2021届高考物理一轮复习专题：带电粒子在电场中运动课件
U/ v
U0
0
-U0
若电子是在t ＝ T/8时刻进入的
T/2
T
3T/2 2T tபைடு நூலகம்/ s
a/ m/s2
a0
0
-a0
T/2
T
3T/2 2T t / s
v / m/s
v0
0
-v0
T/2
T
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U/ v
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0
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若电子是在t ＝ T/4时刻进入的
T/2
T
3T/2 2T t / s
12．解析：(1)当垂直N板发射速度为v的电子不能到达M板 时，I＝0， 令此时两板间电压为UMN，则12mv2＝－eUMN 得UMN＝－m2ve 2 (2)当从锌膜边缘平行N板射出的电子做类平抛运动刚好 能到达M板边缘时，则所有电子均能到达M板，电流最 大I＝ne 令此时两板间电压为UMN′
另解(图象法)：选取竖直向上为正方向，作出电子的v－t图 象，如下图所示，根据图象很容易求解。
课后作业 1.预习 7-1
完全达标教学
3.一个带负电荷量为q，质量为m的小球，从光滑 绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半 径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在 竖直方向上加如右图所示的匀强电场，若仍从A点由
11．解析：(1)物块能通过轨道最高点的临界条件是mg＝ v2
mR 解得v＝2 m/s 设小物块释放位置距N处为x Eqx＝μmgx＋12mv2＋mg·2R 解得x＝20 m，即小物块应该从在水平位置距N处为20 m处开始释放
(2)物块到 P 点时，21mv2＋mgR＋EqR＝12mvP2 解得 vP＝ 14m/s FN－Eq＝mRvP2 解得 FN＝3.0 N 由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力； F′N＝FN＝3.0 N 答案：(1)20 m (2)3.0 N
(2)物块在电场中运动过程的机械能增量ΔE＝Wf＝－2μmgs1 ＝－0.016 J。
答案：(1)原点O左侧0.2 m处 (2)－0.016 J
15．解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木 板的加速度为a2，则由牛顿第二定律 对物块：mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋qE)＝ma1，代入数 据，求得：a1＝4.2 m/s2， 对木板：Mgsin 37°＋μ(mgcos 37°＋qE)－F＝Ma2，代 入数据，求得：a2＝3m/s2 又12a1t2－12a2t2＝L 得物块滑过木板所用时间t＝ 2 s。
B( )
A．0<t0<T4
T 3T B.2<t0< 4
3 C.4T<t0<T
D．T<t0<98T
交变电场
10．解析：(1)微粒沿v0方向做直线运动，微粒所受合外力 应该沿速度v0方向，由力的合成知识可得 qE＝mgcos θ 解得所加匀强电场的最小值的大小E＝mqgcos θ，方向 斜向上且与竖直方向的夹角为θ。
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若电子是在t ＝ 3T/8时刻进入的
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T/2
6-3-3 带电体在电场中的运动
问题展示 1. 课时24 11题 2.课时 25 7，8，11，12 阶段6 1，6， 7，8，11，1,15
学习目标
1.掌握交变电场中运动 2.会处理带电粒子在电场的综合问题
问题评析下的再学习
1.带电粒子在交变电场中的直线运动
• 分析方法： • 图解法（周期性变化的电场） • ①确定研究对象，受力分析，状态分析
(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝3 2 m/s。 其动能为Ek2＝12Mv22＝27 J。 (3)由于摩擦而产生的内能为： Q＝F摩x相＝μ(mgcos 37°＋qE)·L＝2.16 J。 答案：(1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J
课堂小结 1.交变电场 2.电场综合问题
T
3T/2 2T t / s
当堂检测 2.(2011·安徽理综)如图(甲)所示，两平行正对的金
属板A、B间加有如图(乙)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t0 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t0可能属于的时间段是
• ②画出 a-t、v-t图
1： 如图所示，A板的电势UA＝0，B板的电势 UB随时间的变化规律如图所示。则
A.若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板 运动
B.若电子是在t＝T/8时刻进入的，它可能时而向 B板运动，时而向A板运动,最后打在B板上
C.若电子是在t＝T/4时刻进入的，它可能时而向 B板、时而向A板运动
13.解析：对c进行受力分析如图所示，由于c到O
