【金板学案】2016届高考物理一轮复习课件 第七章 电场 第3课 电容与电容器
高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器和电容带电粒子在电场中的运动学案08062113
第3讲 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动微知识1 电容器及电容 1．电容器(1)组成：两个彼此绝缘且又相互靠近的导体组成电容器，电容器可以容纳电荷。
(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值，两极板所带电荷量相等。
(3)充、放电①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量异号电荷的过程，充电后两极间存在电场，电容器储存了电能。
②放电：用导线将充电后电容器的两极板接通，极板上电荷中和的过程，放电后的两极板间不再有电场，同时电场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极板间电势差的比值。
(2)公式：C ＝Q U ＝ΔQΔU。
(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于把电容器两极板的电势差增加1 V 所需充加的电荷量，电容C 由电容器本身的构造因素决定，与U 、Q 无关。
(4)单位：法拉，符号F ，与其他单位间的换算关系： 1 F ＝106μF ＝1012pF 。
3．平行板电容器的电容平行板电容器的电容与平行板正对面积S 、电介质的介电常数εr 成正比，与极板间距离d 成反比，即C ＝εr S4πkd。
微知识2 带电粒子在电场中的加速和偏转 1．带电粒子在电场中的加速(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做匀变速直线运动。
(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量，即qU ＝12mv 2－12mv 20。
2．带电粒子的偏转(1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动。
(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法①沿初速度方向为匀速运动，运动时间t ＝lv 0。
②沿电场力方向为匀加速运动，a ＝F m ＝qE m ＝qUmd。
③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝ql 2U2mv 20d 。
④离开电场时的偏转角tan θ＝v ⊥v 0＝qlU mv 20d。
高考物理一轮复习 第七章 静电场 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动学案 新人教版-新人教版高三
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小→Q变小、E变小
C变小→U变大、E不变
S变大
C变大→Q变大、E不变
C变大→U变小、E变小
εr变大
C变大→Q变大、E不变
C变大→U变小、E变小
3.平行板电容器问题的一个常用结论
电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。
〔类题演练1〕
(多选)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是( AC )
A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大
D．若带电液滴仍在P点，则电势能减小
[解析]本题考查电容器动态变化及其相关知识点。开关S断开后，电容器带电荷量不变，将A、B板分别水平向左、向右平移一小段距离，平行板电容器的正对面积减小，电容器电容减小，电容器两极板之间的电场强度增大，电阻R中没有电流通过，选项A、B、C错误；由开关闭合时带电液滴处于静止状态可知，带电液滴所受电场力方向向上，带电液滴带负电，B板接地，电势为零，由于电容器两极板之间的电场强度增大，则P点的电势升高，若带电液滴仍在P点，则电势能减小，选项D正确。
例1 (2019·江苏苏州期末)如图所示，A、B是构成平行板电容器的两金属板，当开关S闭合时，在P点处有一带电液滴处于静止状态。现将开关S断开后，再将A、B板分别沿水平方向向左、向右平移一小段距离，此过程中下列说法正确的是( D )
(广东专版)2016年高考物理一轮复习第7章第3单元静(精)
[试一试] 1．物体中的电子因受原子核的束缚较弱，跑到另一个物体上去， 使得到电子的物体由于其中的负电荷多于正电荷，因而显出带 负电；失去电子的物体由于其中的正电荷多于负电荷，因而显 出带正电，由此物体所带的电称为“静电”，当其积聚到一定 程度时就会发生火花放电现象，静电往往会带来一些不便或危 害。下列做法不利于消除静电的是 A．在机器设备上增加接地线 B．在地毯中夹杂 0.05～0.07 mm 的不锈钢导电纤维 C．使用空气干燥机降低空气湿度 D．在干燥的季节尽量穿纯棉衣服 ( )
[记一记] 1．静电平衡 (1)概念：导体中(包括表面)没有电荷的 定向移动 的状态。 ①导体内部场强：导体内部处处为零 ②电势：导体为等势体，导体表面为 等势面 (2)特点 ③导体表面场强：表面上E≠0且与表 面 垂直 ④净电荷：分布在外表面
2．静电现象的应用 (1)静电屏蔽：处于静电平衡的空腔导体，腔外电场对
②放电：用导线将充电后的电容器的两极板接通，两极板上的 电荷 中和 的过程。放电后的两极板间不再有电场，电场能转化为 其他形式的能量。 2．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)意义：表示电容器 容纳电荷本领 的物理量。
Q U 。 (3)定义式：C＝____
图 7－3－2
提示：静电计指针的变化表现了电容器两极板电势差的变化， 在保持电容器带电荷量 Q 不变的条件下，若极板 B 稍向上移动一 Q 点，则电容器的电容 C 变小，两极板间电势差 U＝C 变大。
[记一记] 1．电容器 (1)组成：两个彼此绝缘且又相距很近的 导体 。 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 绝对值 。 (3)充、放电： ①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等 量的异号电荷的过程。充电后，两极板上的电荷由于互相吸引而保 存下来；两极板间有电场 存在。充电过程中由电源获得的电能储 存在电容器中。
高考物理一轮复习第7章静电场第3节电容器带电粒子在电场中的运动教案
第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动一、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。
放电：使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程中电场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电容器两极板间的电势差的比值。
