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高考物理一轮复习第六章静电场3电容器的电容带电粒子在电场中的运动课件_图文

?第3课时 电容器的电容 带电粒子在电场中的运 动

考点考级

命题点

考查频率 2016·课标卷Ⅰ,14 2017·海南卷,4

命题点1:电容器与电源相连 平行板电容器的 接 动态分析(Ⅰ) 命题点2:电容器与静电计(验 电器)相连接 命题点1:仅在电场力作用下 带电粒子在电场 的直线运动 中的直线运动 命题点2:在重力、电场力作 (Ⅱ ) 用下的直线运动
命题点1:带电粒子在电场中 偏转的能量转化 带电粒子在电场 命题点2:利用类平抛运动规 中的偏转运动 律处理偏转运动问题 (Ⅱ ) 命题点3:带电粒子在电场中 偏转的综合问题分析

2017·课标卷Ⅰ,25 2015·课标卷Ⅱ,14 2013·课标卷Ⅰ,16 2017·江苏卷,4

2017·课标卷Ⅱ,25

?考点一 平行板电容器的动态分析(高频43)

1.

2.两种类型的动态分析思路 (1)确定不变量,分析是电压不变还是所带电荷量不变. (2)用决定式 C= (3)用定义式 C= 压 U 的变化. U (4)用 E= d 分析电容器两极板间电场强度的变化. εrS 4πkd Q U 分析平行板电容器电容的变化.

判定电容器所带电荷量 Q 或两极板间电

[诊断小练] Q (1)从 C=U可以看出, 电容的大小取决于带电荷量和电压. ( (2)从 C= )

εrS 可以看出,电容的大小取决于电介质的种类、极 4πkd ) )

板正对面积和两极板的位置关系.( (3)它们都适用于各种电容器.(

Q εrS (4)C=U是适用于各种电容器的定义式,C= 是只适用于平 4πkd 行板电容器的决定式.(
【答案】 (1)× (2)√

)
(3)× (4)√

命题点 1

电容器与电源相连接

1.(2017· 海南卷,4)如图,平行板电容器的两极板竖直放置并分 别与电源的正负极相连,一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间, 处于静止状态.现保持右极板不动,将左极板向右缓慢移动.关于 小球所受的电场力大小 F 和绳子的拉力大小 T,下列判断正确的是 ( ) A.F 逐渐减小,T 逐渐减小
B.F 逐渐增大,T 逐渐减小 C.F 逐渐减小,T 逐渐增大 D.F 逐渐增大,T 逐渐增大

【解析】

电容器与电源相连,所以两端间电势差不变,将左

极板向右缓慢移动过程中,两板间距离减小,则由 U=Ed 可知,电 场强度 E 增大;电场力 F=Eq 增大;小球处于平衡状态,受重力、 拉力与电场力的作用而处于平衡,故拉力与电场力和重力的合力大 小相等,方向相反;根据平行四边形定则可知,T= F2+?mg?2;由 于重力不变,电场力变大,故拉力增大.故 D 正确,A、B、C 错误.
【答案】 D

平行板电容器动态问题的分析思路

2.(2018· 江苏泰州高三上学期期中)如图所示, 两块较大的金属板 A、B 相距为 d,平行放置并与一电源相连,S 闭合后,两板间有一 质量为 m、带电量为 q 的油滴恰好处于静止状态.以下说法正确的 是( )

A.若将 S 断开,则油滴将做自由落体运动,G 表中无电流 B. 若保持 S 闭合, 将 A 向左平移一小段位移, 则油滴仍然静止, G 表中有 a→b 的电流 C.若保持 S 闭合,将 A 向上平移一小段位移,则油滴向下加 速运动,G 表中有 b→a 的电流 D.若保持 S 闭合,将 A 向下平移一小段位移,则油滴向上加 速运动,G 表中有 b→a 的电流

【解析】

将 S 断开,电容器的电量不变,电路中无电流.板

间场强不变,油滴所受的电场力不变,故油滴仍处于静止状态,故 A 错误;若将 A 板左移,电容器板间电压不变,d 不变,场强不变,则 电场力不变,则油滴仍然静止;根据 C= εS ,可知电容减小,结 4πkd

Q 合 C=U可知,电荷量减小,电容器要放电,则有由 b→a 的电流流 U 过 G,故 B 错误;将 A 板上移,由 E= d 可知,E 变小,油滴所受的 电场力减小,将向下加速运动.