点距离R＝
3 2
L，所以△abc是等边三角形。
a、b对c作用力F1＝F2＝k
q2 L2
，合力F合＝2F1cos
30°＝ 3Lk2q2。由牛顿第二定律得：F合＝mvR2
即
3Lk2q2＝m
v2 3
，解得：v＝q
2L
23mkL。
答案：q
3k 2mL
14．解析：(1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度 为零。 Ff＝μmg F＝qE Ff＋F＝ma 2as1＝v02 s1＝0.4 m 第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做 匀减速运动直到停止。由动能定理得：Fs1－Ff(s1＋s2) ＝0 得s2＝0.2 m，则物块停止在原点O左侧0.2 m处。
D.若电子是在t＝3T/8时刻进入的，它可能时而 向B板运动，时而向A板运动,最后打在B板上
B
UB / v U0
0
t/ s
A -U0
U/ v
B
U0
0
t/ s
A
-U0
F=Eq=U0q/d
a/ m/s2
F=ma
a0
a= U0q/md
0
-a0
t/ s
若电子是在
t＝0时刻进入的
v/ m/s
v0
0
t/ s
-v0
(2)若加上大小一定，方向水平向左的匀强电场，电场力向左， 且满足，qEsin θ＝mgcos θ，设微粒的最大位移为 x， 由动能定理－(qEcos θ＋mg sin θ＋F 阻)x＝0－12mv02 －2F 阻 x＝12mv2－21mv02
联立解得 v＝ 答案：见解析
v021－mg2＋F阻Fs阻insiθn θ。
2021年高考物理一轮复习 第17讲 磁场与带电粒子在电场中的运动经典精讲2
精品文档 实用文档 2021年高考物理一轮复习 第17讲 磁场与带电粒子在电场中的运动经典精讲2题一：如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一束电子流沿圆形磁场的直径方向以速度v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原方向成θ角。
设电子质量为m ，电荷量为e ，求磁场区域圆半径r 为多少？题二：如图所示，矩形匀强磁场区域的长为L ，宽为．匀强磁场的磁感强度为B ，质量为m ，电荷量为e 的电子沿着矩形磁场的上方边界射入磁场，欲使该电子由下方边界穿出磁场，求：（1）电子速率v 的取值范围？（2）电子在磁场中运动时间t 的取值范围？ 题三：空间分布着一有界匀强磁场，作一垂直于磁感线的截面，截面上磁场的边界恰为边长为L 的等边三角形ACD ，在AC 边内侧中点处，以速度v发射一个质量为m 、电量大小为e 的电子（电子所受重力不计），如图所示，为了使电子不射出磁场，该磁场的磁感应强度的最小值为___________。
题四：据有关资料介绍，受控热核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的容器可装，而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内，现按下面的简化条件来分析下面的问题，如图所示，一个内径R 1=1.0m.，外径R 2=2.0m 的环形区域的截面，区域内有垂直于截面向里的匀强磁场，已知氦核的比荷q /m =4.8107C/kg,磁场的磁感应强度B=0.4T ，不计氦核的重力，设O 点为氦核源,它能沿半径方向射出各种速度的氦核，求该磁场能约束住的氦核的最大速度。
题五：回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。
它的核心部分是两个D 形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。
两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。
高考物理一轮复习课件：电场复习 (共21张PPT)
例题2. 如图29-1所示，在真空中同一条直线上的A、B两点固定有 电荷量分别为+4Q和-Q的两个点电荷．⑴将另一个点电荷放在该直线上 的哪一个位置，可以使它在电场力作用下保持静止？⑵若要求这三个点 电荷都只在电场力作用下保持静止，那么引入的这个点电荷应是正电荷 还是负电荷？电荷量是多大？
一、基本知识
4、电场计算的三个表达式
公式
适用范围 任何电场
公式说明 定义式：其中q是试验 电 荷 ， F 是 它在 电 场 中 受到的电场力。 Q 是场源电荷， E 表示跟 点电荷相距r处某点的 场强
其中d为在场强方向 （沿电场线方向）上的 距离
E
F q
Q Ek 2 r
真空中点电荷的 电场
匀强电场
例题1、 关于物体的带电荷量，以下说法中正确 的是（ ） A．物体所带的电荷量可以为任意实数 B．物体所带的电荷量只能是某些特定值 C．物体带电＋1.60×10-9C，这是因为该物体失 去了1.0×1010个电子 D．物体带电荷量的最小值为1.6×10-19C 解析：物体带电的原因是电子的得、失而引起的， 物体带电荷量一定为e的整数倍，故A错，B、C、 D正确
一、基本知识
9、判断电势能大小的方法 方法一: 根据电场力做功的正负判断，若电场力对移动电荷 做正（负）功，则电势能减少（增加）； 方法二: 根据公式 Ep=qφ ；WAB＝qUAB计算。
一、基本知识
10、 平行板电容器的动态分析 1.主要的理论论据 (1)平行板电容器的电容C与板距d、正对面积S、介质介电 S 常数ε 间的关系C= . 4kd U (2)平行板电容器内部是匀强电场,所以场强E= . (3)电容器所带电荷量Q=CU.