(2)定义式：C ＝QU。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F),1 F ＝106μF＝1012pF 。
3．平行板电容器的电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比,与电介质的相对介电常数成正比,与极板间距离成反比。
(2)决定式：C ＝εr S4πkd ,k 为静电力常量。
二、带电粒子在匀强电场中的运动 1．加速(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(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v 0垂直场强方向进入匀强电场中,则带电粒子在电场中做类平抛运动,如图所示。
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。
根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
(3)基本关系式：运动时间t ＝l v 0,加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md ,偏转量y ＝12at 2＝qUl22mdv 20,偏转角θ的正切值：tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUlmdv 20。
一、思考辨析(正确的画“√”,错误的画“×”)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。
【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--第七章 第3讲 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ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU ,知识梳理·自测巩固知识点1 电容器电容1．电容器(1)电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(2)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，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(2)定义式：C＝QU＝ΔQΔU。
(3)单位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012 pF。
3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极间的距离成反比。
(2)决定式：C＝εrS4πkd，k为静电力常量。
知识点2 带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)处理方法：利用动能定理qU＝12mv2－12mv2。
(2)适用范围：任何电场。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝Lv 0。
②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动。
⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧加速度：a ＝F m ＝Eq m ＝Uqmd运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出平行板电容器：t ＝L v0b.打在平行极板上：y ＝12at 2＝12·qUmdt 2t ＝2mdyqU 离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUL 22mv 20d 离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUL mv 20d思考：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的关系怎样？[答案] 相同 思维诊断：(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。
最新《高考讲义》2016届高考(物理一轮复习课件—专题7电学设计性实验的处理ppt课件
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(2) 因 为 实 验 要 求 所 测 量 值 范 围 尽 可 能 大，所以滑动变阻器 R1 要采用分压接法；因 为待测电阻 Rx 的阻值远小于电压表内阻，所 以电流表要外接；为了使流过电流表的电流 不超过其最大量程即 50 mA，应与待测电阻 串联一个定值电阻 R 起保护电路．实验原理图如图所示．
B．电流表A1：量程10 mA，内阻r1＝40 Ω C．电流表A2：量程500 μA，内阻r2＝750 Ω D．电压表V：量程为10 V，内阻为10 kΩ E．保护电阻R1：阻值为100 Ω F．滑动变阻器R2：总阻值为10 Ω G．电源E，电动势约为1.5 V，内阻忽略不计 H．开关一个及导线若干
高考总复习·物理 (1)根据图1甲，用笔画线代替导线，将图1乙连接成完整电 路．
图1 (2)用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R， 读出电压表V1、V2的示数U1、U2. ①某次测量时，电压表V1示数如图1丙，则U1＝________ V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为________mA(保留 两位小数)．
3
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U1/V 0.00 0.00 0.06 0.12 0.24 0.42 0.72 1.14 1.74
U2/V 0.0 1.0 2.1 3.1 4.2 5.4 6.7 8.1 9.7
Ux/V 0.0 －1.0 －2.0 －3.0 －4.0 －5.0 －6.0 －7.0 －8.0
(新课标)2016版高考物理大一轮复习第七章第3讲实验(精)
答案
U U -
1 2
I1
I2
U1 解析 第一步对应的等效电路如图甲所示,则Rx+RA+R1= , I1
第二步对应的等效电路如图乙所示。
2 则RA+R1= ,
U I2
U1 U 2 由以上两式求得Rx= - 。 I1 I2
重难突破
一、器材的选取和实物图的连接 典例1 在“测定金属丝电阻率”实验中,若粗估金属丝的电阻Rx约为3 Ω, 为尽可能减小误差,要求金属丝发热功率P<0.75 W, (1)实验中用螺旋测微器测量金属丝直径时,可估读到 刻度尺测量金属丝长度时,可估读到 (2)下述器材中应选用的是 mm。 mm,用毫米
