2011年高考物理第一轮复习课时作业-电场(3)
2011届高考物理第一轮同步导学复习022
2011 届高考物理第一轮同步导学复习022 高考物理第一轮复习导学§ 1． 2匀变速直线运动规律【考点自清】对于规律的学习主要注意以下两个方面：规律是如何得出的；规律的合用范围 ( 或条件 ) 是什么。
学习物理规律除了掌握结论，还要知道结论是如何得出的。
好像学们都知道匀变速直线运动的位移公式，却有好多人不清楚是如何得出的；知道自由着落的电梯内的物体和卫星上的物体都处于完整失重状态，但不知道为何这两种不同的运动都会完整失重；知道静电障蔽时内部的场强为零却不知道如何证明这些都是重结论、轻过程的结果。
这些同学在上课时只管做了好多笔录，但对规律的得出过程其实不清楚，造成不会做题。
学习物理规律时还要注意规律的合用范围，如动量定理一定在惯性系中才能使用，用动能定理解题时要选大地为参照系来计算动能和功。
一、匀变速直线运动定义：在相等的时间内速度的变化相等的直线运动叫做匀变速直线运动．特色：加快度大小、方向都不变．二、匀变速直线运动的规律说明：（1）以上公式只合用于匀变速直线运动．（2）四个公式中只有两个是独立的，即由随意两式可推出此外两式．四个公式中有五个物理量，而两个独立方程只好解出两个未知量，所以解题时需要三个已知条件，才能有解．（3）式中 v0、vt 、a、x 均为矢量，方程式为矢量方程，应用时要规定正方向，凡与正方向同样者取正当，相反者取负值；所求矢量为正当者，表示与正方向同样，为负值者表示与正方向相反．往常将v0 的方向规定为正方向，以v0 的地点做初始地点．（ 4）以上各式给出了匀变速直线运动的广泛规律．一切匀变速直线运动的差别就在于它们各自的v0 、a 不完整相同，比如a＝0 时，匀速直线运动；以v0 的方向为正方向；a＞ 0 时，匀加快直线运动；a＜0 时，匀减速直线运动；a＝g、 v0=0 时，自由落体应动；a＝ g、 v0≠ 0 时，竖直抛体运动．（ 5）对匀减速直线运动，有最长的运动时间t=v0/a ，对应有最大位移 x=v02/2a ，若 t ＞ v0/a ，一般不可以直接代入公式求位移。
2011届高考物理一轮复习精品同步练习试验九课时作业
第七章 实验九 描绘小电珠的伏安物性曲线1.在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图实一9 — 6所示的电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不 动，下列原因可能的是 A.灯泡中灯丝已烧断B. 滑片接触不良C. 灯泡内部短路D. 滑动变阻器 A 端接触不良解析：由图知，若电压表的电阻无穷大，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流 表串联的回路中不存在断点，故 A 错.若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故 B 错.若滑动变阻器 A 端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变，故D 错.若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故选 C. 答案：C 2.在如图实一9— 7甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L i 、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关图实一9 — 7A. 通过L i 的电流为通过L 2的电流的2倍 BL i 的电阻为7.5 QC. L i 消耗的电功率为 0.75 WD. L 2消耗的电功率为 0.375 W图实一9—6S 闭合后 （ ）电 JK/VCL5 I,0L5 2J 0 2J51O3J5~'乙O 50 5 &.39^2 1 o..o 0.O.<1解析：因电源内阻不计，S闭合后U LI = 3 V , U L2 = U L3 = 1.5 V.在I —U图象中，可以读出相应的电流l M= 0.25 A , I L2=I L3 = 0.2 A，故A不对.由R=半知R LI = 12 Q,故B不对，由P = Ul 知P LI = 0.75 W , P L2 = 0.3 W，故C 正确，D 错误.答案：C3. （2008天津高考）用下列器材组成描绘电阻R o伏安特性曲线的电路，请将图实一9-8中实物连接成为实验电路微安表M A（量程200识，内阻约200 Q ）电压表V（量程3 V,内阻约10 k Q）电阻R°（阻值约20 k Q）滑动变阻器R（最大阻值50 Q额定电流1 A）;电池组E（电动势3 V，内阻不计）；开关S及导线若干.解析：由于R V = 0.5,导=100,可以看出R0 R A接法，画出电路原理图如图所示.把实物与原理图结合起来完成连线，注意电压表、电流表的正、负接线柱，保证电流从正接线柱进从负接线柱出•连线如图所示.答案：见解析图R A，故采用电流表内U（V）0.00.20.501.01.52.02.53.01（A）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215(1)填甲’或“乙”)；图实一9 —9(2)试分析所选实验电路图存在误差的原因.解析：(1)从表格中的数据可以看出，小灯泡的电压和电流从零开始逐渐变化.甲图所示电路中滑动变阻器采用分压接法，可以获得从零开始变化的电压，符合图中数据的要求所以应选用的实验电路图是甲图.⑵由甲图可知，电流表的分压会造成实验误差，因为小灯泡的电阻较小，和电流表内阻相差不太大.电流表最好用外接方式.答案：⑴甲(2)见解析5. (2010华南师大附中模拟)有一个标有“ 12 V,24 W ”的灯泡，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：A.直流电源15 V(内阻可不计)B.直流电流表0〜0.6 A〜3 A（内阻0.5 Q 0.1 Q）C.直流电流表0〜300 mA（内阻约5 Q）D.直流电压表0〜3 V〜15 V（内阻约3 k第15 k Q）E.直流电压表0〜25 V（内阻约200 k Q）F.滑动变阻器10 ◎ 5 AG.滑动变阻器1 k 第3 A(1)实验台上已放置开关、导线若干及灯泡，为了完成实验，需要从上述器材中再选用 ______________ (用序号字母表示). (2)在下面的虚线框内画出最合理的实验原理图(3)若测得灯丝电阻 R 随灯泡两端电压变化关系的图线如图实一 9- 10所示，由这条曲线可得出：正常发光条件下，灯丝消耗的电功率是 _____________ .⑷如果灯丝电阻与(t + 273)的大小成正比，其中 t 为灯丝摄氏温度值，室温t = 27C ，则正常发光时灯丝的温度是 _________ C .解析：(1)由灯泡的额定电压为 12 V 、额定电流为0.5 A 可知，电 压表应选用D ，电流表应选B ，实验采用分压式电路，滑动变阻 器应选阻值小些的，故选 F.电源A 是必选的.(2)因詐击，故应采用外接法.滑动变阻器应用分压式连接，如图所示.(3)由图可知，U = 12 V 时，R = 6.2 R 故灯丝正常发光时的功率为P = "R 沁23.2 W.1⑷设 R = k(t + 273).由 t = 27C , R o = 1.0 莒 k =莎 Q /K.由 R = 6.2 0得 t = 1587 C . 答案：(1)ABDF(2)见解析图(3)23.2 W (4)15876. (2010海淀模拟)图实一9 — 11甲所示为某同学测绘额定电压为2.5 V 的小电珠的I — U 图图实一9 —10(2)A 端(3)1.6 1>37. （2010清远模拟）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线线的实验电路图图实一9- 11（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成完整的实验电路（2）开关S 闭合之前，图实一9- 11乙中滑动变阻器的滑片应该置于 ________ （选填“ A 端”、“ B 端”或“ AB 正中间”）.⑶已知小电珠灯丝在 27C 时电阻值约为1.5 Q,并且其电阻值与灯 丝的热力学温度成正比，热力学温度 T 与摄氏温度t 的关系为T =273 + t ,根据图实一9- 12所示的小电珠的I — U 特性曲线，估算该灯泡以额定功率工作时灯丝的温度约为 ____________ C （保留两位有 效数字）.图实—9 — 12解析：对于分压电路，开关 S 闭合前，应该将滑动变阻器的滑片置于最左端 （A 端），使K 时电阻为1.5 Q 可得k = 0.005.由小电珠的I -U 特性曲线可得当电压为 2.5 V 时灯丝中电流约为0.265 A.根据欧姆定律可得出灯丝电阻 R'= U/I = 9.4 Q,由R = kT 解得此时 灯丝热力学温度 T '= R 'k Q 1880 K ，即灯丝温度约为 t = T - 273= 1607 C= 1.6 >10’ C .答案：（1）实物连线图如图所示a 、b 、c 、d 、e 、f 、甲g和h按图实一9 - 13所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零.闭合开关后：(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是__________ 导线断路.⑵某同学测出电源和小电珠的U—I图线如图实一9 —14所示，将小电珠和电阻R串联后接到电源上，要使电路中电流为 1.0 A，贝U R=_______ Q.(3)某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图实一9 —15中的(a)、(b)、(c),下列说法正确的是图实一9 —15A. a可以作为标准电阻使用B. b能作为标准电阻使用C. b的阻值随电压升高而增大D.c的阻值随电压升高而增大解析：(1)若调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g导线断路.⑵由电源的U - I图线知E= 3.0 V , r = 1 Q,当小电珠与电阻串联后，由闭合电路欧姆定律得E = l(R+ r+ R 灯)又由小电珠的U-I图线得R 灯= =1.2 QI解得R = 0.8 Q.(3)因a元件的I- U线是直线，说明其电阻不随电压的变化而变化，故可作为标准电阻，故A对，B错.因I - U图线的斜率的倒数表示电阻值的变化，故C对D错.答案：(1)g (2)0.8 (3)AC。
