《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 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(yùn)動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 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(yùn)動學(xué)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(yùn)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(dǎo)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(zhuǎn)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(lǐng)大小的物理量。(4)單位：法拉(F)1 F106 F1012 pF3.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
2、對面積成正比，與電介質(zhì)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(yùn)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(qiáng)電場中可用力和運(yùn)動的觀點(diǎn)處理，也可用能量觀點(diǎn)處理；在非勻強(qiáng)電場中一般用能量觀點(diǎn)處理。2.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)只分析帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)。(1)粒子在電場中的運(yùn)動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直于場強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場，不計重力，電場力使帶電粒子產(chǎn)生加速度，做類平拋運(yùn)動。(2)運(yùn)動規(guī)律：垂直于電場方向上的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動。
3、vxv0，xv0t平行于電場方向上的分運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動?！舅伎寂袛唷?.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(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)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(yùn)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(yùn)動時重力一定可以忽略不計( )考點(diǎn)一電容器的電容(b/c)要點(diǎn)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
4、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(guān)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(guān)，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
5、U及場強(qiáng)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(qiáng)度E，可見當(dāng)增加兩板間距時，電場強(qiáng)度不變，選項C正確，D錯誤。答案C【方法總結(jié)】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(xùn)練1.如圖所示的電路中，A、B是平行板電容器
6、的兩金屬板。先將開關(guān)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(diǎn)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(nèi)部電場強(qiáng)度大小變大C.電容器內(nèi)部電場強(qiáng)度大小不變D.P點(diǎn)電勢升高解析由題意知電容器帶電荷量Q不變，當(dāng)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(nèi)部電場強(qiáng)度E不變，選項B錯誤，C正確；B板電勢為0，P點(diǎn)電勢P，等于P點(diǎn)與B板的電勢差UPBEdPB變大，則P升高，選項D正確。答案B2.如圖所示，設(shè)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。實驗中，極板所帶電荷量不變，若()A.保持S
7、不變，增大d，則變大B.保持S不變，增大d，則變小C.保持d不變，減小S，則變小D.保持d不變，減小S，則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，偏角也增大，故選項C、D均錯誤。答案A3.(2017紹興模擬)2015年4月16日，中國南車設(shè)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(fù)充放電10
8、0萬次以上，使用壽命長達(dá)十二年，且容量超大(達(dá)到9 500 F)，能夠在10 s內(nèi)完成充電。下列說法正確的是()A.該“超級電容器”能儲存電荷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(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D.充電時電源的正極應(yīng)接“超級電容器”的負(fù)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(lǐng)，由電容器本身決定，與電壓無關(guān)，B錯誤；電容器放電過程把電能轉(zhuǎn)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(diǎn)二帶電粒子在電場中的加速(b/d)要點(diǎn)突破1.帶電粒子在電場中運(yùn)動時重力的處理(1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、粒
9、子等)在電場中的運(yùn)動，通常不必考慮其重力及運(yùn)動中重力勢能的變化。(2)普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場中的運(yùn)動，除題中說明外，必須考慮其重力及運(yùn)動中重力勢能的變化。2.帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)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(yùn)動，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則()A.當(dāng)增大兩板間的距離時，v增大B.當(dāng)減小兩板間的距離時，v增大C.當(dāng)改變兩板間的距離時，v不變D.當(dāng)增大兩板間的距離時，電子在兩板間運(yùn)動的時間不變解析電子做勻加速直線運(yùn)動，則t2d解得td，即td。又由eUmv20得v，與d無關(guān)，故C正確。答案C【例2】 如圖所示，一電
10、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)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)水平向右電場的電場強(qiáng)度；(2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的，物塊的加速度；(3)電場強(qiáng)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 37qEFNcos 37mg由可得E(2)若電場強(qiáng)度減小為原來的，即E由牛頓第二定律得mgsin 37qEcos 37ma可得a0.3g(3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動能定理得mg
11、Lsin 37qELcos 37Ek0可得Ek0.3mgL答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL【方法總結(jié)】帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入電場，帶電粒子將做加(減)速運(yùn)動。有兩種分析方法：(1)用動力學(xué)觀點(diǎn)分析：a，E，v2v2ad。(2)用功能觀點(diǎn)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，qUmv2mv。針對訓(xùn)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(yùn)動解析要使粒子在電場中做直線運(yùn)動，必須使合
12、力與運(yùn)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(fù)功，故電勢能增加，B正確；合力做負(fù)功，故動能減少，C錯誤；因合力為定值且與運(yùn)動方向在同一直線上，故D錯誤。答案B2.如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質(zhì)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(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達(dá)N板，如果要使這個帶電粒子能到達(dá)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