电场复习
一、基本知识
高考物理一轮总复习精品课件 第4讲 电容器 实验 观察电容器的充放电现象 带电粒子在电场中的运动
C=
。
(4)单位:法拉(F),1 F=
比值定义法
106
μF=1012 pF。
(5)平行板电容器的电容
平行板电容器的电容与极板的 正对面积
常数成正比,与 极板间距离 成反比。
公式:
r
C=
4π
,k为静电力常量。
成正比,与电介质的相对介电
3.电容器的种类
(1)从构造上看,可以分为固定电容器和可变电容器两类。
调零后的多用电表的红黑表笔分别接触电容器的两极板,观察到多用电表
指针先向右偏转较大角度,后又逐渐返回到起始位置,此现象说明电容器
是 好
(选填“好”或“坏”)的;
(2)图甲、乙为测量电容的两种电路原理图,学生电源应采用
直流 (选
填“直流”或“交流”)电源,先使开关S与1端相连,充电结束后,读出电压表的
粒仍静止,断开开关 S 后,各个物理量不变,微粒仍静止,故 A 错误,B 正确;
转动之前,电容器下极板带正电,上极板带负电,转动过程中,电容变小,电容
器放电,有从b→a的电流流过电阻R,故C错误;当断开开关S后,两极板的电
荷量不变,让上极板再转过5°,则两极板正对面积减少,根据公式
r
C=4π ,C= ,E= 可知,其他条件不变,电容器的电容变小,电势差变大,间距
(2)按电介质分类:有机介质电容器、无机介质电容器、电解电容器、电热
电容器和空气介质电容器等。
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研考点•精准突破
一、平行板电容器的动态分析
1.分析思路
(1)先确定是Q还是U不变:电容器保持与电源连接,U不变;电容器充电后与
电源断开,Q不变。
2021高考人教版物理一轮复习讲义：第7章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动(含解析)
第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动主干梳理对点激活知识点常见电容器I电容器的电压、电荷量和电容的关系11•电容器(1) 组成：由两个彼此E01绝缘又相互靠近的导体组成。
(2) 带电量：一个极板所带电荷量的□ 02绝对值。
(3) 电容器的充电、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□ 03异号电荷，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□04电场能转化为其他形式的能。
③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。
2. 常见的电容器⑴分类：从构造上可分为r05固定电容器和P6可变电容器。
(2)击穿电压：加在电容器极板上的□ 07极限电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是口)8额定电压，这个电压比击穿电压B9 低。
3. 电容(1) 定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。
(2) 定义式：。
=畸。
推论：。
=欝。
(3) 单位：法拉(F)，1 F=H^ ,^F^1012 pF。
(4) 物理意义：表示电容器口3容纳电荷本领的物理量。
(5) 决定因素电容C的大小由电容器本身结构(大小、形状、正负极相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及所带电荷量(或两端所加电压)无关。
4. 平行板电容器及其电容(1) 影响因素：平行板电容器的电容与两极板□ 14正对面积成正比，与两极板间介质的⑪相对介电常数成正比，与口16两板间的距离成反比⑵决定式：ffl7C= 4n d，k为静电力常量。
知识点2 带电粒子在匀强电场中的运动n1. 加速问题若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的口01动能的增量。
1 i(1) 在匀强电场中：W= qEd = qU = dqmv2—qmv O。
1 2 1 2(2) 在非匀强电场中：W= qU = 032mv2—2mv2。
2. 偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v o Q4垂直于电场线方向飞入匀强电场。
2021届广东深圳中学高考物理一轮复习专题17 带电粒子在电场中的运动
专题十七——带电粒子在电场中的运动知识点总结一 平行板电容器的动态分析 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 ＝Ud分析场强的变化．③根据U AB ＝E ·d 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．二 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 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 ＝U d，v 2－v 02＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 三 带电粒子(带电体)在电场中的偏转 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 ＝l v 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2md t 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 ＝qU md离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv 02.离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv 0＝qUl mdv2.2．两个结论(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 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2tan θ＝qU 1lmdv 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后射出，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 02，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．四 带电粒子在交变电场中的运动 1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)． 3．思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．专题练习1.(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )A ．向左移动时，θ增大B ．向右移动时，θ增大C ．向左移动时，θ减小D ．向右移动时，θ减小 【答案】 BC 【解析】 由公式C ＝εr S4πkd，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增大，则电容C 增大，由公式C ＝QU可知电荷量Q 不变时，U 减小，则θ减小，故A 错误，C 正确；由公式C ＝εr S4πkd，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减小，则电容C 减少，由公式C ＝QU可知电荷量Q 不变时，U 增大，则θ增大，故B 正确，D 错误．2.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 【答案】 D【解析】 由C ＝εr S4πkd 可知，当将云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小，因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q ＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小，再由E ＝Ud，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确．