(估读一位)×0.01(毫米)
如图所示,固定刻度示数为2.0 mm,可动刻度上读的示数为15.0×0.01 mm,最 后的读数为:2.0 mm+15.0×0.01 mm=2.150 mm。
2.游标卡尺(如图)
(1)构造:主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪),游标尺上 还有一个深度尺,尺身上还有一个紧固螺钉。
。(用字母代替)
A.6 V电池组
B.电流表(0~0.6 A,内阻0.5 Ω) C.电流表(0~3 A,内阻0.01 Ω)
D.电压表(0~3 V,内阻1 kΩ)
E.电压表(0~15 V,内阻5 kΩ)
F.滑动变阻器(0~100 Ω,额定电流1 A) G.滑动变阻器(0~20 Ω,额定电流1 A) (3)在方框内画出电路图。 (4)在图中,将各器材连成实验电路。
(2)本实验中被测金属丝的阻值较小,故须采用电流表外接法。
(3)开关S闭合前,滑动变阻器的阻值要调至最大。 (4)电流不宜太大(电流表用0~0.6 A量程),通电时间不宜太长,以免金属丝温
2021版高考物理一轮复习第七章电场3电容器与电容带电粒子在电场中的运动课件
电量不变或板间电压不变。
(2)恰当选择公式:要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化,还要应用 E= U 分析板间电场强度的变化情况。
d
(3)若两极板间有带电微粒,则通过分析电场力的变化,分析运动情况的变化。
【典例·通法悟道】 【典例1】(多选)如图所示,理想二极管(具有单向导电性)、平行板电容器、电 源组成闭合电路,带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止,则 下列说法中正确的是 ( ) A.若将极板A向下移动少许,则液滴的电势能将减小 B.若将极板A向上移动少许,则液滴将向上运动 C.若将极板B向上移动少许,则液滴的电势能将增大 D.若将极板A、B错开少许,使两极板正对面积变小,则液滴仍静止
2m
面电势相等,由于a、b所带电荷量大小相等,符号相反,电势能不等,C错; 故选B、D。
命题点三 带电粒子在电场中的偏转 【要点·融会贯通】 1.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(忽略重力影响),则有
(1)加速度:a= F qE qU 。
以从能量的角度进行求解:qUy=
1 2
mv2-
1 2
mv02
,其中Uy=
U d
y,指初、末位置间
的电势差。
【典例·通法悟道】 【典例3】(2019·全国卷Ⅱ)如图,两金属板P、Q水平放置, 间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、 G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m, 电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置, 以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。 (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?
金板学案2016届高考物理一轮复习第7章第1课电场的力的性质练习
第七章电场第1课电场的力的性质复习策略：重视基本概念的理解，本章的概念看起来比较多，应当找出一条主线，以这条主线把整章的知识提携起来．应重视电场与其他物理知识的联系．记忆秘诀：概念多，借(助)类比；抓主线，(电)力和(电)能．粒子运动较繁杂，不要忘记画受力图．第一单元 电场的力和能的性质 第1课 电场的力的性质考点一 物质的电结构、电荷守恒、静电现象的解释1．电荷：自然界中存在两种电荷即正电荷和负电荷，电荷所带净电荷多少称为电荷量，其国际单位为库仑，简称库，符号C ，元电荷e ＝1.60×10－19C ，带电粒子带电量是元电荷的整数倍．2．使物体带电的三种方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．3．电荷守恒定律：电荷既不能创生，也不能消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，在转移过程中电荷的总量保持不变． 考点二 点电荷、库仑定律1．点电荷：忽略形状、大小和电荷分布状况的可看成一个点的带电体，是一种理想化的模型．2．库仑定律．(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离平方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)表达式：F ＝k Q 1Q 2r 2，式中k ＝9.0×109N ·m 2/C 2，叫静电力常量．(3)适用条件：真空中的点电荷．考点三 静电场、电场强度、点电荷场强、电场线1．电场的基本性质：对放入其中的电荷有力的作用． 2．电场强度．(1)定义式：E ＝Fq (F 为电场力，q 为试探电荷的电荷量)，单位：N/C 或V/m.(2)意义：描述电场强弱和方向的物理量．(3)方向：规定正点电荷在电场中所受电场力的方向为电场强度的方向，是矢量．3．电场线．(1)电场线的特点．①电场线是为了形象地描述电场而假想出来的、实际不存在的理想化模型．②电场线始于正电荷(或无穷远)，终于负电荷或(无穷远)，是不闭合曲线．③任意两条电场线都不相交．④电场线的疏密表示电场的强弱，某点的切线方向表示该点的场强方向．它不表示电荷在电场中的运动轨迹．⑤匀强电场中的电场线是等间距的平行线．(2)几种典型电场的电场线．孤立的正电荷、孤立的负电荷、等量异种电荷、等量同种电荷、正点电荷与大金属板间、带等量异种电荷的平行金属板间的电场线分别如图甲、乙、丙、丁、戊、己所示．(3)等量同种和异种点电荷的电场．两点电荷连线及它的中垂线上的电场分布及特点的比较如下：1．一带负电荷的质点，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)(D )解析：由a 至c 的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b 点的速度方向v b如图，由a 至c 速率递减可知受力方向如图中F ，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F 反向，故D 正确．2．三个相同的金属小球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(D )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6解析：由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F ＝k Q 1Q 2r2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触平分总电荷量，故有q×nq＝nq 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋nq 22，解之可得n ＝6，D 正确．