13、子恰好到達(dá)N板時有Uqmv，恰好到達(dá)兩板中間返回時有qmv2，比較兩式可知選項D正確。答案D考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(b/d)要點(diǎn)突破1.條件分析：帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場。2.運(yùn)動性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動。3.處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運(yùn)動，類似于平拋運(yùn)動。4.運(yùn)動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間。(2)沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)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(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場)，
14、電子進(jìn)入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點(diǎn)。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(zhì)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(zhuǎn)電場射出時的偏移量；(3)若要使電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方，可采取哪些措施？解析(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有eU1mv0，解得v0(2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式有t，F(xiàn)ma，F(xiàn)eE，E，yat2解得偏移量y(3
15、)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(diǎn)上方。答案(1) (2)(3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)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(yùn)動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行板間的電場中，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(zhuǎn)角變大的是()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(shè)電子質(zhì)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eU1mv經(jīng)平行板射出時，其水平速度和豎直速度分別為vxv0，vyat
16、由此得tan 當(dāng)l、d一定時，增大U2或減小U1都能使偏轉(zhuǎn)角增大。答案B【例3】 有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，方向如圖所示，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(diǎn)射入，電子質(zhì)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(biāo)； (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(yùn)動，把它分解為y方向上的勻速直線運(yùn)動和沿x方向上的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)電子通過x軸時的位置坐標(biāo)為(x0，0)，時間為t，末速度為v，沿x方向速度為v，列方程x0t2x0v0t解得x0則電子通過x軸的位置坐標(biāo)為(，0)(2)v22x0解得v2v0則vv0答案
17、(1)(，0)(2)v0【方法總結(jié)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)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(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為。針對訓(xùn)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(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(nèi)，電場力對粒子做的功為B.在后時間內(nèi)，電場力對粒
18、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12D.在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為21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)知識可知，前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為13，電場力做功之比也為13。又因為電場力做的總功為，所以在前時間內(nèi)，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B2.噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示，重力可
19、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)電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()A.向負(fù)極板偏轉(zhuǎn) B.電勢能逐漸增大C.運(yùn)動軌跡是拋物線 D.運(yùn)動軌跡與帶電荷量無關(guān)解析帶負(fù)電的墨汁微滴垂直進(jìn)入電場后，在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的分解水平方向做勻速直線運(yùn)動和豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，帶負(fù)電的墨汁微滴進(jìn)入電場后受到向上的靜電力，故墨汁微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；墨汁微滴垂直進(jìn)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)xv0t，yat2及a，得墨汁微滴的軌跡方程為y，即運(yùn)動軌跡是拋物線，與帶電荷量有關(guān)，選項C正確，選項D錯誤
20、。答案C3.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(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A.同時到達(dá)屏上同一點(diǎn) B.先后到達(dá)屏上同一點(diǎn)C.同時到達(dá)屏上不同點(diǎn) D.先后到達(dá)屏上不同點(diǎn)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(zhuǎn)電場的時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會先后打在屏上同一點(diǎn)，選項B正確。答案B1.a、b兩個電容器如圖甲所示，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.110 B.45 C.81 D.641答案A2.(2017舟山模擬)水
21、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(qiáng)度增大D.電容器兩板間的電場強(qiáng)度不變解析當(dāng)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(qiáng)度減小，選項C、D錯誤。答案B3.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)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(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍解析第一次d
22、()2，第二次d()2，兩式相比可得d，所以選項C正確。答案C4.(20164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(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場。用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)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，若此懸浮油滴的質(zhì)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(qiáng)，懸浮油滴將向上運(yùn)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(qiáng)度方向向下，重力豎直向下，則電場力豎直向上，電荷帶負(fù)電，A錯誤；由平衡條件可以得到mgEq，電荷的帶電荷
23、量q，B錯誤；此時電場力與重力相等，如果增大電場強(qiáng)度，則電場力大于重力，所以油滴將向上運(yùn)動，C正確；由元電荷的帶電荷量e1.61019C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C5.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，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U12 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(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l6.0 cm，相距d2 cm，兩極板間加以電壓U2200 V的偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電場。已知電子的電荷量e1.61019 C，電子的質(zhì)量m0.