2011年全国各地高考物理汇编第六章电场
2011年全国各地高考真题汇编第六章电场3. （2011年海南物理）三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径.球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变.由此可知（）A.n =3B.n =4C.n=5D.n=6【答案】D【解析】设1、2距离为R，则：22nqFR=，3与2接触后，它们带的电的电量均为：2nq，再3与1接触后，它们带的电的电量均为(2)4n q+，最后22(2)8n n qFR+=有上两式得：n=6.20.（2011年全国新课标理综）一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的.关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）【答案】D【解析】主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系.正确答案是D.21、（2011年山东理综）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，，且a与c关于MN对称，b点位于MN 上，d点位于两电荷的连线上.以下判断正确的是（）A、b点场强大于d点场强B、b点场强小于d点场强C、a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差D、试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能答案：BC解析：根据等量异种点电荷的电场的分布特点和叠加原理可知A错误，B正确；因为a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，C正确；根据等量异种点电荷的电场的分布特点，a点的电势高于c点的电势，所以试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，D错误.1．(2011年上海物理)电场线分布如图昕示，电场中a 、b 两点的电场强度大小分别为已知a E 和b E ，电势分别为a ϕ和b ϕ，则（ ）A ．a b E E >，a b ϕϕ>B ． a b E E >，a b ϕϕ<C ． a b E E <，a b ϕϕ>D ． a bE E <，a b ϕϕ<【答案】C【解析】本题考查静电场的性质和特点.电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，C 项正确.16．(2011年上海物理)如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a 、b 用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态.地面受到的压力为N ，球b 所受细线的拉力为F .剪断连接球b 的细线后，在球b 上升过程中地面受到的压力（ ）A ．小于NB ．等于NC ．等于N F +D ．大于N F +【答案】D【解析】本题考查连接体的动态受力平衡，考查学生对整体法、隔离法的掌握程度.剪断细线前，整体：总G N =，剪断细线后：ma G N =-总'（m 为小球的质量），b 球上升过程，库仑力增大，a 增大，ma F <，所以F N ma G N +>+=总'，D 项正确.23．(2011年上海物理)如图，在竖直向下，场强为E 的匀强电场中，长为l 的绝缘轻杆可绕固定轴O 在竖直面内无摩擦转动，两个小球A 、B 固定于杆的两端，A 、B 的质量分别为1m 和2m (12m m <)，A 带负电，电量为1q ，B 带正电，电量为2q .杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为 ，在竖直位置处两球的总动能为 .【答案】12()/2q q El +，1221[()()]/2q q E m m g l ++-【解析】本题考查电场力做功的特点和动能定理，考查学生对功能关系的处理.A B 在转动过程中电场力对 A B 都做正功即：2221l E q l E q W +=，根据动能定理：2)(2)(2112El q q l g m m ++-=0-k E 可求解在竖直位置处两球的总动能. 19．（2011年重庆理综）如题19图所示，电量为+q 和-q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有（ ）A. 体中心、各面中心和各边中点B. 体中心和各边中点C. 各面中心和各边中点D. 体中心和各面中心【答案】D【解析】两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零.两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向.两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向.在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零.在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零.而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零.正确答案是D.【考点】考查点电荷的电场特征，尤其是等量同种电荷或等量同种电荷在其连线和垂直平分线上的电场特征以及电场的叠加.1.（2011年海南物理）关于静电场，下列说法正确的是（ ）A. 电势等于零的物体一定不带电B. 电场强度为零的点，电势一定为零C. 同一电场线上的各点，电势一定相等D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【答案】D【解析】考查电场和电势概念，选D8．（2011年江苏物理）一粒子从A 点射入电场，从B 点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力.下列说法正确的有（ ）A．粒子带电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大【答案】AB【解析】逐项判断：电场线（垂直于等势面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以电场力与电场强度方向相反，所以粒子带负电，A正确；因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；由于起初电场力与初速度方向相反，所以速度先减小，C错误；因为电场力先做负功，所以电势能先增大，D错误；本题选AB.【点评】本题考查等势面、电场线、电场力、电场力做功、电势能等等.难度：难. 14．(2011年上海物理)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势 随位置x变化规律的是图（）【答案】A【解析】本题考查等量点电荷电场的分布特点和电势变化情况.将两个等量异种电荷的电场分为三个区域：正电荷的左侧、正、负电荷之间、负电荷右侧，因电场线起始于正电荷，终止于负电荷，在正电荷的左侧，电场线向左侧；正、负电荷之间，电场线向右侧；负电荷右侧，电场线向左侧.根据电场线指向电势降低的方向的特点，逐段分析知：A项正确. 21．(2011年四川理综)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点.不计空气阻力且小球从末落地，则( )A.整个过程中小球电势能变换了32mg2t2B.整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D.从A点到最低点小球重力势能变化了23mg2t220．（2011年安徽理综）如图（a ）所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图（b ）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处.若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上.则t 0可能属于的时间段是（ ）A ．004T t <<B ．0324T T t <<C ．034T t T <<D ．098T T t << 答案：B解析：若004T t <<，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B 板上，所以A 错误.若0324T T t <<，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A 板上，所以B 正确.若034T t T <<，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B 板上，所以C 错误.