等時間內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，電場力對粒子做的功為，選項A錯誤；在后時間內，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。

21、 答案　B 2.噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中(　　) A.向負極板偏轉 B.電勢能逐漸增大 C.運動軌跡是拋物線 D.運動軌跡與帶電荷量無關 解析　帶負電的墨汁微滴垂直進入電場后，在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的分解——水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動，帶負電的墨汁微滴進入電場后受到向上的靜電力，故墨汁微滴向正極板偏轉，選項A錯誤；墨汁微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，選項B錯誤；根據(jù)x＝v0t，y＝at2

22、及a＝，得墨汁微滴的軌跡方程為y＝，即運動軌跡是拋物線，與帶電荷量有關，選項C正確，選項D錯誤。 答案　C 3.如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們(　　) A.同時到達屏上同一點 B.先后到達屏上同一點 C.同時到達屏上不同點 D.先后到達屏上不同點 解析　一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉電場的時間均不同，但在偏轉電場中偏轉距離相同，所以會先后打在屏上同一點，選項B正確。 答案　B 1.a、b兩個電容器如圖甲

23、所示，圖乙是它們的部分參數(shù)。由此可知，a、b兩個電容器的電容之比為(　　) A.1∶10 B.4∶5 C.8∶1 D.64∶1 答案　A 2.(2017·舟山模擬)水平放置的平行板電容器與一電池相連，現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則(　　) A.電容器電容變大 B.電容器電容變小 C.電容器兩板間的電場強度增大 D.電容器兩板間的電場強度不變 解析　當兩極板間的距離增大時，根據(jù)電容的決定式C＝分析得知，電容C減小，選項A錯誤，B正確；由于與電池保持連接，U不變，因E＝，所以電容器兩板間的電場強度減小，選項C、D錯誤。 答案　B 3.如圖所示，兩極板與電源相連接，

24、電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，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變?yōu)樵瓉淼?　　) A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍 解析　第一次d＝·()2，第二次d′＝··()2，兩式相比可得d′＝，所以選項C正確。 答案　C 4.(2016·4月浙江選考)密立根油滴實驗原理如圖所示。兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正、負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場。用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質量和電荷量各不相同的油滴。通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的

25、質量為m，則下列說法正確的是(　　) A.懸浮油滴帶正電 B.懸浮油滴的電荷量為 C.增大場強，懸浮油滴將向上運動 D.油滴的電荷量不一定是電子電荷量的整數(shù)倍 解析　由題目中的圖示可以看出電場強度方向向下，重力豎直向下，則電場力豎直向上，電荷帶負電，A錯誤；由平衡條件可以得到mg＝Eq，電荷的帶電荷量q＝，B錯誤；此時電場力與重力相等，如果增大電場強度，則電場力大于重力，所以油滴將向上運動，C正確；由元電荷的帶電荷量e＝1.6×10－19C可知，油滴的帶電荷量一定是電子電荷量的整數(shù)倍，D錯誤。 答案　C 5.如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金

26、屬板之間加一電壓U1＝2 500 V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，兩極板間加以電壓U2＝200 V的偏轉電場。從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉電場。已知電子的電荷量e＝1.6×10－19 C，電子的質量m＝0.9×10－30 kg，設電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力。求： (1)電子射入偏轉電場時的動能Ek； (2)電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量y； (3)電子在偏轉電場運動的過程中電場力對它所

27、做的功W。 解析　(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1＝Ek 解得Ek＝4.0×10－16 J (2)設電子在偏轉電場中運動的時間為t 電子在水平方向做勻速運動，由l＝v1t，解得t＝ 電子在豎直方向受電場力F＝e· 電子在豎直方向做勻加速直線運動，設其加速度為a 依據(jù)牛頓第二定律有e·＝ma，解得a＝ 電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量 y＝at2＝，解得y＝0.36 cm (3)電子射出偏轉電場的位置與射入偏轉電場位置的電勢差 U＝·y 電場力所做的功W＝eU 解得W＝5.76×10－18 J 答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm

28、　(3)5.76×10－18 J [基礎過關] 1.下列關于電容器的敘述正確的是(　　) A.電容器是儲存電荷和電能的容器，只有帶電的容器才稱為電容器 B.任何兩個彼此絕緣而又互相靠近的帶電導體，才能組成了電容器，跟這兩個導體是否帶電有關 C.電容器所帶的電荷量是指兩個極板所帶電荷量的絕對值 D.電容器充電過程，是將電能轉變成電容器的電場能并儲存起來；電容器放電的過程，是將電容器儲存的電場能轉化為其他形式的能 解析　電容器是儲存電荷的容器，不論是否帶電都稱為電容器，所以選項A、B錯誤；電容器所帶電荷量是指一個極板所帶電荷量的絕對值，所以選項C錯誤；電容器的充電過程是將由電源獲

29、得的電能轉化為電場能的過程，放電過程是將電場能轉化為其他形式的能的過程，所以選項D正確。 答案　D 2.如圖所示，AB是某個點電荷電場的一根電場線，在線上C點放一個自由的負電荷，它將沿電場線向B運動，下列判斷正確的是(　　) A.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越小 B.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，其加速度大小的變化由題設條件不能確定 C.電場線由A指向B，電荷做勻加速運動 D.電場線由B指向A，電荷做加速運動，加速度越來越大 解析　負電荷受電場力的方向與電場線方向相反，所以電場線由B指向A，該電荷做加速運動，但一條電場線不能反映電場線的疏密，故其加速度

30、大小的變化由題設條件不能確定。 答案　B 3.在勻強電場中，把電子由靜止釋放，電子將(　　) A.做勻速圓周運動 B.做勻加速直線運動 C.做勻速直線運動 D.保持靜止狀態(tài) 解析　在勻強電場中，電子受到的電場力是恒定的，所以把電子由靜止釋放，電子將做勻加速直線運動。 答案　B 4.α粒子的質量是質子的4倍，電荷量是質子的2倍，若α粒子和質子均從靜止開始在同一勻強電場中加速，經(jīng)過相等的路程之后，α粒子與質子獲得的動能之比為(　　) A.1∶2 B.1∶1 C.2∶1 D.1∶ 解析　根據(jù)動能定理得qU＝mv2。由此可知，當經(jīng)過相同路程即電勢差相同時，動能大小與電荷

31、量成正比，所以選項C正確。 答案　C 5.如圖甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，在A點由靜止釋放一個正的點電荷，點電荷僅在電場力的作用下沿著電場線從A點運動到B點，點電荷的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) A.該電場可能是勻強電場 B.A點的電勢高于B點的電勢 C.從A點到B點，點電荷的電勢能逐漸增大 D.點電荷在A點所受的電場力大于在B點所受的電場力 解析　由題圖乙可知，點電荷做初速度為零的變加速直線運動，加速度逐漸增大，說明該點電荷所受的電場力逐漸增大，即該點電荷在A點所受的電場力小于在B點所受的電場力，則電場強度是逐漸增大的，故該電場一定是非

32、勻強電場，選項A、D錯誤；由于點電荷由靜止開始運動，僅受電場力作用從A運動到B，且點電荷帶正電，所以電場線方向由A指向B，又因沿電場線方向電勢逐漸降低，則φA>φB，選項B正確；點電荷的動能增加，根據(jù)能量守恒可知，其電勢能必定減少，則選項C錯誤。 答案　B 6.如圖所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉電場。電子的重力不計。在滿足電子能射出偏轉電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角變大的是(　　) A.僅將偏轉電場極性對調 B.僅增大偏轉電極板間的距離 C.僅增大偏轉電極板間的電壓 D.僅減小偏轉電極板間的電壓 解

33、析　改變偏轉電場的極性，只能改變電子受力方向，但電子的偏轉角大小不變，選項A錯誤；根據(jù)E＝可知，當兩極板間距離d增大時，E減小，所以電子受到的電場力減小，其偏轉角也減小，選項B錯誤；電子進入偏轉電場后做類平拋運動，則L＝v0t、e＝ma及tan θ＝可得tan θ＝，當U增大時偏轉角也增大，選項C正確，D錯誤。 答案　C 7.如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關S閉合后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是(　　) A.使A、B兩板靠近一些 B.使A、B兩板上下錯開一些 C.斷開S后，使B板向左平移一些 D.斷開S后，使A、B正對面