24、91030 kg，設(shè)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(zhuǎn)電場時的動能Ek；(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y；(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運(yùn)動的過程中電場力對它所做的功W。解析(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1Ek解得Ek4.01016 J(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t電子在水平方向做勻速運(yùn)動，由lv1t，解得t電子在豎直方向受電場力Fe電子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)其加速度為a依據(jù)牛頓第二定律有ema，解得a電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量yat2，解得y0.36 cm(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位
25、置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差Uy電場力所做的功WeU解得W5.761018 J答案(1)4.01016 J(2)0.36 cm(3)5.761018 J基礎(chǔ)過關(guān)1.下列關(guān)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(dǎo)體，才能組成了電容器，跟這兩個導(dǎo)體是否帶電有關(guān)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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
26、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得的電能轉(zhuǎn)化為電場能的過程，放電過程是將電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，所以選項D正確。答案D2.如圖所示，AB是某個點(diǎn)電荷電場的一根電場線，在線上C點(diǎn)放一個自由的負(fù)電荷，它將沿電場線向B運(yùn)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(yùn)動，加速度越來越小B.電場線由B指向A，該電荷做加速運(yùn)動，其加速度大小的變化由題設(shè)條件不能確定C.電場線由A指向B，電荷做勻加速運(yùn)動D.電場線由B指向A，電荷做加速運(yùn)動，加速度越來越大解析負(fù)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(yùn)動，但一條
27、電場線不能反映電場線的疏密，故其加速度大小的變化由題設(shè)條件不能確定。答案B3.在勻強(qiáng)電場中，把電子由靜止釋放，電子將()A.做勻速圓周運(yùn)動 B.做勻加速直線運(yùn)動C.做勻速直線運(yùn)動 D.保持靜止?fàn)顟B(tài)解析在勻強(qiáng)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(yùn)動。答案B4.粒子的質(zhì)量是質(zhì)子的4倍，電荷量是質(zhì)子的2倍，若粒子和質(zhì)子均從靜止開始在同一勻強(qiáng)電場中加速，經(jīng)過相等的路程之后，粒子與質(zhì)子獲得的動能之比為()A.12 B.11 C.21 D.1解析根據(jù)動能定理得qUmv2。由此可知，當(dāng)經(jīng)過相同路程即電勢差相同時，動能大小與電荷量成正比，所以選項C正確。答案C5.如圖甲所
28、示，A、B是一條電場線上的兩點(diǎn)，在A點(diǎn)由靜止釋放一個正的點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷僅在電場力的作用下沿著電場線從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，點(diǎn)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(qiáng)電場B.A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢C.從A點(diǎn)到B點(diǎn)，點(diǎn)電荷的電勢能逐漸增大D.點(diǎn)電荷在A點(diǎn)所受的電場力大于在B點(diǎn)所受的電場力解析由題圖乙可知，點(diǎn)電荷做初速度為零的變加速直線運(yùn)動，加速度逐漸增大，說明該點(diǎn)電荷所受的電場力逐漸增大，即該點(diǎn)電荷在A點(diǎn)所受的電場力小于在B點(diǎn)所受的電場力，則電場強(qiáng)度是逐漸增大的，故該電場一定是非勻強(qiáng)電場，選項A、D錯誤；由于點(diǎn)電荷由靜止開始運(yùn)動，僅受電場力作用從A運(yùn)動到B，且點(diǎn)
29、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AB，選項B正確；點(diǎn)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B6.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(zhuǎn)電場。電子的重力不計。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A.僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B.僅增大偏轉(zhuǎn)電極板間的距離C.僅增大偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓D.僅減小偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓解析改變偏轉(zhuǎn)電場的極性，只能改變電子受力方向，但電子的偏轉(zhuǎn)角大小不變，選項A錯誤；根據(jù)E可知，當(dāng)兩極板間距離d增大時，E減小，所以
30、電子受到的電場力減小，其偏轉(zhuǎn)角也減小，選項B錯誤；電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，則Lv0t、ema及tan 可得tan ，當(dāng)U增大時偏轉(zhuǎn)角也增大，選項C正確，D錯誤。答案C7.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(guān)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正對面積錯開一些解析圖中靜電計的金屬球接正極，外殼和負(fù)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(dāng)閉合S后，A、B兩板與電源兩極相連，極板
31、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(dāng)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D8.如圖所示，在點(diǎn)電荷Q的電場中有A、B兩點(diǎn)，將質(zhì)子和粒子(帶電荷量是質(zhì)子的2倍，質(zhì)量是質(zhì)子的4倍)分別從A點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)B點(diǎn)時，它們速度大小之比為多少？解析質(zhì)子是氫原子核，粒子是氦原子核，質(zhì)子和粒子都是正離子，從A點(diǎn)到B點(diǎn)都做加速運(yùn)動。設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U，由動能定理有對質(zhì)子qHUmHv，對粒子qUmv。答案1能力提升9.如圖為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，
32、當(dāng)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(qiáng)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不變，極板的帶電荷量減小，膜片與極板間的電場強(qiáng)度減小，電阻R中有電流通過，選項C錯誤，D正確。答案D10.如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，A、B為其運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運(yùn)動到B點(diǎn)時速度方向與電場方向的夾
33、角為30，不計重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢差。解析設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)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 30v0sin 60由此得vBv0設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB，由動能定理有qUABm(vv)聯(lián)立式得UAB答案11.如圖所示，虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強(qiáng)電場，一帶電粒子質(zhì)量為m2.01011 kg、電荷量為q1.0105 C，從a點(diǎn)由靜止開始經(jīng)電壓為U100 V的電場加速后，垂直于勻強(qiáng)電場進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，從虛線MN上的某點(diǎn)b(圖中未畫出)離開勻強(qiáng)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
34、子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場時的速率v1；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??；(3)ab兩點(diǎn)間的電勢差。解析(1)由動能定理得qUmv代入數(shù)據(jù)得v1104 m/s(2)因粒子重力不計，則進(jìn)入PQ、MN間電場中后，做類平拋運(yùn)動，有粒子沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動dv1t粒子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動vyat由牛頓第二定律得qEma，由題意得tan 30聯(lián)立以上相關(guān)各式并代入數(shù)據(jù)得E103 N/C1.73103 N/C(3)由動能定理得qUabmv2m(vv)聯(lián)立以上相關(guān)各式代入數(shù)據(jù)得Uab400 V答案(1)104 m/s(2)1.73103 N/C(3)400 V12.如圖所示，CD左側(cè)存在場強(qiáng)大小為E，
35、方向水平向左的勻強(qiáng)電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長L，傾角53的直角三角形斜面頂端A點(diǎn)由靜止開始下滑，運(yùn)動到斜面底端C點(diǎn)后進(jìn)入一細(xì)圓管內(nèi)(C處為一小段長度可忽略的圓弧，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑)，恰能到達(dá)D點(diǎn)，隨后從D離開后落回到斜面P點(diǎn)，重力加速度為g(sin 530.8，cos 530.6)。(1)求DA兩點(diǎn)間的電勢差UDA；(2)求圓管半徑r；(3)求小球從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間t。解析(1)WADmgLWDAUDA或UDAEL解得UDA(2)由恰好過D點(diǎn)，判斷vD0根據(jù)動能定理從A到D過程mg(Ltan 532r)EqL0解得r(3)由于mgEq，小球進(jìn)入電場與水平方向成45角斜向下做勻加速直線運(yùn)動。設(shè)到達(dá)P處水平位移為x，豎直位移為y，則有xyxtan 53x2r解得x，y豎直方向自由落體有ygt2解得t答案(1)(2)(3)21
（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 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(yùn)動學(xué)案