若098T T t <<，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，PU 图(a )每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误.24．（2011年北京理综）（20分）静电场方向平行于x轴，其电势ϕ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0ϕ和d为已知量.一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动.已知ϕ）,忽略重力.求该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为-A（0<A<q（1）粒子所受电场力的大小；（2）粒子的运动区间；（3）粒子的运动周期.解析：（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为φ0（2）设粒子在[—x，x]区间内运动，速率为v，由题意得①②由①②得③（3）考虑粒子从-x 0处开始运动的四分之一周期根据牛顿第二定律，粒子的加速度 0q F Eq a m m mdϕ=== 由匀加速直线运动t =将④⑤代入，得t =粒子运动周期4T t == 20. （2011年福建理综）（15分）反射式调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的震荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似.如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是31 2.010E =⨯N/C 和32 4.010E =⨯N/C ，方向如图所示，带电微粒质量201.010m kg -=⨯，带电量91.010q C -=-⨯,A 点距虚线MN 的距离1 1.0d cm =，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应.求：（1） B 点到虚线MN 的距离2d ；（2） 带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t.21. （2011年广东理综）图8为静电除尘器除尘机理的示意图.尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的.下列表述正确的是( )A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】BD【解析】电子吸附尘埃使尘埃带负电，受力与电场方向相反，AC 错.F=Eq ，故BD 正确.选BD.5．（2011年天津理综）板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间的电势差为U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是（ ）A ．U 2 = U 1，E 2 = E 1B ．U 2 = 2U 1，E 2 = 4E 1C ．U 2 = U 1，E 2 = 2E 1D ．U 2 = 2U 1，E 2 = 2E 1【解析】：考查平行板电容器的相关知识.144Q Q kdQ U S C S kdπεεπ===，114U kQ E d Sπε==，当电荷量变为2Q 时，212242Q Q kdQ U U S C S kdπεεπ===='，22182/2U kQ E E d Sπε===，C 选项正确.【答案】：C25. （2011年浙江理综）（22分）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料.图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连.质量为m 、电荷量为-q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集.通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d=d 0时η为81%（即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集）.不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用.（1）求收集效率为100%时，两板间距的最大值为m d ；（2）求收集率η与两板间距d 的函数关系；（3）若单位体积内的尘埃数为n ，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量/M t ∆∆与两板间距d 的函数关系，并绘出图线.答案：（1）09.0d （2）当09.0d d ≤时，收集效率η为100%；当09.0d d >时，收集率2081.0⎪⎭⎫ ⎝⎛=d d η（3）/M t ∆∆=d d nmbv 2081.0=η，如图所示.解析：（1）收集效率η为81%，即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U ，在水平方向有 t v L 0= ① 在竖直方向有202181.0at d = ② 其中0md qUm qEm Fa === ③当减少两板间距是，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为100%时，两板间距为m d .如果进一步减少d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有t v L 0= ④ 在竖直方向有221t a d m '= ⑤ 其中mmd qUm E q m F a ='='=' ⑥联立①②③④⑤⑥可得09.0d d m = ⑦（2）通过前面的求解可知，当09.0d d ≤时，收集效率η为100% ⑧当09.0d d >时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有2021⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=v L md qU x ⑨ 根据题意，收集效率为dx =η ⑩ 联立①②③⑨⑩可得2081.0⎪⎭⎫ ⎝⎛=d d η （3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量/M t ∆∆=0nmbdv η当09.0d d ≤时，1=η，因此/M t ∆∆=0nmbdv当09.0d d >时，2081.0⎪⎭⎫ ⎝⎛=d d η，因此/M t ∆∆=d d nmbv 20081.0=η 绘出的图线如下。
2011届高考物理第一轮知识点复习课件24
• b．分析物体在所研究的过程中的受力情
• ②用包括电势能和内能在内的能量守恒 定律处理．列式的方法主要有两种： • a．从初末状态的能量相等列方程； • b．从某些能量的减少等于另一些能量的 增加列方程．
• (3)用等效法处理带电体在叠加电场中的 运动 • 各种性质的场与实物的根本区别之一是 场具有叠加性．即几个场可以同时占据
析，所有离
• 子受到的电场力相同．都垂直B板向上，
当初速度方向不同时，对应轨迹不同，
如图中虚线所示．当初速度方向和B板平
行时，偏离最远(M，M′)，从整个空间看，
这些发光点恰构成一个圆．沿B板方向R
＝
＝vt①
• [答案] S＝ • [总结评述] 解决临界问题的关键是分析
出临界条件或临界情景，对此我们常从
标原点沿－x方向前进0.2m到B点，电势
升高34.6V，求匀强电场的场强大小和方
向．(取
＝1.73)
• [解析] 令O点电势φO＝0，则φA＝－
34.6V，φB＝34.6V，再作点B关于点O的
对称点B′，因为BO＝OB′，则φB′＝－ 34.6V.连接AB′，并作其垂线OE，则从 O→E的方向即场强方向
• [例3] 如图所示，在真空中有两块很大 的平行金属板A和B，A板接地，B板的电 势为＋φ，两板间的距离为d.在A板的内
侧涂有荧光物质，在B板的中央P处有一
个离子源，它不断地向各个方向发射质
量为m、初速率为v、电荷量为q的正离
子．这些离子打在A板的内侧时发出荧光，
求A板上发出荧光的范围大小．
• [解析] 选择有代表性的离子进行运动分
• [例2] 如图所示，一个带正电的微粒，
从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒
2011年高考物理(大纲版)第一轮复习课时作业-曲线运动万有引力定律(1)