3.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 【答案】 A【解析】 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，在b 板上将感应出异种电荷，A 正确；b 板向上平移，正对面积S 变小，由C ＝εr S 4πkd 知，电容C 变小，由C ＝QU知，Q 不变，U 变大，因此静电计指针的张角变大，B 错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr 变大，由C ＝εr S 4πkd 知，电容C 变大，由C ＝QU知，Q 不变，U 变小，因此静电计指针的张角变小，C 错误；由C ＝QU知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于C 不变导致的，D 错误．4.(多选)如图所示，A 、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相接，两板间P 点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U ，P 点场强大小为E ，电势为φP ，负电荷的电势能为E p ，现将A 、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，φP 变小C ．φP 变小，E p 变大D ．φP 变大，E p 变小【答案】 AC【解析】 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝εr S 4πkd 可知电容减小，由U ＝QC 可知极板间电压增大，由E ＝Ud 可知，电场强度增大，故A 正确；设P 与B 板之间的距离为d ′，P 点的电势为φP ，B 板接地，φB ＝0，则由题可知0－φP ＝Ed ′是增大的，则φP 一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能E p 是增大的，故C 正确．5.如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A 、B ，间距为d ，中央分别开有小孔O 、P .现有甲电子以速率v 0从O 点沿OP 方向运动，恰能运动到P 点．若仅将B 板向右平移距离d ，再将乙电子从P ′点由静止释放，则( )A ．金属板A 、B 组成的平行板电容器的电容C 不变 B ．金属板A 、B 间的电压减小C ．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D ．乙电子运动到O 点的速率为2v 0 【答案】 C【解析】 两板间距离变大，根据C ＝εr S4πkd可知，金属板A 、B 组成的平行板电容器的电容C 减小，选项A 错误；根据Q ＝CU ，Q 不变，C减小，则U 变大，选项B 错误；根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S，可知当d 变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C 正确；根据e ·E ·2d ＝12mv 2，e ·E ·d ＝12mv 02，可知，乙电子运动到O 点的速率v ＝2v 0，选项D 错误．6.(多选)如图所示，M 、N 为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A 、C ，带电荷量分别为＋Q 、－Q ，将它们平行放置，A 、C 连线垂直于圆环平面，B 为AC 的中点，现有质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒(重力不计)从左方沿A 、C 连线方向射入，到A 点时速度v A ＝1 m/s ，到B点时速度v B＝ 5 m/s，则( )A．微粒从B至C做加速运动，且v C＝3 m/sB．微粒在整个运动过程中的最终速度为 5 m/sC．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 5 m/s【答案】AB【解析】AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qU AB＝12mv B2－12mv A2，2qU AB＝12mv C2－12mv A2，解得v C＝3 m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 5 m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误．7.如图所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子( )A．只受到电场力作用B．带正电C．做匀减速直线运动D．机械能守恒【答案】 C【解析】带电粒子沿直线从位置a运动到位置b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以带电粒子带负电，故A、B错误；由于带电粒子做直线运动，所以电场力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直线运动，故C正确；电场力做负功，机械能减小，故D错误．8.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程A ．动能增加212mvB ．机械能增加22mvC ．重力势能增加232mv D ．电势能增加22mv 【答案】B【解析】由动能的表达式2k 12E mv =可知带电小球在M 点的动能为212kM E mv =，在N 点的动能为()21222kN E m v mv ==，所以动能的增量为232k E mv ∆=，故A 错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有,2y x qEv v gt v v at t m=====，可得2qE mg =，竖直方向的位移2vh t =，水平方向的位移22vx t vt ==，因此有2x h =，对小球由动能定理有232kqEx mgh E mv -==V ，联立上式可解得22qEx mv =，212mgh mv =，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加22mv ，电势能减少22mv ，故B 正确D 错误，重力做负功重力势能增加量为212mv ，故C 错误。
专题24 带电粒子在电场中的运动----2022年高考物理一轮重难点复习(解析版)
专题24 带电粒子在电场中的运动重点知识讲解 一、带电粒子在匀强电场中的加速1.带电粒子在电场中运动时，重力一般远小于静电力，因此重力可以忽略。
2.如图所示，匀强电场中有一带正电q 的粒子（不计重力），在电场力作用下从A 点加速运动到B 点，速度由v 0增加到v.，A 、B 间距为d ，电势差为U AB.（1）用动力学观点分析：Eq a m =， U E d=，2202v v ad -= （2）用能量的观点（动能定理）分析：2201122AB qU mv mv =- 能量观点既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场，对匀强电场又有AB W qU qEd ==。
二、带电粒子在匀强电场中的偏转（1）带电粒子以垂直于电场线方向的初速度v 0进入匀强电场时，粒子做类平抛运动。
垂直于场强方向的匀速直线运动，沿场强方向的匀加速直线运动。
（2）偏转问题的处理方法，类似于平抛运动的研究方法，粒子沿初速度方向做匀速直线运动，可以确定通过电场的时间0lt v =。
粒子沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度F qE qU a m m md===； 穿过电场的位移侧移量：221at y =222001().22Uq l ql U md v mv d=⋅=； 穿过电场的速度偏转角： 20tan y v qlU v mv dθ==。