3．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(D )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 ．体中心和各面中心解析：根据点电荷场强公式E ＝kqr 2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故答案为D.4．如图所示，可视为点电荷的小球A 、B 分别带负电和正电，B 球固定，其正下方的A 球静止在绝缘斜面上，则A 球受力个数可能为(AC )A ．可能受到2个力作用B ．可能受到3个力作用C ．可能受到4个力作用D ．可能受到5个力作用解析：以A 为研究对象，根据其受力平衡可得，如果没有摩擦，则A对斜面一定无弹力，只受重力和库仑引力作用而平衡；如果受摩擦力，则一定受弹力，所以A 受4个力作用而平衡．故答案为A 、C.课时作业一、单项选择题1．在电场中的某点放一个检验电荷，其电荷量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝Fq，下列说法正确的是(D )A ．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B ．若检验电荷的电荷量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小、方向均不变 解析：电场中某点的电场强度只取决于电场本身，与检验电荷无关，故选D.2．在匀强电场中，有一质量为m 、带电荷量为q 的带电小球静止在O 点，然后从O 点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，那么关于匀强电场的场强大小，下列说法中正确的是(C )A ．唯一值是mgtan θqB ．最大值是mgtan θqC ．最小值是mgsin θqD ．不可能是mgq解析：因为轨迹为直线，故重力和电场力的合力应沿直线，如图所示，故电场力最小值为：F min ＝Eq ＝mgsin θ.所以E 有最小值mgsin θq，故选C.3．如图所示，半径相同的两个金属球A 、B 带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F.今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A 、B 两球接触后移开．这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小是(A )A.F 8B.F 4C.38FD.34F 解析：A 、B 两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，假设它们带的电荷量分别为±q.当第三个不带电的C 球与A 球接触后，A 、C 两球带电荷量平分，假设每个球带电荷量为q′＝＋q 2，当再把C 球与B 球接触后，两球的电荷先中和，再平分，每球带电荷量q″＝－q 4.由库仑定律F ＝k q 1q 2r 2知，当移开C 球后，由于r 不变，所以A 、B 两球之间的相互作用力的大小是F′＝F8.A 项正确．4．如图所示，AB 是某个点电荷的一根电场线，在电场线上O 点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B 运动，下列判断正确的是(B )A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小变化因题设条件不能确定C ．电场线由A 指向B ，电荷做匀加速运动D ．电场线由B 指向A ，电荷做加速运动，加速度越来越大 解析：电场线的切线方向是正电荷在该处的受力方向，和负电荷所受电场力的方向相反，所以电场线由B 指向A ；只给出一条电场线不能判断各点电场的强弱(因为不能确定电场线的疏密)，也就不能判断电场力大小及加速度的变化，所以只有B 正确．5．如图所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A 、B ，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止．设小球A 的带电荷量大小为Q A ，小球B 的带电荷量大小为Q B ，下列判断正确的是(D )A ．小球A 带正电，小球B 带负电，且Q A >Q BB ．小球A 带正电，小球B 带负电，且Q A <Q BC ．小球A 带负电，小球B 带正电，且Q A >Q BD ．小球A 带负电，小球B 带正电，且Q A <Q B解析：如果小球A 带正电，小球B 带负电，则对B 球来说，A 对它的库仑力和匀强电场对它的电场力均水平向左，小球B 不可能向右做匀加速运动，故A 、B 均错误．对A 分析受力得：EQ A <kQ A Q B r 2，对B 受力分析可得：EQ B >kQ A Q B r 2，比较可得：kQ B r 2>E>kQ Ar 2，Q B >Q A ，D 正确．二、不定项选择题6．如图所示，a 、b 是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则(ABD )A ．a 球的质量比b 球的大B ．a 、b 两球同时落地C ．a 球的电荷量比b 球的大D ．a 球飞行水平距离小于b 球飞行的水平距离解析：设a 、b 两球间库仑斥力大小为F ，分析两球受力可得：tan α＝F m a g ，tan β＝Fm b g ，因α<β，故有m a >m b ，A 正确；剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，B 正确；由于两球在水平方向所受的库仑斥力大小相等，故水平方向a 球的加速度比b 的小，因此相等时间内，a 球的水平距离比b 的小，D 正确；无法比较电荷量大小，故C 错误．7．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱．如图，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E 、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，B 、C 和A 、D 也相对O 对称．则(AD )A ．B 、C 两点场强大小和方向都相同 B ．A 、D 两点场强大小相等，方向相反 C ．E 、O 、F 三点比较，O 的场强最弱 D ．B 、O 、C 三点比较，O 的场强最弱解析：观察等量异种点电荷电场的电场线可以得出B 与C 两点、E 与F 两点、A 与D 两点的电场强度分别相等，所以选项A 正确．又从O 点开始沿中垂线到无限远电场强度逐渐减小到零，选项C 错误．在两电荷连线之间从中点向两边电场强度逐渐增大，所以选项D 正确．8．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有a 、b 两点，已知a 、b 两点在同一竖直平面内，但不在同一电场线上，一个带电小球在重力和电场力作用下由a 点运动到b 点，在这一运动过程中，以下判断正确的是(BCD )A ．带电小球的动能可能保持不变B ．