第1单元曲线运动运动的合成与分解一、选择题1.（2009年江苏高考）在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气阻力，图中描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的关系图象，可能正确的是( )2.一物体在水平面上运动，其运动规律为：x=1.5t2+6t, y=-2t2-9t，x O y为直角坐标系，则下列说法正确的是( )A．物体在x方向分运动是匀加速直线运动B．物体在y方向分运动是匀减速直线运动C．物体运动的轨迹是一条曲线D．物体运动的轨迹是直线3.一个物体以初速度v0从A点开始在光滑水平面上运动，一个水平力作用在物体上，物体的运动轨迹如图中实线所示，图中B为轨迹上的一点，虚线是过A、B两点并与轨迹相切的直线，虚线和实线将水平面划分为5个区域，则关于施力物体的位置，下面说法正确的是( )A.如果这个力是引力，则施力物体一定在⑤区域B.如果这个力是引力，则施力物体一定在②区域C.如果这个力是斥力，则施力物体一定在②区域D.如果这个力是斥力，则施力物体可能在③区域4.如图所示，物体A和B的质量均为m，且分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳子与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦）.当用水平力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中( )A.物体A竖直向上做加速运动B.物体A沿竖直方向向上做减速运动C.绳子对A物体的拉力逐渐增大D.绳子对A物体的拉力逐渐减小5.如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N 点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在从M点到N点的运动过程中，物体的动能将( )A.不断增大B.不断减小C.先减小后增大D.先增大后减小6.如图所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B的吊钩，在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B之间的距离以d=H-2t2(SI)(SI表示国际单位制，式中H为吊臂离地面的高度)规律变化，则物体做( )A.速度大小不变的曲线运动B.速度大小增加的曲线运动C.加速度大小、方向均不变的曲线运动D.加速度大小、方向均变化的曲线运动7.质量为2 kg 的质点在x-y 平面上做曲线运动，在x 方向的速度图象和y 方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是()A.质点的初速度为5 m/sB.质点所受的合外力为3 NC.质点初速度的方向与合外力方向垂直D. 2 s 末质点速度大小为6 m/s8.甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H ，河水流速为v 0，划船速度均为v,甲、乙两船船头均与河岸成60°角，如图所示，已知乙船恰好能垂直到达对岸A 点，则下列判断正确的是( )A.甲、乙两船到达对岸的时间不同B. v=2v 0C.两船可能在未到达对岸前相遇D.甲船也在A 点靠岸9.一小船在河中xOy 平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是( )A.若小船在x 方向始终匀速，则y 方向先加速后减速B.若小船在x 方向始终匀速，则y 方向先减速后加速C.若小船在y 方向始终匀速，则x 方向先减速后加速D.若小船在y 方向始终匀速，则x 方向先加速后减速10.民族运动会上有一骑射项目如图运动员骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标.假设运动员骑马奔驰的速度为v 1，运动员静止时射出的弓箭速度为v 2，跑道离固定目标的最近距离为d.要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则( )A.运动员放箭处离目标的距离为21dv vB.2 C.D.11.如图所示，一条小船位于200 m宽的河正中A点处，从这里向下游m处有一危险区，当时水流速度为4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是（）A.3m/sB .3m/sC. 2 m/sD. 4 m/s二、非选择题12.宽9 m的成型玻璃以2 m/s的速度连续不断地向前行进，在切割工序处，金刚割刀的速度为10 m/s，为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，则：（1）金刚割刀的轨道应如何控制？（2）切割一次的时间多长？（3）所生产的玻璃板的规格是怎样的？参考解答一、选择题1.解析:跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非恒力，与速度有关，且速度越大受到的阻力越大.由速度与所受阻力的关系可得，竖直方向运动员受重力和空气阻力，速度逐渐增大，阻力增大合力减小，加速度减小.水平方向只受阻力，速度减小，阻力减小，加速度减小.在v-t 图象中图线的斜率表示加速度，故B 项正确.答案:B2.解析:由x =1.5t 2+6t 对应x =v 0t+12at 2可知，vx =6 m/s,ax =3 m/s 2.为匀加速直线运动，A 正确，由y =-2t 2-9t,对应y =v 0t+12a t 2可得：vy =-9 m/s ，ay =-4 m/s 2,因ay 、vy 同向，故也是匀加速直线运动，B 错误；因x x y yv a v a ，故a 合与v 0合不同向，物体的运动轨迹是一条曲线，C 正确，D 错误.答案:AC3.解析:物体做曲线运动时，受合外力方向总是指向曲线的凹侧.由此知物体若是受引力作用，施力物体一定在④区域，若受斥力作用，则施力物体一定在②区域.答案:C4.解析:B 物体的速度v B 的分解如图所示，则v A =v B cos α,α减小，则v A逐渐增大，说明A 物体在竖直方向上做加速运动，由牛顿第二定律T-mg=ma,可知绳子对A 的拉力T>mg,故选项B 错A 对.A 物体的加速度如何变化呢？可用外推法：若绳子无限长，B 物体距滑轮足够远，即当a →0时，有v A →v B ，这表明，物体A 在上升的过程中，加速度必定逐渐减小，绳子对A 物体的拉力逐渐减小，选项D 对.故正确选项为A 、D.答案:AD5.解析:物体在v M 方向上的速度变为零，说明物体受到的力在v M 的反方向上有分力，同时物体受的力在垂直于v M 向右的方向上也有分力，所以物体所受恒力的方向与v M的方向成钝角，故力对物体先做负功后做正功，物体的动能先减小后增大，选项C 正确.答案:C6.解析:物体B 在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上A 、B 间距离变化的规律为d=H-2t 2,而B 与地面的高度为y=H-d=2t 2=12×4×t 2.即位移与时间成二次函数关系，所以物体B 竖直方向从地面开始向上做匀加速直线运动，由s=v 0t+12at 2,可知v 0=0,a=4 m/s 2,物体B 实际上做类平抛运动，故应选B 、C.答案:BC7.解析:由v-t 图象知物体在x 轴上做初速度为3 m/s 的匀加速运动，由s-t 图知，物体在y 轴上做匀速直线运动，速度为4 m/s ，则物体初速度为/s =m/s = 5 m/s.质点所受合外力为F=ma=2×1.5 N=3 N,故A 、B 项正确.物体初速度方向与合外力方向成角度θ的正切值tan θ=43,故C 项错.2 s 末质点的速度大小为v 1故D 项错.答案:AB8.解析:渡河时间均为sin 60H μ,乙能垂直于河岸渡河，对乙船，由vcos 60°=v0,可得v=2v0，甲船在该时间内沿水流方向的位移为（vcos 60°+v0）sin 60H μ刚好到A 点，综上所述，A 、C 错误，B 、D 正确.答案:BD9.解析:小船运动轨迹上各点的切线方向为小船的合速度方向，若小船在x 方向始终匀速，由合速度方向的变化可知，小船在y 方向的速度先减小再增加.故A 错误，B 正确；若小船在y 方向始终匀速，由合速度方向的变化可知，小船在x 方向的速度先增加后减小，故C 错误，D 正确.答案:BD10.解析:要想使箭在空中飞行的时间最短的情况下击中目标，v 2必须垂直于v1，并且v1、v2的合速度方向指向目标，如图所示，故箭射到靶的最短时间为dv2，C、D均错误；运动员放箭处离目标的距离为,又x=v1t=12dvv,故2A错误，B正确.答案:B11.解析:恰好使小船避开危险区，小船应沿直线AB到达对岸，如图所示，则有：tan θ=BDAD=3,θ=30°,当船头与AB垂直时，小船在静水中的速度最小，因此，最小速度v1=v2sin θ=4sin 30°=2m/s，故选项C正确.答案:C二、非选择题12.解析:（1）由题目条件知，割刀运动的速度是实际的速度，所以为合速度.其分速度的效果恰好相对玻璃垂直切割.设割刀的速度v2的方向与玻璃板速度v1的方向之间的夹角为θ,如图所示.要保证割下均是矩形的玻璃板，则由v2是合速度得v1=v2cos θ所以cos θ=1215vv=，即θ=arccos15所以，要割下矩形板，割刀速度方向与玻璃板速度成θ=arccos15角.（2）切割一次的时间t=2sindμθ=s≈0.92 s.(3)切割出的矩形玻璃板的规格为：长度d=9 m，宽度：l=v1t=2×0.92 m=1.84 m.答案:（1）割刀速度方向与玻璃板速度方向成arccos 15角（2）0.92 s(3)长9 m、宽1.84 m。
高考物理一轮总复习 第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动(含解析)