34、積錯開一些 解析　圖中靜電計的金屬球接正極，外殼和負極板B均接地，靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩極板間的電壓越高。當閉合S后，A、B兩板與電源兩極相連，極板間電壓等于電源電壓，即電壓不變，靜電計指針張角不變，所以A、B錯誤；當斷開S后，極板間距離增大，或正對面積減小，都將使電容器的電容變小，而電容器的電荷量不變，由C＝可知，極板間電壓U增大，從而使靜電計指針張角增大，故D正確，C錯誤。 答案　D 8.如圖所示，在點電荷＋Q的電場中有A、B兩點，將質子和α粒子(帶電荷量是質子的2倍，質量是質子的4倍)分別從A點由靜止釋放到達B點時，它們速度大小之比為多少？

35、解析　質子是氫原子核，α粒子是氦原子核，質子和α粒子都是正離子，從A點到B點都做加速運動。設A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理有 對質子qHU＝mHv，對α粒子qαU＝mαv ＝＝＝。 答案　∶1 [能力提升] 9.如圖為某電容傳聲器結構示意圖，當人對著傳聲器講話，膜片會振動。若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中(　　) A.膜片與極板間的電容變大 B.極板的帶電荷量增大 C.膜片與極板間的電場強度增大 D.電阻R中有電流通過 解析　若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，根據(jù)平行板電容器電容決定式，膜片與極板間的電容變小，選項A錯誤；由C＝可知，電壓U不

36、變，極板的帶電荷量減小，膜片與極板間的電場強度減小，電阻R中有電流通過，選項C錯誤，D正確。 答案　D 10.如圖，一質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°，不計重力。求A、B兩點間的電勢差。 解析　設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即 vBsin 30°＝v0sin 60°① 由此得vB＝v0② 設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有 qUAB＝m(v－v)③ 聯(lián)立②③式得UAB

37、＝ 答案　 11.如圖所示，虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強電場，一帶電粒子質量為m＝2.0×10－11 kg、電荷量為q＝＋1.0×10－5 C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U＝100 V的電場加速后，垂直于勻強電場進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30°角。已知PQ、MN間距離為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計。求： (1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1； (2)勻強電場的場強大小； (3)ab兩點間的電勢差。 解析　(1)由動能定理得qU＝mv 代入數(shù)據(jù)得v1＝104 m/s (2)因粒子重力不計，則進入PQ、MN

38、間電場中后，做類平拋運動，有粒子沿初速度方向做勻速直線運動d＝v1t 粒子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動vy＝at 由牛頓第二定律得qE＝ma，由題意得tan 30°＝ 聯(lián)立以上相關各式并代入數(shù)據(jù)得 E＝×103 N/C＝1.73×103 N/C (3)由動能定理得qUab＝mv2＝m(v＋v) 聯(lián)立以上相關各式代入數(shù)據(jù)得Uab＝400 V 答案　(1)104 m/s　(2)1.73×103 N/C　(3)400 V 12.如圖所示，CD左側存在場強大小為E＝，方向水平向左的勻強電場，一個質量為m、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長L，傾角α＝53°的直角三角形斜面

39、頂端A點由靜止開始下滑，運動到斜面底端C點后進入一細圓管內(C處為一小段長度可忽略的圓弧，圓管內徑略大于小球直徑)，恰能到達D點，隨后從D離開后落回到斜面P點，重力加速度為g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。 (1)求DA兩點間的電勢差UDA； (2)求圓管半徑r； (3)求小球從D點運動到P點的時間t。 解析　(1)WAD＝－mgL＝－WDA UDA＝ 或UDA＝EL① 解得UDA＝② (2)由恰好過D點，判斷vD＝0③ 根據(jù)動能定理從A到D過程 mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④ 解得r＝⑤ (3)由于mg＝Eq，小球進入電場與水平方向成45°角斜向下做勻加速直線運動。設到達P處水平位移為x，豎直位移為y，則有x＝y(tǒng) xtan 53°＋x＝2r⑥ 解得x＝，y＝⑦ 豎直方向自由落體有y＝gt2⑧ 解得t＝⑨ 答案　(1)　(2)　(3) 21