带电小球运动的轨迹可能是直线C ．带电小球做的一定是匀变速运动D ．带电小球在a 点的速度可能为零解析：带电小球由a 点运动到b 点，小球所受的重力和电场力不可能平衡，带电小球的动能不可能保持不变，A 错误；若小球所受的重力和电场力的合力方向沿ab 连线，则带电小球的运动轨迹是直线，否则小球的运动轨迹不是直线，B 正确；由于小球所受的重力和电场力的合力是恒力，所以小球做的是匀变速运动，且带电小球在a 点的速度可以为零，C 、D 正确．9．真空中固定的正点电荷Q 所形成的电场中有一质量为m ＝1×10－4kg 、带电荷量q ＝1×10－8C 的微粒在此点电荷附近以角速度ω＝10 rad/s 做匀速圆周运动，已知正点电荷Q的带电荷量为4×10－5 C ．重力加速度g 取10 m/s 2，且微粒的重力相对于电场力不能忽略．则下列判断正确的是(AD )A ．微粒一定带负电B ．微粒一定带正电C ．微粒做圆周运动的圆心就在正点电荷Q 所在的位置D ．微粒做圆周运动的圆心就在正点电荷Q 正下方与Q 的距离为0.1 m 的位置解析：由题意知该微粒和点电荷之间有相互吸引的力，所以该微粒带负电，即A 正确，B 错误；由题意知该微粒所受的重力不能忽略，则微粒做圆周运动的轨迹必不和点电荷在同一水平面内，且圆心O 在点电荷的正下方，设其距点电荷的距离为H ，如图所示．则Fcos θ＝mg ，Fsin θ＝m ω2R ，由几何知识知R ＝Htan θ，由以上各式解得：H ＝gω2＝0.1 m ，即D 正确． 10．如图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(BD )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解析：放电极接电源的负极，集尘极接电源的正极，它们之间的电场方向向左，选项B 正确；带负电的尘埃受向右的电场力向右运动，到达集尘极，选项A 、C 错误；由F ＝qE 可知选项D 正确．三、非选择题11．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷，将质量为m 、带电荷量为q 的小球从圆弧管水平直径的端点A 由静止释放，当小球沿细管下滑到最低点时，对细管的上壁的压力恰好与球重力相同，求圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小．解析：小球从A 到最低点的过程中，只有重力做功，电场力不做功，由动能定理：mgR ＝12mv 2.在最低点，由牛顿第二定律：F －mg －F N ′＝mv2R.又F ＝qE ，F N ′＝F N ＝mg ，可解得E ＝4mgq .答案：4mg q12．如图所示，两根长均为L 的绝缘细线下端各悬挂质量均为m 的带电小球A 和B ，带电荷量分别为＋q 和－q ，若加上水平向左的场强为E 的匀强电场后，使连接A 、B 的长也为L 的绝缘细线绷紧，且两球均处于平衡状态．则匀强电场的场强大小E 应满足什么条件？解析：由于A 、B 均处于平衡，隔离A 分析，受力如图所示，设OA 绳拉力F 1，AB 绳拉力F 2，正交分解F 1，F 1cos 60°＋F 2＋F 库＝qE ，① F 1sin 60°＝mg ，②F 库＝k q2L 2，③解①②③得： E ＝3mg 3q ＋kq L 2＋F 2q. 因为F 2≥0，所以E≥3mg 3q ＋kqL2. 答案：E≥3mg 3q ＋kqL13．如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m 、电荷量均为＋Q 的物体A 和B(A 、B 均可视为质点)，它们间的距离为r ，与水平面间的动摩擦因数均为μ.求：(1)A 受的摩擦力为多大？(2)如果将A 的电荷量增至＋4Q ，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A 、B 各运动了多远距离？解析：(1)由平衡条件知：对A 有：F f ＝F ＝k Q2r 2.(2)当a ＝0时，设A 、B 间距离为r′， k 4Q2r ′2－μmg ＝0， 所以r′＝2Q k μmg. 由题意可知：A 、B 运动的距离均为x ＝r ′－r2，故x ＝Qk μmg －r 2. 答案：(1)k Q2r 2 (2)均为Qk μmg －r 2。
通用版高考物理一轮复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动课时作业含解析
电容器与电容 带电粒子在电场中的运动1.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则( )A ．当开关S 断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B ．当开关S 断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C ．当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D ．当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小解析：C 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qE mg ，当开关S 断开时，电容器两极板上的电荷量Q 不变，由C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C ，E ＝U d 可知E ＝4πkQ εr S，故增大或减小两极板间的距离d ，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A 、B 错误；当开关S 闭合时，因为两极板间的电压U 不变，由E ＝U d 可知，减小两极板间的距离d ，E 增大，θ变大，选项C 正确，D 错误．2.(2018·龙岩模拟)如图，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的5倍，它们以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，则P 和Q 的质量之比为(不计重力)( )A ．2∶5B ．5∶2C ．4∶5D ．5∶4解析：D 粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1∶2，由l ＝v 0t 可知运动时间比为1∶2，由y ＝12at 2得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a ＝qE m，因为电荷量比为5∶1，则质量比为5∶4，故D 正确，A 、B 、C 错误．3.如图所示，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，则( )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 ．