电容器与电容 带电粒子在电场中的运动[基础知识·填一填][知识点1] 电容器及电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此 绝缘 又相互靠近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 绝对值 . (3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的 异种电荷_ ，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中 电能 转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的 电荷量 与两个极板间的 电势差 的比值． (2)定义式： C ＝Q U.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝ 106μF＝ 1012pF. (4)意义：表示电容器 容纳电荷 本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否 带电 及 电压 无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C ＝εr S4πkd.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(×) [知识点2] 带电粒子在电场中的运动 1．加速问题(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质： 匀变速曲线 运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做 匀速 运动．②沿电场方向：做初速度为零的 匀加速 运动． 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√) (3)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×) [知识点3] 示波管1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示． 2．原理(1)如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏 中心 ，在那里产生一个亮斑．(2)YY ′上加的是待显示的 信号电压 ，XX ′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P32第1题改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U ，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A ．增大两极板间的距离，指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角变大C ．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D ．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小解析：ABD [电势差U 变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C ＝εr S 4πkd 知，当d 变大时，C 变小，再由C ＝QU得U 变大；当A 板上移时，正对面积S 变小，C 也变小，U 变大；当插入玻璃板时，C 变大，U 变小；而两板间的距离减小时，C 变大，U 变小，所以选项A 、B 、D 正确．]2．(人教版选修3－1 P39第2题改编)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUhC.eU dhD.eUh d解析：D [电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即12mv 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd，故选项D 正确．] 3．(人教版选修3－1 P39第4题改编)如图所示，含有大量11H 、21H 、42He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是( )A ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是11H B ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是42He C ．出现两个亮点 D ．只会出现一个亮点 答案：D4．(人教版选修3－1 P36思考与讨论改编)如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成．管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．(1)带电粒子在 __________ 区域是加速的，在 ________ 区域是偏转的． (2)若U YY ′＞0，U XX ′＝0，则粒子向 ________ 板偏转，若U YY ′＝0，U XX ′＞0，则粒子向 ________ 板偏转．答案：(1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X考点一 平行板电容器的动态分析[考点解读]1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝U d分析场强的变化． ③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d＝4k πQεr S分析场强变化．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点电势将降低C ．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D ．带电油滴的电势能保持不变[解析] BC [电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P 点处于静止状态，因此有mg ＝qE .当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知电容器电容减小，板间场强E 场＝Ud 减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE ，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P 点电势等于P 点到下极板间的电势差，由于P 到下极板间距离h 不变，由φP ＝ΔU ＝Eh 可知，场强E 减小时P 点电势降低，B 对；由C ＝Q U可知电容器所带电荷量减小，C 对；带电油滴所处P 点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D 错．]分析平行板电容器动态变化的三点关键1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变．2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E ＝U d分析极板间电场强度的变化情况．3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化．[题组巩固]1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：D [据C ＝εr S4πkd 可知，将云母介质移出电容器，C 变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据Q ＝CU 可知极板上的电荷量变小，据E ＝U d可知极板间电场强度不变，故选D.]2．(2018·北京卷) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板， 静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A [当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝QU可知， 电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U可知， 电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据C ＝Q U可知，电荷量Q 增大，则电压U 也会增大，而电容由电容器本身决定，C不变，故选项D 错误．]考点二 带电粒子在电场中的直线运动[考点解读]1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.[典例赏析][典例2] (2019·湖南长沙模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .[解析] (1)设液珠的电荷量为q ，质量为m ，由题意知，当液珠在C 点时k QqH2－mg ＝mg 比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，k Qq h2＝mg 得h ＝2H(3)设BC 间的电势差大小为U CB ，由题意得U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qU CB －mg (r B －H )＝0即q ⎝ ⎛⎭⎪⎫kQ H －kQr B －mg (r B －H )＝0解得：r B ＝2H ，r B ＝H (舍去)． [答案] (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电小球自O 点由静止释放，经C 孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D 孔时速度减为零．对于小球从C 到D 的运动过程，已知从C 运动到CD 中点位置用时t 1，从C 运动到速度等于C 点速度一半的位置用时t 2，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．将B 板向上平移少许后小球可能从D 孔落下解析：AB [由题图可知，A 、B 间的电场强度方向向下，小球从C 到D 做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A 正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t 1<t 2，选项B 正确，C 错误；将B 板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg (h ＋d )－qU ＝0，mg (h ＋x )－qUx d ′＝0，联立得x ＝h h ＋d －d ′d ′<d ′，即小球不到D 孔就要向上返回，所以选项D 错误．]2．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：A [设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 间电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1＝qU 2＝qEd ，将C 板向右移动，B 、C 板间的电场强度：E ＝U 2d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确，B 、C 、D 错误．]考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转[考点解读]1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝2mdyqU(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d.(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．[典例赏析][典例3] 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g 取10 m/s 2.求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？[审题指导] 开关闭合前，微粒做平抛运动，开关闭合后，微粒做类平抛运动，两个过程的分析方法相同，都要用到运动的合成与分解．[解析] (1)开关S 闭合前，由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得v 0＝L2gd＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 1＝mg －qU 1dm，解得U 1＝120 V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 2＝q U 2d－mg m，解得U 2＝200 V所以120 V ≤U ≤200 V.[答案] (1)10 m/s (2)与负极相连，120 V ≤U ≤200 V带电粒子在电场中偏转问题求解通法1．解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12mv 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法： (1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)．(2)Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L 为电场宽度)． (3)Y ＝y ＋v y ·d v 0.(4)根据三角形相似Y y ＝L2＋d L2.[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1解析：ABC [粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2，选项A 正确；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2ht 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1，选项B 正确；根据a ＝qE m 得m ＝qEa，故m A ∶m B ＝1∶12，选项C 正确；A 和B 的位移大小不相等，选项D 错误．]2．(2016·北京卷23题改编)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31 kg ，e ＝1.6×10－19 C ，g ＝10 m/s 2. 解析：(1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 20， 电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m 在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝L m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29 N 电场力F ＝eUd ≈10－15 N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．答案：(1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 思想方法(十四) 电容器在现代科技生活中的应用[典例] (多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO 涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[解析]AD [据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．][题组巩固]1．(2019·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( ) A．膜片与极板间的电容增大B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大D．电阻R中有电流通过解析：D [根据C＝εr S4πkd可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝Ud可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．]2．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容．则( ) A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析：CD [由C ＝εr S 4πkd知，电介质插入越深，εr 越大，即C 越大，A 错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B 错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C 对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr 增大，C 增大，电源电动势不变，由C ＝Q U 知，Q 增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D 对．。
2011年高考物理一轮复习同步练习(名师解析)11-专题2磁场对运动电荷的作用
第十一章 专题二 课时提能·精炼1.(2009·广东理基)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是( )A ．洛伦兹力对带电粒子做功B ．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C ．洛伦兹力的大小与速度无关D ．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向【解析】 洛伦兹力的方向总跟速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，不会改变粒子的动能，因此B 正确．【答案】 B2．如右图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会( )A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸内偏转D ．向纸外偏转【解析】 在阴极射线管所在位置处，直导线产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可以判断阴极射线中的电子受力方向向上，故选A.【答案】 A3．如右图所示，在x >0、y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B .现有一质量为m 电荷量为q 的带电粒子，在x 轴上到原点的距离为x 0的P 点，以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y 轴的方向射出此磁场．不计重力的影响．由这些条件可知( )A ．不能确定粒子通过y 轴时的位置B ．不能确定粒子速度的大小C ．不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D ．以上三个判断都不对【解析】 由题意知，带电粒子将以O 为圆心，以半径x 0在x >0，y >0区域做匀速圆周运动，经T4垂直打在y 轴上，故粒子通过y 轴位置是y ＝x 0，由q v B ＝m v 2R，且R ＝x 0，得v ＝qBR m ＝qBx 0m ，t ＝T 4＝14×2πm qB ＝πm2qB，故A 、B 、C 均错误，D 正确．