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进入同一偏转电场，射出时的偏转角度总是相同的。
（2）粒子经过电场偏转后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点。
（与平抛运动的规律一样） 三、示波管的构造原理（1）示波管的构造：示波器的核心部件是示波管，示波管的构造简图如图所示，也可将示波管的结构大致分为三部分，即电子枪、偏转电极和荧光屏。
（2）示波管的原理a 、偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑。
b 、在XX '（或YY '）加电压时，则电子被加速，偏转后射到XX '（或YY '）所在直线上某一点，形成一个亮斑（不在中心），如图所示。
2021版新高考物理人教版一轮课件：7.3 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
C.增大场强,悬浮油滴将向上运动 D.油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍
【解析】选C。由题目中的图示可以看出电场强度方向向下,重力竖直向下,则 电场力竖直向上,电荷带负电,A错误;由平衡条件可以得到mg=Eq,电荷的带电 荷量q= mg ,B错误;此时电场力与重力相等,如果增大电场强度,则电场力大于
时,板间距离d增大,由C= rS 可知电容器电容减小,板间场强E= U 减小,油 滴所受的电场力减小,mg>4qE,k合d 力向下,带电油滴将向下加速运动,Ad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 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U油滴带负电,所以油滴电势能增大,
(1)电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号。 ( √ ) (2)使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作。 ( × ) (3)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。 ( × ) (4)手指与屏的接触面积变大时，电容变大。 ( √ ) (5)在手机屏幕上贴上一个厚层钢化玻璃保护膜，电容变大。( √ ) (6)我们能在手机屏幕上看到各种各样的信息是因为电子束高速撞击荧光屏得 到的。 ( × )
【通型通法】 1.题型特征:电压保持不变时平行板电容器的动态变化。 2.思维导引:
【解析】选D。根据C= rS 知,下极板竖直向下移动一小段距离,即d增大,则 4 kd
电容减小,故A错误;静电计连接电容器两端,因为电容器始终与电源相连,则电
势差不变,所以静电计指针张角不变,故B错误;下极板竖直向下移动一小段距
Q保持不变,由C= Q＝ rS 知,保持S不变,增大d,则C减小,U增大,偏角θ增大, U 4 kd
2021届高考物理一轮复习考点强化：带电粒子在电场中的偏转运动
设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移大小为 l，则 有 h＝21at2④，l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得 Ek＝12mv20＋2dφqh⑥，l＝v0 mqdφh。⑦ (2)若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性
(1)电场强度的大小； (2)B 运动到 P 点时的动能。
答案
3mg (1) q
(2)2m(v20＋g2t2)
小球做什么运动？ 一般怎么处理？ 还有其它方法吗？
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课堂互动
解析 (1)设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a。根据牛顿第二定律、
运动学公式和题给条件，有 mg＋qE＝ma①
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大 小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多 少？
答案 (1)21mv20＋2dφqh v0
mdh qφ (2)2v0
mdh qφ
粒子做什么运动？ 一般用什么方法？
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多维训练
解析 (1)PG、QG 间场强大小相等，设均为 E。粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为 a，有 E＝2dφ①，F＝qE＝ma②
C．减小偏转板与承印材料的距离
D．增大偏转板间的电压
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科学态度与责任系列——电场中的STSE问题
应用5 电子束熔炼 【典例6】(多选) (2019·山西太原模拟)电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的 动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示，阴极灯丝被 加热后产生初速度为0的电子，在3×104 V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极 运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间1×103 V电压形成的聚焦电场作用下，轰击 到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨 迹如图中虚线OPO′所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图，则 () A．电极A1的电势高于电极A2的电势 B．电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90° C．聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小 D．电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV
2021学年高二上学期物理人教版(教材)必修第三册同步PPT-10.5带电粒子在电场中的运动
解析：设板间距离为 d，质子质量为 m，带电荷量为 q，质子的
qU 1 2d 2m 2 加速度为 a＝ ，由 d＝ at ，得加速时间 t＝ ＝d ， 4．运用夸张极言山峰之高、绝壁之险，渲染惊险的气氛的句子：连峰去天不盈尺，枯松倒挂倚绝壁。 dm 2 a qU 是啊，正是这双勤劳的，尽管粗糙却温暖的手，使一个贫困的家庭充满了温馨，使艾青——这个被地主家庭嫌弃的孩子得到了无微不
2．处理思路
[典例1] 如图所示，在 P 板附近有一电子由 静止开始向 Q 板运动。已知两板间电势差为 U， 板间距为 d，电子质量为 m，电荷量为 e。则关 于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是
() A．若将板间距 d 增大一倍，则电子到达 Q 板的速率保持不 变 B．若将板间距 d 增大一倍，则电子到达 Q 板的速率也增大 一倍 C．若将两板间电势差 U 增大一倍，则电子到达 Q 板的时 间保持不变 D．若将两板间电势差 U 增大一倍，则电子到达 Q 板的时 间减为原来的一半
2．判一判
(1)带电粒子在匀强电场中一定做匀变速运动。
(√ )
(2)带电粒子垂直进入电场后偏转过程中的动能是不断增加的。
ห้องสมุดไป่ตู้
(√ )
(3)带电粒子垂直进入电场后沿初速度方向做匀速直线运动，沿
静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动。
(√ )
3．想一想
如图所示，带电粒子(不计重力)从两板中间垂直电场