电容器的电容减小，而极板上所带的电荷量将增大解析：B 电容器始终与电源连接，其两端的电压U 保持不变，上极板向上移动一小段距离，意味着板间距离d 增大，由E ＝U d 可知E 减小，带电油滴受到的电场力F ＝qE 也减小，所以油滴将向下运动，选项A 错误；设P 点到下极板的距离为x ，则φ＝U x d，可知P 点的电势将降低，选项B 正确；电势能E p ＝q φ不仅和电势的高低有关，还和电荷的正负及电荷量有关，由题意分析知油滴带负电，则φ降低，E p 将增加，选项C 错误；由C ＝εS 4πkd 可知电容C 减小，由Q ＝CU 可知极板上所带的电荷量Q 也将减小，选项D 错误．4.(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )A ．微粒将沿着一条直线运动B ．微粒在第2 s 末的速度为零C ．微粒在第1 s 内的加速度与第2 s 内的加速度相同D ．微粒在第1 s 内的位移与第2 s 内的位移相同解析：ABD 由图可知，E 1和E 2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2 s 末的速度恰好是0，即微粒第1 s 做加速运动，第2 s 做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A 、B 正确，C 错误；由对称性可知，微粒在第1 s 内的平均速度与第2 s 内的平均速度相同，由x ＝12vt 得，微粒在第1 s 内的位移与第2 s 内的位移相同，故D 正确． 5.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A 和R B 的同心金属半球面A 和B 构成，A 、B 为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e 、质量为m 的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N ，其中动能为E k0的电子沿等势面C 做匀速圆周运动到达N 板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A 、B 的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C 所在处电场强度E 的大小；(3)若半球面A 、B 和等势面C 的电势分别为φA 、φB 和φC ，则到达N 板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少？(4)比较|ΔE k 左|与|ΔE k 右|的大小，并说明理由．解析：(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有eE ＝m v 2R ，E k0＝12mv 2，R ＝R A ＋R B 2联立解得E ＝2E k0eR ＝4E k0e R A ＋R B. (3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔE k ＝qU对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔE k 左＝e (φB －φC )对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔE k 右＝e (φA －φC )(4)根据电场线特点，等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB －φC |＞|φA －φC |即|ΔE k 左|＞|ΔE k 右|.答案：(1)B 板电势高于A 板，理由见解析(2)4E k0e RA ＋R B(3)ΔE k 左＝e (φB －φC ) ΔE k 右＝e (φA －φC )(4)|ΔE k 左|>|ΔE k 右|，理由见解析一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板与一个静电计相连，将B 极向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C 、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E 的变化情况分别是( )A ．C 变小，θ变大，E 不变B ．C 不变，θ不变，E 变小 C ．C 变小，θ不变，E 不变D ．C 变小，θ变大，E 变小解析：A 当负极板左移一小段距离时，d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知，电容C 减小，由U ＝Q C 可知两极间的电压增大，因电压增大，静电计指针偏角会增大，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ，不论极板间距如何变化，极板的电量总不变，因此电场强度不变，故A 正确，B 、C 、D 错误．2.(2018·淄博模拟)如图所示，从F 处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U )( )A ．电子到达B 板时的动能是eUB ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零C ．电子到达D 板时动能是3eUD ．电子在A 板和D 板之间做往复运动解析：C 释放出一个无初速度电荷量为e 的电子，在电压为U 的电场中做加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即W ＝eU ，故A 正确；由图可知，BC 间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，故B 正确；电子以eU 的动能进入CD 电场中，在电场力的阻碍下，电子做减速运动，由于CD 间的电压也为U ，所以电子到达D 板时速度减为零，开始反向运动，故C 错误；由上可知，电子将会在A 板和D 板之间加速、匀速再减速，再反向加速、匀速再减速，做往复运动，故D 正确．3．喷墨打印机的简化模型如图所示．墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒，经带电室带负电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知墨汁微粒所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制，微粒偏移量越小打在纸上的字迹越小，则从墨汁微粒进入偏转电场开始到打到纸上的过程中(不计墨汁微粒的重力)，以下说法正确的是( )A ．墨汁微粒的轨迹是抛物线B ．电量相同的墨汁微粒轨迹相同C ．墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关D ．减小偏转极板间的电压，可以缩小字迹解析：D 墨汁微粒在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，轨迹不是抛物线，故A 错误；墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有，水平方向L ＝v 0t ，竖直方向y ＝12at 2，则出偏转电场时的偏转位移y ＝12·qUL 2mv 20d，电量相同，墨汁微粒的轨迹不一定相同，故B 错误；根据y ＝12·qUL 2mv 20d知，墨汁微粒的运动轨迹与带电量有关，故C 错误；根据y ＝12·qUL 2mv 20d知，偏转极板间的电压，出电场时偏转位移减小，打到纸上的偏转位移减小，可以缩小字迹，故D 正确．