【答案】 D4．在如右图所示的三维空间中，存在方向未知的匀强磁场．一电子从坐标原点出发，沿x轴正方向运动时方向不变；沿y轴正方向运动时，受到沿z轴负方向的洛伦兹力作用．则当电子从O点沿z轴正方向出发时() A．磁场方向沿x轴正方向B．电子在O点所受洛伦兹力沿y轴正方向C．出发后在xOz平面内，沿逆时针方向做匀速圆周运动D．出发后在yOz平面内，沿顺时针方向做匀速圆周运动【解析】运动的电荷在匀强磁场中运动方向不变有两种可能：一是电荷沿磁场方向运动不受洛伦兹力；二是电荷受洛伦兹力与其他力的合力为零．本题电子沿x轴正方向运动时方向不变，表明沿磁场方向运动，即磁场方向与yOz平面垂直，而电子沿y轴正方向运动时，受到沿z轴负方向的洛伦兹力作用，由左手定则可知，磁场指向纸内．当电子从O点沿z 轴正方向出发时，轨道平面一定在yOz平面内，沿顺时针方向做匀速圆周运动，且圆心在y 轴正方向上某一点．如右图所示．故正确答案为B、D.【答案】BD5．(2009·丰城模拟)如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时()A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定【解析】洛伦兹力虽然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物体与斜面间的正压力变大，故摩擦力变大，损失的机械能增加．【答案】 B6．如右图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子(不计重力)，从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正负离子在磁场中()A ．运动时间相同B ．运动轨道的半径相同C ．重新回到边界时速度的大小和方向相同D ．重新回到边界的位置与O 点距离相等【解析】 如右图所示，正离子的轨迹为磁场边界上方的OB ，负离子的轨迹为磁场边界上方的OA ，轨道半径OO 1＝OO 2＝m vqB ，二者相同，B 正确；运动时间和轨道对应的圆心角(回旋角α)成正比，所以正离子运动时间较长，A 错误；由几何知识可知△OO 1B ≌△OO 2A ，所以OA ＝OB ，D 正确；由于O 1B ∥O 2A ，且v A ⊥O 2A ，v B ⊥O 1B ，所以v A ∥v B ，C 正确．【答案】 BCD7．如右图所示，长为L 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，板间距离也为L ，板不带电．现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )A ．使粒子的速度v <qBL4mB ．使粒子的速度v >5qBL4mC ．使粒子的速度v >qBLmD ．使粒子的速度qBL 4m <v <5qBL4m【解析】 由左手定则判得粒子在磁场中向上偏，做匀速圆周运动．很明显，圆周运动的半径大于某值r 1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r 2时粒子可从极板的左边穿出．现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r 的最小值r 1以及粒子在左边穿出时r 的最大值r 2.在下图中由几何知识得：粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O 点，有：r 21＝L 2＋(r 1－L 2)2 得r 1＝5L 4由于r 1＝m v 1qB得v 1＝5qBL4m所以v >5qBL4m时粒子能从右边穿出粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O ′点，有r 2＝L4由r 2＝m v 2qB ＝L 4得v 2＝qBL4m所以v <qBL4m时粒子能从左边穿出．【答案】 AB8．如右图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1＝2B 2.一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入磁感应强度为B 1的磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点( )A.2πm qB 1B.2πm qB 2C.2πm q (B 1＋B 2)D.πm q (B 1＋B 2)【解析】 粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示，由周期公式T ＝2πmqB知，粒子从O 点进入磁场到再一次通过O 点的时间t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πmqB 2，所以B 选项正确．【答案】 B9．质子(11H)和α粒子(42He)从静止开始经相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两粒子的动能之比E k 1∶E k 2＝________，轨道半径之比r 1∶r 2＝________，周期之比T 1∶T 2＝________.【解析】 粒子在电场中加速时只有电场力做功，由动能定理得：qU ＝12m v 2故E k 1∶E k 2＝q 1U ∶q 2U ＝q 1∶q 2＝1∶2 由qU ＝12m v 2，得v ＝2qUm粒子在磁场的圆周半径r ＝m v qB ＝m qB 2qU m ＝1B 2mUq故r 1∶r 2＝m 1q 1∶m 2q 2＝1∶ 2粒子做圆周运动的周期T ＝2πmqB故T 1∶T 2＝m 1q 1∶m 2q 2＝1∶2【答案】 1∶2 1∶2 1∶210．如下图所示，带电粒子以速度v 0从边界A 点垂直匀强磁场飞入做匀速圆周运动，从边界另一点飞出(未画出)．(1)请大致画出圆弧轨迹，通过作图标明圆心O 、半径r 、回旋角α； (2)若粒子周期为T ，则各种情况下在磁场中运动的时间t 为多少？【答案】 因为题中没有给出出射点，所以可在边界适当的地方取一个出射点，然后作出入射点速度的垂线和入射点与出射点连线的中垂线，这两条垂直线的交点即为圆心；两条垂线的夹角(对应转过的圆弧的圆心角)即为回旋角α；在磁场中运动的时间t ＝α360T .11．电视机显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的，在电子枪中产生的电子经过加速电场加速后射出，从P 点进入并通过圆形区域后，打到荧光屏上，如下图所示．如果圆形区域中不加磁场，电子一直打到荧光屏上的中心O 点的动能为E ；在圆形区域内加垂直于圆面、磁感应强度为B 的匀强磁场后，电子将打到荧光屏的上端N 点．已知ON ＝h ，PO ＝L .电子的电荷量为e ，质量为m .求(1)电子打到荧光屏上的N 点时的动能是多少？说明理由； (2)电子在电子枪中加速的加速电压是多少？ (3)电子在磁场中做圆周运动的半径R 是多少？【解析】 (1)电子经过偏转磁场时洛伦兹力不做功，电子的动能仍为E .(2)电子在电子枪中加速，E ＝12m v 2＝eU加速电压为U ＝Ee.(3)电子从电子枪中射出的速度为v ＝2E m根据洛伦兹力提供向心力e v B ＝m v 2R它的圆周运动的半径R ＝2mEeB.【答案】 (1)E '电子经过偏转电场时洛伦兹力不做功 (2)E e '(3)2mE eB1.(2010·西城抽样测试)两个电荷量相等的带电粒子，在同一匀强磁场中只受磁场力作用而做匀速圆周运动。
2011年高考物理真题分类汇编-电场(详解_精校)
2011年高考物理真题分类汇编（详解+精校）电场1．（2011年高考·海南理综卷）关于静电场，下列说法正确的是（ ）A ．电势等于零的物体一定不带电B ．电场强度为零的点，电势一定为零C ．同一电场线上的各点，电势一定相等D ．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加1.D 解析：考察电场和电势概念及其电场力做功与电势能的关系，选D 。
2．（2011年高考·重庆理综卷）如图所示，电量为+q 和-q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心2.D 解析：两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零。
两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向。
两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向。
在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零。
在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零。
而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零。
正确答案是D 。
3．（2011年高考·山东理综卷）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 关于MN对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上。
以下判断正确的是 [来源:]A ．b 点场强大于d 点场强 [来源:Z&xx&]B ．b 点场强小于d 点场强C ．a 、b 两点间的电势差等于b 、c 两点间的电势差D ．试探电荷+q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能3.BC 解析：根据等量同种电荷的电场线分布可知b 点场强小于d 点场强，B 正确，A 错误；由对称性可知a 、b 两点的电势差等于b 、c 两点间的电势差，C 正确；MN 左侧电势大于零，而右侧小于零所以试探电荷＋q 在a 点的电势能大于在c 点的电势能，D 错误。
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第3单元 电容器电场中带电粒子的运动
一、选择题
1.描述对给定的电容器充电时，电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图象，其中错误的
是( )
2.（2008年全国高考Ⅱ）一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电荷量不变
的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比.若两极板间电压为
零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油
滴以速率v匀速上升.若两极板间电压为-U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是( )
A.2v、向下 B.2v、向上
C.3v、向下 D.3v、向上
3.如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d,其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下
极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出.若油滴质量为m、
电荷量为q,则( )
A.场强方向竖直向上
B.场强方向竖直向下
C.两极板间的电势差为mgd/q
D.油滴的电势能增加了mgd
4.如图甲所示，水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水
平方向的匀强电场，一带电小球在电场力和挡板压力作用下静止.若突然将电场反向，则
小球加速度的大小随位移x变化的关系图象可能是图乙中的( )
5.一带电粒子从静止经加速电压U1的加速电场加速后进入板间距离为d、板间电势差为U
2
的偏转电场，当它飞出偏转电场时，偏转角为θ.要使偏转角θ增大，则需要( )
A.使粒子的比荷（q/m）变大
B.其他条件不变，只使U1变大
C.其他条件不变，只使U2变大
D.其他条件不变，只使d变大
6.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，图（2）中能正确反映电子速度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( )
7.绝缘金属平行板电容器充电后，静电计的指针偏转一定角度，若减小两极板a、b间的距
离，同时在两极板间插入电介质，如图所示，则( )
A.电容器的电势差会减小
B.电容器的电势差会增大
C.静电计指针的偏转角度会减小
D.静电计指针的偏转角度会增大
8.有三个质量相等，分别带有正电，负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初
速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如图
所示，则正确的有( )
A.粒子A带正电，B不带电，C带负电
B.三个粒子在电场中运动时间相等
C.三个粒子在电场中运动的加速度aA
9.示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示
波管.若在荧光屏上出现如图所示的正弦式交变电流波形，则在水平偏转电极XX′、竖直
偏转电极YY′上所加的电压波形是( )
A.XX′加图（1）波形电压，YY′加图（2）波形电压
B.XX′加图（2）波形电压，YY′加图（1）波形电压
C.XX′加图（3）波形电压，YY′加图（1）波形电压
D.XX′加图（4）波形电压，YY′加图（1）波形电压
10.如图所示，在光滑、绝缘的水平桌面上竖直固定一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为直
线挡板，与水平方向成45°夹角，BCD段是半径为R的圆弧挡板，挡板处于场强为E的
匀强电场中，电场方向与圆直径MN平行.现有一带电荷量为q、质
量为m的小球由静止从挡板内侧上的A点释放，并且小球能沿挡板
内侧运动到D点抛出，则( )
A.小球一定带正电
B. qE
D.小球从A到B的过程中，电势能增加
二、非选择题
11.如图所示，一光滑斜面的直角点A处固定一带电荷量为+q、质量为m的绝缘小球，另一
同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点由静止自由释放，
球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，求：
（1）小球从B处开始运动到斜面中点D处时的速度；
（2）小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力是多大？
12.（2009年安徽高考）如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E.在A（d,0）点
有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微
粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达B(0,-d)点.不计重力
和分裂后两微粒间的作用.试求：
（1）分裂时两个微粒各自的速度；
（2）当微粒1到达B（0,-d）点时，电场力对微粒1做功的瞬时功率；
（3）当微粒1到达B（0,-d）点时，两微粒间的距离.
参考解答
一、选择题
1.解析:电容由电容器自身决定，不随两极板间电压、电量变化而改变，故BD正确，A错
误.对于确定的电容器而言.Q正比于电压，故C正确.
答案:A
2.解析:当不加电场时，油滴匀速下降，即f=kv=mg;当两极板间电压为U时，油滴向上匀
速运动，即F电=kv+mg,解之得：F电=2mg.当两极间电压为-U时，电场力方向反向，大
小不变，油滴向下运动，当匀速运动时，F电+mg=kv′,解之得：v′=3v.
答案:C
3.解析:带电粒子做直线运动，重力方向向下，故电场力方向向上，故A正确，B错误.由
功能关系Uq=mgd,电势能减小mgd，故D错误.其电势差为U=mgd/q，故C正确.
答案:AC
4.解析:注意题目中考查的是加速度随位移变化的图象，而不是随速度变化的图象，弹簧的
弹力和位移成正比.
答案:A
5.解析:这里是经加速电场加速后进入偏转电场tan α=212ULdU.所以这里与比荷无关，所以
A错.从tan α=212ULdU可知：B错，C对，D错.
答案:C
6.解析:在极板间加电场后，电子先加速运动四分之一周期，然后同向减速四分之一个周期
速度为零；然后反向加速四分之一个周期，最后做反向减速运动直到速度为零，重新开始
下一个循环.加速度大小始终保持不变.
答案:AD
7.解析:由于静电计带电荷量极小，所以极板电荷量不变.根据C=4Skd知两板间距d减小，
插入电介质ε变大时，电容C将变大.由Q=CU知板间电势差变小，静电计指针偏角减小，
A、C项都正确.
答案:AC
8.解析:三粒子在水平方向上都为匀速运动，则它们在电场中的飞行时间关系为tA>tB>tC，
三粒子在竖直方向上有d/2=12at2,所以aA
9.解析:XX′加电压的目的是为了能够让波形左右展开，YY′加电压目的是为了能够让波
形上下展开，这样出现在荧光屏上的波形就是YY′所加信号电压的波形.
答案:D
10.解析:小球能够沿着挡板运动，说明带正电，并且受到的电场力必须大于重力，从A→
N的过程中电场力和重力都做正功，速度始终增大，在从N到C的过程中，电场力做负
功比重力做正功多，动能减小，所以C点不是速度最大的点.速度最大的点应该出现在NC
之间.
答案:A
二、非选择题
11.解析:（1）由题意知：小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有电势φD=φB，即
UDB=φD-φB=0 ①
则由动能定理得：mgL2sin 30°=12mv2D-0 ②
联立①②解得：vD=gL2 ③
（2）当小球运动至C点时，对球受力分析如图所示，则由平衡条件得：
FN+F库sin 30°=mgcos 30° ④
由库仑定律得：
F库=22(cos30)kqL ⑤
联立④⑤得：
FN=32mg-3222kqL
由牛顿第三定律得：FN′=FN=32mg-222kq3L
答案:(1) gL2 (2) 32mg-222kq3L
12.解析:（1）设分裂时微粒1的初速度为v1，到达（0,-d）点所用时间为t.依题意可知微
粒1带负电，在电场力的作用下做类平抛运动，得下列方程
-d=v1t, ①
-d=12at2, ②
qE=ma, ③
由①②③得
v1=- ④
根号外的负号表示y轴的负方向.
设分裂时另一微粒2的速度为v2,根据动量守恒定律得
mv1+mv2=0. ⑤
得v2=2qEdm ⑥
（2）微粒1运动到B（0,-d）点时，速度在x轴方向上的分量为vBx，则
vBx=--2ad ⑦
由③⑦得
vBx=-2qEdm
电场力对它做功的瞬时功率为P=qEvBx=-qE2qEdm
（3）中性微粒分裂时，根据电荷守恒定律，微粒2带等量的正电荷，所受电场力沿x轴
的正方向，在电场力的作用下也做类平抛运动.如图所示，根据对称性，当微粒1到达B
（0，-d）点时，微粒2运动到C（2d,d）点，此时两微粒间的距离是
BC=22(2)(2)dd=22d.
答案:（1）v1=-2qEdm，v2=2qEdm
（2）-qE2qEdm（3）22d