εS Q 根据 C= ,可知电容减小,结合 C=U可知,电荷量减小, 4πkd 电容器要放电, 则有由 b→a 的电流流过 G, 故 C 正确; 将 A 板下移, U 由 E= d 可知, E 变大, 油滴所受的电场力增大, 将向上加速运动. 根 εS Q 据 C= ,可知电容变大,结合 C=U可知,电荷量变大,电容器 4πkd 要充电,则有由 a→b 的电流流过 G,故 D 错误;故选 C.
【答案】 C

命题点 2

电容器与静电计(验电器)相连接

3.如图所示,平行板电容器两极板水平放置,现将其与二极管串 联接在电动势为 E 的直流电源上,电容器下极板接地,静电计所带 电荷量可忽略,二极管具有单向导电性.闭合开关 S,一带电油滴恰 好静止于两板间的 P 点,现将平行板电容器的下极板竖直向下移动 一小段距离,则下列说法正确的是( )

A.平行板电容器的电容将变大 B.静电计指针张角变小 C.带电油滴的电势能将增加 D.油滴仍将保持静止

【解析】

εS 由公式 C= 可知,将平行板电容器的下极板竖 4πkd

直向下移动一小段距离时,即 d 增大,则平行板电容器的电容将变 小,A 项错误;电容器与电源及二极管连接,电容器不能放电,电 Q 荷量一定,根据 U= C可知,电压增大,静电计指针张角变大,B 项 错误;依题意带电油滴带负电,而 P 点的电势增加,所以带电油滴 4πkQ 的电势能减少,C 项错误;根据 E= εS 可知电容器内部电场强度 不变,所以油滴仍将保持静止,D 项正确.
【答案】 D

两类动态变化问题的比较 分类 不变量 d 变大 S 变大 εr 变大 充电后与电池两极相连 U C 变小 Q 变小 E 变小 C 变大 Q 变大 E 不变 C 变大 Q 变大 E 不变 充电后与电池两极断开 Q C 变小 U 变大 E 不变 C 变大 U 变小 E 变小 C 变大 U 变小 E 变小

?考点二 带电粒子在电场中的直线运动(高频44)

1.做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力 F 合=0,粒子或 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. 静止 ,或做 匀速直线

2.用动力学观点分析 F合 U 2 a= m ,E= d ,v2-v0 =2ad. 3.用功能观点分析 1 2 1 2 匀强电场中:W=Eqd=qU= mv - mv0 2 2 非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1

[诊断小练] (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.( (4)带电粒子在电场中做直线运动时一定被加速.(
【答案】 (1)× (2)√ (3)× (4)×

命题点 1

仅在电场力作用下的直线运动

4. (2017· 江苏卷, 4)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】

设 AB、BC 间的电场强度分别为 E1、E2,间距分别

为 d1 和 d2,电子由 O 点运动到 P 点的过程中,据动能定理得: eE1d1-eE2d2=0① 当 C 板向右平移后,BC 板间的电场强度 U′ Q E2′= = = d′2 C′d′2 Q εS · d′ 2 4πkd′2 4πkQ = εS ,

BC 板间的电场强度与板间距无关,大小不变.

第二次释放后,设电子在 BC 间移动的距离为 x,则 eE1d1-eE2x=0-0② 比较①②两式知,x=d2, 即电子运动到 P 点时返回,选项 A 正确.
【答案】 A

命题点 2

在重力、电场力作用下的直线运动

5.(2017· 课标卷Ⅰ,25)真空中存在电场强度大小为 E1 的匀强电 场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为 v0.在油滴处于位置 A 时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保 持其方向不变.持续一段时间 t1 后,又突然将电场反向,但保持其 大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到 B 点.重力加速度 大小为 g.

(1)求油滴运动到 B 点时的速度. (2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来 的大,试给出相应的 t1 和 v0 应满足的条件.已知不存在电场时,油 滴以初速度 v0 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、A 两点间距 离的两倍.

【解析】

(1)设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q,油滴速度方

向向上为正.油滴在电场强度大小为 E1 的匀强电场中做匀速直线运 动,故匀强电场方向向上.在 t=0 时,电场强度突然从 E1 增加至 E2 时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小 a1 满 足 qE2-mg=ma1① 油滴在时刻 t1 的速度为 v1=v0+a1t1②

电场强度在时刻 t1 突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向 向下,大小 a2 满足 qE2+mg=ma2③ 油滴在时刻 t2=2t1 的速度为 v2=v1-a2t1④ 由①②③④式得 v2=v0-2gt1⑤

(2)由题意,在 t=0 时刻前有 qE1=mg⑥ 油滴从 t=0 到时刻 t1 的位移为 1 2 s1=v0t1+ a1t1⑦ 2 油滴在从时刻 t1 到时刻 t2=2t1 的时间间隔内的位移为 1 2 s2=v1t1- a2t1⑧ 2

由题给条件有 v2 0=2g(2h)⑨ 式中 h 是 B、A 两点之间的距离. 若 B 点在 A 点之上,依题意有 s1+s2=h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
? v0 1? v0 ?2? E2=?2-2 + ? ? ?E1? gt1 4?gt1? ? ?

为使 E2>E1,应有 v0 1? v0 ?2 2-2 + ? ? >1? gt1 4?gt1? 即当
? 0<t1<?1- ?

3 ? v0 ? ? 2 ?g 3 ? v0 ? ? 2 ?g



? t1>?1+ ?

才是可能的; 条件?式和?式分别对应于 v2>0 和 v2<0 两种情形.

若 B 点在 A 点之下,依题意有 s1+s2=-h? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得
? v0 1? v0 ?2? E2=?2-2 - ? ? ?E1? gt1 4?gt1? ? ?

为使 E2>E1,应有 v0 1? v0 ?2 2-2 - ? ? >1? gt1 4?gt1? 即
? t1>? ? ? v0 5 +1? g ? 2 ?

另一解为负,不合题意,已舍去.
【答案】 (1)v0-2gt1 (2)见解析

6.(2013· 课标卷Ⅰ,16)一水平放置的平行板电容器的两极板间 距为 d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔 (小孔对电 d 场的影响可忽略不计).小孔正上方 处的 P 点有一带电粒子,该粒 2 子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处 (未与极板 d 接触)返回.若将下极板向上平移 ,则从 P 点开始下落的相同粒子 3 将( )

A.打到下极板上 B.在下极板处返回 d C.在距上极板 处返回 2 2 D.在距上极板 d 处返回 5

【解析】 带电粒子在重力作用下下落,此过程中重力做正功, 当带电粒子进入平行板电容器时,电场力对带电粒子做负功,若带 d 电粒子在下极板处返回, 由动能定理得 mg( +d)-qU=0; 若电容器 2 d 下极板上移 ,设带电粒子在距上极板 d′处返回,则重力做功 WG 3 d′ 3d′ d =mg( +d′), 电场力做功 W 电=-qU′=-q d U=-q 2d U, 2 ?d- ? 3 2 由动能定理得 WG+W 电=0,联立各式解得 d′= d,选项 D 正确. 5 【答案】 D

1.带电粒子在电场中运动时重力的处理 基本 如电子、质子、α 粒子、离子等,除有说明或有明确的 粒子 暗示以外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量) 带电 如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的 颗粒 暗示以外,一般都不能忽略重力

2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法

?考点三 带电粒子在电场中的偏转运动(高频45)

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 F qE qU (1)加速度:a=m= m =md. l (2)在电场中的运动时间:t= . v0

v =v ? ? x 0 (3)速度? qUl v =at= ? mv0d ? y v=
2 v2 x+vy ,tan

vy qUl θ= v = 2 . mv0d x

l= v0 t ? ? (4)位移? 1 2 qUl2 y= at = 2 ? 2mv0 d ? 2

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 转电场射出时的偏转角度总是相同的. 1 2 qUl Ul 证明:由 qU0= mv0及 tan φ= 2 得 tan φ= . 2 mv0d 2U0d (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 l 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

3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 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: 1 2 1 2 U qUy= mv - mv0,其中 Uy= d y,指初、末位置间的电势差. 2 2

[诊断小练]
1 2 4 如图,含有大量1 H、 1 H 、2 He 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判断是否正确.

(1)出现三个亮点,偏离 O 点最远的是1 1H.( (1)出现三个亮点,偏离 O 点最远的是4 2He.( (3)出现两个亮点.( (4)只会出现一个亮点.(
【答案】 (1)× (2)×

) )

) )
(3)× (4)√

命题点 1

带电粒子在电场中偏转的能量转化

7.(2014· 天津卷,4)如图所示,平行金属板 A、B 水平正对放置, 分别带等量异号电荷.一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力 共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么( )

A.若微粒带正电荷,则 A 板一定带正电荷 B.微粒从 M 点运动到 N 点电势能一定增加 C.微粒从 M 点运动到 N 点动能一定增加 D.微粒从 M 点运动到 N 点机械能一定增加

【解析】

本题只能确定重力向下,合外力向下,无法确定电

场力方向, 也无法确定电场力做功的正负及电势能的变化情况, 故 A、 B 错误.由合外力一定向下,可知 M→N 的过程中合外力做正功, 动能增加,C 正确.除重力以外其他力做功影响物体的机械能,本 题除重力以外带电微粒只受电场力,由于无法判断电场力做功的正 负,也无法判断机械能是增加还是减少,D 错误.
【答案】 C

命题点 2

利用类平抛运动规律处理偏转运动问题

8.(2017· 课标卷Ⅱ,25)如图,两水平面(虚线)之间的距离为 H, 其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的 A 点将 质量均为 m、 电荷量分别为 q 和-q(q>0)的带电小球 M、 N 先后以相 同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场 区域,并从该区域的下边界离开.已知 N 离开电场时的速度方向竖 直向下;M 在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为 N 刚离开 电场时动能的 1.5 倍.不计空气阻力,重力加速度大小为 g.求:

(1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A 点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小.

【解析】

(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为

v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0.M、N 在电场中运动的 时间 t 相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为 a, 在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2.由题给条件和运动学公式 得 v0-at=0① 1 2 s1=v0t+ at ② 2 1 2 s2=v0t- at ③ 2 s1 联立①②③式得 =3.④ s2

(2)设 A 点距电场上边界的高度为 h,小球下落 h 时在竖直方向 的分速度为 vy,由运动学公式得 v2 y =2gh⑤ 1 H=vyt+ gt2⑥ 2 M 进入电场后做直线运动,由几何关系知 v0 s1 vy = H 联立①②⑤⑥⑦式可得 1 h= H.⑧ 3

(3)设电场强度的大小为 E,小球 M 进入电场后做直线运动,则 v0 qE vy=mg⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2,由动能定理得 1 2 Ek1= m(v0 + v2 y )+mgH+qEs1⑩ 2 1 2 Ek2= m(v0 + v2 y )+mgH-qEs2? 2 由已知条件 Ek1=1.5Ek2? 联立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E= mg .? 2q mg (3) 2q

【答案】

(1)3∶1

1 (2) H 3

9.(2015· 天津卷,7)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同 一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场 E1,之后进入电场 线竖直向下的匀强电场 E2 发生偏转,最后打在屏上.整个装置处于 真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么( )

A.偏转电场 E2 对三种粒子做功一样多 B.三种粒子打到屏上时的速度一样大 C.三种粒子运动到屏上所用时间相同 D.三种粒子一定打到屏上的同一位置

【解析】

带电粒子经加速电场后速度 v0=

2E1dq m ,出偏转

电场时的纵向速度 vy=

2 E2 qL2 , 所以偏转电场 E2 对粒子做功为 W 2E1md

2 2 1 1 E 2L 2 2 = m(v0 +v2 ) - m v = q,故做功一样多,故 A 正确;粒子打到 y 2 2 0 4E1d 2 屏上时的速度为 v= v2 0+vy = 2 2 2 4E2 1d +E2L q · m,与比荷有关,故 2 E1 d

速度不一样大,故 B 错误;

1 2 E2L2 纵向位移 y= at = ,即位移与比荷无关,由相似三角形可 2 4E1d 知,打到屏幕上的位置相同,故 D 正确;运动到屏上所用时间 t=
? ? ? ?

2 d L+ L ′ ? ? + × E1 2 E1 d ? ?
【答案】 AD

m q ,与比荷有关,故 C 错误.

命题点 3

带电粒子在电场中偏转的综合问题分析

10.(2018· 河南南阳市高三上学期期中)如图所示,x 轴正方向水 平向右,y 轴正方向竖直向上,在第Ⅰ象限内有与 y 轴平行、方向向 上的匀强电场区域,区域形状是直角三角形,三角形斜边分别与 x 轴和 y 轴相交于(L,0)和(0,L)点.区域左侧沿 x 轴正方向射来一束具 有相同质量 m、电荷量为-q(q>0)和初速度 v0 的带电微粒,这束带 L 电微粒分布在 0<y<L 的区间内,其中从 y= 的点射入场区的带电 2 微粒刚好从(L,0)点射出场区,不计带电微粒的重力,求:

(1)电场强度大小; L (2)从 0<y< 的区间射入场区的带电微粒,射出场区时的 x 坐 2 标值和射入场区时的 y 坐标值的关系式; (3)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的 y 坐标值.

【解析】

(1)设电场强度为 E,带电微粒在场区中的偏转时间

L 1 为 t1,有:L=v0t1, = at2 , 2 2 1 由牛顿第二定律得:qE=ma, mv2 0 解得:E= qL . (2)微粒做类平抛运动,有: 1 2 x=v0t,y= at ,整理得:x2=2Ly. 2

(3)如图所示,设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为 x1, 竖直偏转位移为 y1,偏转角为 θ,偏转时间为 t2,射入场区时的 y 坐 标值为 Y,

1 2 有:x1=v0t2,y1= at2, 2

Y-y1 根据几何关系有:x1+ =2L,L-x1=Y-y1, tan θ y1 根据平抛运动的特点有:tan θ=2 , x1 5- 5 解得:Y= L. 4
【答案】
2 mv0 (1) qL

(2)x =2Ly

2

5- 5 (3) L 4

思想方法系列(六) 技法一

解决带电粒子在交变电场中运动的方法

借助图象,展示物理过程

带电粒子在交变电场中运动时,受电场力作用,其加速度、速 度等均做周期性变化.借助图象来描述它在电场中的运动情况,可 直观展示物理过程,从而获得启迪,快捷地分析求解.

例1

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 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( )

A.0<t0<

T 4

T 3T B. <t0< 2 4 9T D.T<t0< 8

3T C. <t0<T 4

【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意得, 粒子的速度方向时而为负,时而为正,最终打在 A 板上时位移为负, T T 3T 速度方向为负.作出 t0=0、 、 、 时粒子运动的速度图象如图所 4 2 4 示.由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图 T 3T T 象可知 0<t0< , <t0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零; 4 4 4 3T <t0< 时粒子在一个周期内的总位移小于零; 当 t0>T 时情况类似. 因 4 粒子最终打在 A 板上, 则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零, 对照各选项可知只有 B 正确.
【答案】 B

本题物理情景简单,但隐含条件较多.如打在 A 板上时速度方 向为向左,位移方向为向左,做此类题目注意隐含条件的挖掘.另 外,速度—时间图象的合理应用,可提高同学们的解题速度. 技法二 巧取分运动,化繁为简

某个方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响,这就 是运动的独立性原理,应用这一原理可以简捷分析某些带电粒子在 交变电场中运动的问题.

例2

如图(a)所示,平行板电容器间距为 d,两板所加电压如图

(b)所示,t=0 时刻,质量为 m、带电荷量为 q 的粒子以平行于极板 的速度 v0 射入电容器,2.5T 时恰好落在下极板上,带电粒子的重力 不计,在这一过程中,求:

(1)该粒子的水平位移; (2)粒子落到下极板时的速度.

【解析】

(1)带电粒子在水平方向不受外力作用,做匀速直线

运动,因此水平位移为: s=v0t=v0×2.5T=2.5v0T. (2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为 3 3qU0 vy=a·T= T 2 2md 粒子落在下极板上时的速度大小为
2 v= v2 x+vy = 2 2 2 9 q U0T v2 + . 0 4m2d2

【答案】

(1)2.5v0T

(2)

9q 2 v0+

2 U2 0T 4m2d2

2

技法三

巧建模型,化难为易

对于某些实际的物理过程,可根据题设条件,运用近似处理方 法,通过简化描述来反映事物基本的物理特征,这有助于迅速、准 确确定出解题方向和策略,使问题得到迅速解决.

例3

在真空中速度为 v=6.4×107 m/s 的电子束连续地射入两
-2

平行极板之间, 极板长度为 L=8.0×10

m, 间距为 d=5.0×10

-3

m,

电子束沿两极板间的中线通过,如图所示,在两极板上加上 50 Hz 的交变电压 u=Umsin ωt,如果所加电压的最大值超过某一值 UC, 将开始出现以下现象:电子有时能通过两极板,有时不能通过,求 UC 的大小.(电子的比荷为 1.76×1011C/kg)

【解析】

设电子刚好不能通过时平行板的电压为 UC,电子经

mv2d2 L d 1 2 eUC 过平行板的时间为 t,则:t= v, = at ,a= md ,解得 UC= 2 2 eL2 =91 V.
【答案】 91 V

[高考真题] 1.(2016· 课标卷Ⅰ,14)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】

电容器接在恒压直流电源上,两极板的电压不变,

若将云母介质移出,相对介电常数减小,电容器的电容减小,所以 极板上的电荷量减小,极板间的距离不变,所以极板间的电场强度 不变,故 A、B、C 错误,D 正确.
【答案】 D

2.(2015· 课标卷Ⅱ,14)如图,两平行的带电金属板水平放置.若 在两板中间 a 点从静止释放一带电微粒, 微粒恰好保持静止状态. 现 将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45° ,再由 a 点从静止 释放一同样的微粒,该微粒将( )

A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动

【解析】 两平行金属板水平放置时, 带电微粒静止有 mg=qE, 现将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45° 后,两板间电场 强度方向逆时针旋转 45° ,电场力方向也逆时针旋转 45° ,但大小不 变,此时电场力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微 粒将向左下方做匀加速运动,选项 D 正确.
【答案】 D

3.(2016· 海南卷,6)如图,平行板电容器两极板的间距为 d,极 板与水平面成 45° 角,上极板带正电.一电荷量为 q(q>0)的粒子在 电容器中靠近下极板处,以初动能 Ek0 竖直向上射出.不计重力,极 板尺寸足够大,若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大 值为( )

Ek0 A. 4qd 2Ek0 C. 2qd

Ek0 B. 2qd 2Ek0 D. qd

【解析】 根据电荷受力可以知道,粒子在电场中做曲线运动, 如图所示:当电场足够大时,粒子到达上极板时速度恰好与上极板 平行,如图,将粒子初速度 v0 分解为垂直极板的 v0y 和平行极板的 v0x,根据运动的合成与分解,当分速度 vy=0 时,则粒子的速度正 Eq 2 好平行上极板,根据运动学公式:- v0y=-2 d,由于 m v0y=v0cos

1 2 Ek0 45° ,Ek0= mv0,联立整理得到:E= ,故选项 B 正确. 2 2qd
【答案】 B

[名校模拟] 4.(2018· 安徽师范大学附属中学高三期中)如图所示,平行板电 容器两极板接在电压恒为 U 的直流电源上,上极板 A 接地,两个带 正电的点电荷被固定于极板间的 P、Q 两点,忽略两点电荷对板间电 场的影响, 现将平行板电容器的下极板 B 竖直向下移动一小段距离, 则( )

A.两点电荷间的库仑力变小 B.P、Q 两点的电势可能降低 C.两点电荷的电势能可能减小 D.电容器的电容减小,极板带电荷量增大

【解析】

由库仑定律可知,两点电荷之间的库仑力不变, A

项错误;电容器保持与电源连接,两极板间电势差不变,B 板下移, U 两极板间距离增大,由电势强度与电势差关系 E= d 可知,极板间电 场强度减小,由 U=Ed 可知,P、Q 两点与 A 板间电势差的绝对值 减小,但由于不确定两极板间电场方向,所以 P、Q 两点电势的升降 无法确定,B 项正确;电势升降无法确定,则两点电荷在相应位置的 电势能的变化情况也就无法确定,C 项正确;由电容的决定式 C= εrS 可知, 电容器的电容减小, 由 Q=CU 可知, 极板带电荷量减小, 4πkd
【答案】 BC D 项错误.

5.(2018· 河北唐山一中高三上学期期中 )如图所示,A、B 为水 平放置的两个平行金属板,两板相距 d,分别与电源两极相连,两板 的中央各有一个小孔 M 和 N.今有一带电油滴,质量为 m,从 A 板的 上方距 A 板为 d 的 P 点由静止开始自由下落(P、M、N 在同一竖直 线上),空气阻力忽略不计,带电油滴通过 N 孔时的动能 Ek<2mgd. 若将极板 A 向上移一小段距离,到图中虚线所示位置,则带电油滴 通过 N 孔时的动能 Ek′和油滴所带电荷的种类是( )

A.油滴带正电,Ek′=Ek C.油滴带负电,Ek′=Ek

B.油滴带正电,Ek′<Ek D.油滴带负电,Ek′<Ek

【解析】

由题设条件知,把 A 板向上平移一小段距离,电场

力做功不变,重力做功也不变,根据动能定理知,小球到达 N 点速 度仍为原来的速度,小球会穿过 N 孔继续下落,即动能与原来相等, 根据电场力做负功,及电场强度的方向可知小球带负电,故 A、B、 D 错误,C 正确.
【答案】 C

6.(2018· 江苏泰州高三上学期期中)如图所示,从灯丝发出的电 子经加速电场加速后,进入偏转电场,若加速电压为 U1,偏转电压 为 U2.仅仅改变加速电压后,电子在电场中的侧移量 y 增大为原来的 2 倍,下列说法中正确的是( )

A.加速电压 U1 减小到了原来的 1/2 B.偏转电场对电子做的功变为原来的 2 倍 C.电子飞出偏转电场时的速度变为原来的 2 倍 D.电子飞出偏转电场时的偏转角变为原来的 2 倍

【解析】

1 qU2 ? l ?2 1 2 U2 l2 ? ? ,而 qU1= mv0,所以 y= · ,y 增 y= · · 2 md ?v0? 2 U1 4d

1 大为原来的 2 倍,U1 变为原来的 ,A 对;偏转电场对电子做功 W= 2 qE· y,变为原来的 2 倍,B 对;电子飞出电场的速度为合速度,与初 vy U2 l 1 速度并非是线性关系,C 错;tan θ= = · ,U1 变为原来的 , v0 U1 4d 2 则 tan θ 变为原来的 2 倍,D 错.
【答案】 AB


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