4.如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E 1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m ，带电量＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，则下列结论正确的是( )A ．若AB 高度差为h ，则U AB ＝－mgh qB ．带电小球在A 、B 两点电势能相等C ．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．两电场强度大小关系满足E 2＝2E 1解析：A 对A 到B 的过程运用动能定理得，qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mgh q，知A 、B 的电势不等，则电势能不等，故A 正确，B 错误；A 到虚线速度由零加速至v ，虚线到B 速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反，故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a 1＝mg ＋qE 1m，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a 2＝qE 2－mg m ，因为a 1＝a 2，解得：E 2－E 1＝2mg q，故D 错误． 5．如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力，则( )A ．φ1∶φ2＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶4C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的电势能最大D ．在0～2T 内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ21md 2 解析：D 0～T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝φ1d ，电子以a 1＝eE 1m ＝e φ1md向上做匀加速直线运动，经过时间T 的位移x 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T ，T ～2T 内平行板间电场强度E 2＝φ2d ，加速度a 2＝e φ2md ，电子以v 1的速度向上做匀减速直线运动，位移x 2＝v 1T －12a 2T 2，由题意2T 时刻回到P 点，则x 1＋x 2＝0，联立解得φ2＝3φ1，故A 、B 错误；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T 内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，所以在T时刻电势能最小，故C 错误；电子在2T 时刻回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2eT φ1md(负号表示方向向下)，电子的动能为E k ＝12mv 22＝2e 2T 2φ21md 2，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，故D 正确．6．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板AB .板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t 1时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)则( )A ．在0～t 1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B ．在t 1～t 3时间内，物块受到的摩擦力，先逐渐增大，后逐渐减小C ．t 3时刻物块的速度最大D ．t 4时刻物块的速度最大解析：C 在0～t 1时间内，物块处于静止状态，电场强度方向水平向右，物块所受的电场力水平向右，根据平衡条件得：摩擦力大小F f ＝qE ，而E ＝U AB d ，得F f ＝q U AB d，U AB 增大，F f 随之增大，并且由平衡条件知，F f 的方向水平向左，故A 错误；在t 1～t 3时间内，物块向右运动，受到的是滑动摩擦力，物块对地面的压力不变，根据公式F f ＝μF N 知，摩擦力不变，故B 错误；据题意：最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在t 1时刻物块所受的静摩擦力达到最大，并恰好等于此时的电场力．在t 1～t 3时间内，电场力一直大于摩擦力，物块一直向右加速运动；在t 3～t 4时间内，电场力小于滑动摩擦力，物块向右做减速运动，所以t 3时刻物块的速度最大，故C 正确，D 错误．7.(2018·唐山模拟)如图所示，竖直平面内有A 、B 两点，两点的水平距离和竖直距离均为H ，空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m 的带电小球从A 点以水平速度v 0抛出，经一段时间竖直向下通过B 点，重力加速度为g ，小球在由A 到B 的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．速度先增大后减小C ．机械能一直减小D ．任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量解析：AC 小球在B 点的速度竖直向下，水平方向匀减速运动，竖直方向自由落体运动，可知电场力方向水平向左，与电场方向相反，说明小球带负电，故A 正确；小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，即合力方向朝左下方，与初速度成钝角，所以开始减速，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大，故B 错误；因为电场力做负功，电势能增加，机械能减小，故C 正确；任意一小段时间，小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变，总能量守恒，所以电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D 错误．8.(2018·日照模拟)如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A ＝90°，∠B ＝30°，AC 长为L ，已知A 点的电势为φ(φ>0)，B 点的电势为2φ，C 点的电势为0.