线方向进入电场，在电场中的运动时间与什么因素
qU “雨巷诗人”的大名我们早已听过,有谁知道作者的基本情况? 加速度为 a＝ ，与两板间的距离有关，故 D 错误。 2．越国以鄙远，君知其难也（边境） dm 3.写女子家人对其不理解的句子是：兄弟不知，咥其笑矣。
高考一轮复习-电容器带电粒子在电场中的运动
第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识点一电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此________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________．(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________，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________转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的________与两个极板间的________的比值．(2)定义式：________.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)．1 F＝________ μF＝________ pF.(4)意义：表示电容器________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________及________无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．(2)决定式：____________.知识点二带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中，W＝________＝qU＝mv2－m.(2)在非匀强电场中，W＝________＝mv2－m.2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．(2)运动性质：________运动．(3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做________运动．②沿电场方向：做初速度为零的____________运动． (4)基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d ，如图所示，(忽略重力影响)，则有①加速度：a ＝＝＝.②在电场中的运动时间：t ＝③速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0d ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d.④位移⎩⎪⎨⎪⎧l ＝v 0t y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d知识点三 示波管 1．示波管的构造①电子枪，②________，③荧光屏(如图所示)2．示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的________，XX ′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做________． (2)观察到的现象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运动，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和________的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．思考辨析(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和．( )(2)电容表示电容器容纳电荷的多少．( )(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比．( )(4)放电后的电容器所带的电荷量为零，电容也为零．( )(5)公式C＝可用来计算任何电容器的电容．( )(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )(7)带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( )教材改编[人教版选修3－1·P32·T1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考点一电容器及电容器的动态分析自主演练1．两种类型—2．电容器动态的分析思路：(1)U不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝分析场强的变化．③根据U AB＝E·d分析某点电势变化．(2)Q不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝＝分析场强变化．[多维练透]1．a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数．由此可知，下列关于a、b两个电容器的说法正确的是( )A．a、b两个电容器的电容之比为8:1B．a、b两个电容器的电容之比为4:5C．b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1 CD．a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1 C2．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N3．[2021·江西上饶六校一联](多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d.相对介电常数为εr.若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供电压恒定为U，则下列说法中正确的是( )A．瓶内液面升高了B．瓶内液面降低了C．电容器在这段时间内放电D．瓶内液面高度在t时间内变化了4．[2021·安徽皖江名校联盟联考](多选)如图所示是探究平行板电容器与哪些因素有关的实验装置．用导线将充了电的平行板电容器的带正电且固定的A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地，两板间P点固定一带负电且电荷量很小的点电荷．下列说法中正确的是( )A．若将极板B稍向上移动一点，极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大B．若将极板B稍向上移动一点，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．若将B板向左平移一小段距离，静电计指针张角变大D．若将B板向左平移一小段距离，P点处的负点电荷的电势能增大考点二带电粒子在电场中的直线运动师生共研1．解题方法(1)动力学方法：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律结合运动学公式求解．(2)能量方法：根据电场力对带电粒子所做的功，用动能定理求解．2．注意粒子的重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般不考虑重力，但不能忽略质量．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不能忽略重力．例1 [2020·四川乐山三调]如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，电荷量为q(q>0)、质量为m 的小球受水平向右、大小为mg的恒力F，从M匀速运动到N，已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则( )A．场强大小为B．M、N间的电势差为0C．从M到N，电场力做功为－mgdD．若仅将力F方向顺时针转30°，小球将从M向N做匀变速直线运动[教你解决问题]“题眼”是小球做匀速运动→小球受电场力、重力和恒力F平衡→根据平衡条件求解场强E；“变化”是将力F方向顺时针转30°→找到合力的方向→判断小球的运动情况．练1 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′点练2 (多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．物块在4 s内位移是6 mB．物块的质量是2 kgC．物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2D．物块在4 s内电势能减少了18 J考点三带电粒子在电场中的偏转多维探究1．两个结论(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的偏转角度总是相同的．证明：由qU0＝m及tan φ＝得tan φ＝(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到电场边缘的距离为.2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系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＝mv2－m，其中U y＝y，指初、末位置间的电势差．题型1带电粒子在匀强电场中的偏转(类比分析，化曲为直)例2 [2020·浙江卷，6]如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P 点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )A．所用时间为B．速度大小为3v0C．与P点的距离为D．速度方向与竖直方向的夹角为30°题型2|带电体在匀强电场中的偏转例3 [2021·河北衡水中学模拟]如图所示，虚线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线．将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2.不计两小球间的相互作用．下列说法正确的是( )A．a的质量比b的小B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等题型3|带电粒子在匀强电场中的加速和偏转例4 [2020·天津十二区县重点学校二联](多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计粒子的重力，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同练3 [2019·江苏卷，5]一匀强电场的方向竖直向上．t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P t关系图象是( )练4 [2020·天津三模]如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R 处有一竖直固定的光屏．现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上．一个带电小球(可视为质点)从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量及其电性；(2)小球最终打在光屏上的位置距x轴的距离．思维拓展现代生活、科技中的静电场问题(STSE)类型1 电容器在科技生活中的应用例1(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，因为工作面上接有高频信号，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，控制器精密确定手指位置．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[教你解决问题]类型2 医学中的静电场问题例2 [2019·浙江卷，10]当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到 1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15 NC．质子加速需要的时间约为8×10－6 sD．加速器加速的直线长度约为4 m类型3 静电除尘例3 如图是某款家用空气净化器原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电．图中放电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极(接地)．以下说法正确的是( )A．通过过滤网后空气中的尘埃带负电B．c、d两个电极之间的电场方向竖直向下C．尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大D．尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功类型4 喷墨打印机例 4 有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上．已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是( )A．增大墨滴的带电荷量B．减小墨滴喷出时的速度C．减小偏转板与承印材料的距离D．增大偏转板间的电压练在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是( )A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大D．若将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动第3讲电容器带电粒子在电场中的运动基础落实知识点一1．(1)绝缘(2)绝对值 (3)①异种电荷②电能2．(1)电荷量电势差(2)C＝(3)1061012(4)容纳电荷(5)带电电压3．(2)C＝知识点二1．(1)qEd (2)qU2．(2)匀变速曲线(3)①匀速直线②匀加速直线知识点三1．偏转电极2．(1)信号电压扫描电压(2)①中心②信号电压思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)√教材改编解析：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＝知，当d变大时，C变小，再由C＝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；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确．答案：ABD考点突破1．解析：由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1 000 μF，b电容器的电容为C2＝10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000:10 000＝1:10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10 000×10－6×10 C＝0.1 C，故C正确，D错误．答案：C2．解析：当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势，不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为M→R →N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．答案：D3．解析：根据C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h.电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量Q＝CU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确．t时间内放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It.ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确．答案：BCD4．解析：本题考查电容器动态问题、静电计指针偏角的变化．由于平行板电容器的电容远大于静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电荷量远大于静电计指针和外壳组成的电容器的带电荷量，可认为平行板电容器不接电源时电荷量几乎不变，极板B稍向上移动，电容器两极板的正对面积减小，由C＝可知C减小，由C＝可知，Q不变，U变大，静电计指针张角变大，选项A正确，B错误；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C＝知，U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器间的电场强度E＝不变，由于P点与B板的距离d PB增大，则U PB增大，P点的电势φP增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误．答案：AC例1 解析：对小球受力分析，如图所示，重力与恒力F垂直，根据平衡知识可知(qE)2＝(mg)2＋F2，解得qE＝2mg，E＝，选项A错误；恒力F与电场力所在直线之间的夹角的正切值tan θ＝＝，解得θ＝30°，可知电场力的方向与M、N的连线垂直，所以M、N之间的电势差一定为零，选项B正确；从M到N，电场力做功W电＝q·U MN＝0，选项C错误；若仅将力F方向顺时针转30°，小球受的合力一定不与M、N的连线平行，则小球不可能从M向N做匀变速直线运动，选项D错误．答案：B练1 解析：C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零．当C板移到P′时，根据E＝＝＝＝，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．答案：A练2 解析：物块在4 s内位移为x＝×2×(2＋4) m＝6 m，故选项A正确；由图可知，前2 s 物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1 m/s2,2 s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，代入数据解得m＝1 kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2 s的位移x1＝×2×2 m＝2 m，物块在后2 s的位移为x2＝vt2＝4 m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6 J＋8 J＝14 J，则电势能减少了14 J，故选项D错误．答案：AC例2 解析：粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误．答案：C例3 解析：两球在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，且t时刻两球的竖直分位移大小相等，由公式y＝at2知，两球加速度大小相等．根据牛顿第二定律可知，对a球有qE＋m a g＝m a a0，对b球有qE－m b g＝m b a0，可得m a>m b，选项A错误．根据动能定理可知，对a球有m a a0y＝m a－m a，对b球有m b a0y＝m b－m b，可得v a＝v b，即在t时刻小球a的速度大小等于小球b的速度大小，在t时刻，因为m a>m b，所以a的动能比b的大，a的动量大于b的动量，选项B正确，D错误．在t时刻两小球的电势相等，又两球带异种电荷，故在t时刻两球电势能不等，选项C错误．答案：B例4 解析：根据动能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，质子()和α粒子(e)的比荷之比为2:1，故两者在O2处的速度大小之比为:1，选项A错误．在A、B间a＝，则质子的加速度大，所以质子运动时间短；进入右侧电场做类平抛运动，由h＝t2，可知质子做类平抛运动的时间也短，故质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误．对整个过程，由动能定理得E k－0＝q(U＋Eh)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1:2，选项C正确．带电粒子由O2到MN板，竖直方向h＝t2，水平方向x＝vt，又v＝，联立解得x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确．答案：CD练3 解析：带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F，则P＝Fv，其中v为沿电场力方向的速率，则v＝at、a＝，整理得P＝t，由关系式可知Pt图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，BCD错误．答案：A练4 解析：(1)假设小球带正电且电荷量为q，小球从P点运动到B点的过程，根据动能定理有mg·3R－qER＝mv2由题知小球到B点时速度v＝2，解得q＝则假设成立，即小球带正电，且电荷量为q＝.(2)小球在第四象限内的电场中所受的电场力方向向下，大小为qE＝mg，小球从B点以v＝2的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度为a＝＝2g小球在第四象限内的电场中运动的时间t1＝＝下落的高度h1＝a＝R出电场时竖直方向的分速度v y＝at1＝2出电场至打在光屏上运动的时间t2＝＝出电场至打到光屏上，在竖直方向运动的距离h2＝v y t2＋g＝R因此小球打在光屏上的位置距x轴的距离H＝R＋h1＋h2＝3.125R.答案：(1)小球带正电，(2)3.125R思维拓展典例1 解析：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，选项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，选项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，选项C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，选项D正确．答案：AD典例2 解析：电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013m/s2，加速时间t＝≈8×10－7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，故D正确．答案：D典例3 解析：本题考查电场力做功及其相关知识点．根据集尘极接电源负极可知，污浊空气通过过滤网后空气中的尘埃带正电，选项A错误；放电极b、d接电源正极，可知c、d两个电极之间的电场方向竖直向上，尘埃在被吸附到集尘极a、e的过程中所受电场力做正功，动能增大，选项B、D错误，C正确．答案：C典例4 解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1＝at2，a＝，t＝，可推出Y1＝，Y2＝ltan θ，tan θ＝＝，Y＝Y1＋Y2＝，减小偏转板与承印材料的距离l可使字迹减小，C项正确，A、B、D三项错误．答案：C练解析：本题考查电场强度、电势和电势能、等势面及其相关知识点，依据等势线的疏密程度，可知在c、d、e、f四点中，f点的电场最强，选项A错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，选项B错误；若将某电子由c移到f，即从高电势处移动到低电势处，因电子带负电，则其电势能将增大，选项C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，因c、d、e、f四点电势逐渐降低，故将某电子在d点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，选项D错误．答案：C。