一带电的粒子从C 点以v 0的速度出发，方向如图所示(与AC 边成60°)．不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A ．电场强度的方向由B 指向CB ．电场强度的大小为23φ3LC ．若粒子能击中图中的A 点，则该粒子的比荷为6v 20φD ．只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B 点解析：BC B 点的电势为2φ，C 点的电势为0，则BC 中点D 的电势为φ，又A 点的电势为φ(φ>0)，连接AD ，则电场线垂直于AD ，如图所示，故A 错误；由图可知电场强度E ＝φ－0L sin 60°＝23φ3L，故B 正确；由于速度方向与电场方向垂直，粒子从C 到A 做类平抛运动，则L cos 60°＝v 0t ，L sin 60°＝12·qE m t 2，解得q m ＝6v 20φ，故C 正确；由于速度方向与电场方向垂直，粒子从C 抛出后做类平抛运动不可能到B 点，故D 错误．9.如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关S ，平行板间有一质量为m ，电荷量为q 的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法中正确的是( )A ．将A 板向上平移一些，液滴将向下运动B ．将A 板向左平移一些，液滴将向上运动C ．断开开关S ，将A 板向下平移一些，液滴将保持静止不动D ．断开开关S ，将A 板向右平移一些，液滴将向上运动解析：BCD A 极板上移时，d 变大，由C ＝εr S 4πkd 可知，C 变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr Sq ，可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，故A 错误；A 极板左移时，S 变小，由C ＝εr S 4πkd 可知，C 变小，而两极板间的电压U 等于电源电动势不变，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E ＝4πkQ εr S可知电容器两极板间的电场强度增大，油滴所受电场力增大，油滴将向上运动，故B 正确；当断开开关S ，将A 板向下平移一些时，d 变小，由C ＝εr S 4πkd 可知，C 变大，因电量的不变，由E ＝4πkQ εr S可得，电场强度不变，那么液滴将保持静止不动，故C 正确；同理，当断开开关S ，将A 板向右平移一些时，S 变小，由C ＝εr S 4πkd可知，C 变小，因电量的不变，由E ＝4πkQ εr S可得，电场强度变大，那么液滴将向上运动，故D 正确． 10.如图所示，在一竖直平面内，BCDF 段是半径为R 的圆弧形挡板，AB 段为直线形挡板(长为4R )，两者在B 点相切，θ＝37°，C 、F 两点与圆心等高，D 在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E 的匀强电场中．现将带电荷量为＋q ，质量为m 的小球从挡板内侧的A 点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF 运动到F 点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．匀强电场的场强大小可能是3mg 5qB ．小球运动到D 点时动能一定不是最大C ．小球机械能增加量的最大值是2.6qERD ．小球从B 到D 运动过程中，动能的增量为1.8mgR －0.8EqR解析：BC 小球能沿挡板内侧的ABC 运动，则有qE cos 37°≥mg sin 37°，得E ≥3mg 4q，故场强大小不可能等于3mg 5q，A 错误．小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上的最低点时动能最大，则知在C 、D 之间的某一点上时动能最大，B 正确．小球运动到C 点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值ΔE ＝qE [4R sin 37°＋R (1－cos 37°)]＝2.6qER ，C 正确．小球从B 到D 运动过程中，动能的增量ΔE k ＝mgR (1＋sin 37°)－qE cos 37°＝1.6mgR －0.8qER ，D 错误．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.如图所示，在一个倾角θ＝30°的斜面上建立x 轴，O 为坐标原点，在x 轴正向空间有一个匀强电场，场强大小E ＝4.5×106 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在O 处放一个电荷量q ＝5.0×10－8 C ，质量m ＝1 kg 带负电的绝缘物块．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝32，沿x 轴正方向给物块一个初速度v 0＝5 m/s ，如图所示(g 取10 m/s 2)．求：(1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少？(2)到物块最终停止时系统产生的焦耳热共为多少？解析：(1)设物块向下运动的最大距离为x m ，由动能定理得：mg sin θ·x m －μmg cos θ·x m －qEx m ＝0－12mv 2代入数据解得：x m ＝0.5 m(2)因qE >mg sin θ＋μmg cos θ，物块不可能停止在x 轴正向，设最终停在x 轴负向且离O 点为x 处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得：－mgx sin θ－μmg cos θ(2x m ＋x )＝0－12mv 20 代入数据解得： x ＝0.4 m产生的焦耳热：Q ＝μmg cos θ·(2x m ＋x )代入数据解得：Q ＝10.5 J答案：(1)0.5 m (2)10.5 J12．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经加速电场，由动能定理得qU 0＝12mv 2，电子经偏转电场：沿v 方向：t ＝L v沿电场方向：y ＝12at 2，又a ＝qU 偏mL故偏转后偏移量y ＝12·qU 偏mL ·(L v )2，所以y ＝U 偏L 4U 0由题图知t ＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm 设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L /2L /2，所以Y ＝13.5 cm. (2)由题知电子偏移量y 的最大值为L 2， 所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.答案：(1)O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm。