2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題20 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題20 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題20 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（25頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題20 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點(diǎn)題型一　平行板電容器及其動(dòng)態(tài)分析問題 1 U不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析 2 Q不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析 3 平行板電容器中帶電粒子的問題分析 4 熱點(diǎn)二　帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 5 電容器中直線運(yùn)動(dòng) 5 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 6 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 7 熱點(diǎn)題型三　帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng) 8 熱點(diǎn)題型四　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 12 粒子做直線往返運(yùn)動(dòng) 12 粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問題 14 熱點(diǎn)題型五　帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 16 帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問

2、題 16 帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量和能量問題 17 【題型演練】 18 【題型歸納】 熱點(diǎn)題型一　平行板電容器及其動(dòng)態(tài)分析問題 1．分析思路 (1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變． (2)用決定式C＝確定電容器電容的變化． (3)用定義式C＝判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變化． (4)用E＝分析電容器極板間場(chǎng)強(qiáng)的變化． 2．兩類動(dòng)態(tài)變化問題的比較 分類 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開 不變量 U Q d變大 C變小Q變小E變小 C變小U變大E不變 S變大 C變大Q

3、變大E不變 C變大U變小E變小 εr變大 C變大Q變大E不變 C變大U變小E變小 U不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析 【例1】(2019·湖南長(zhǎng)沙模擬)利用電容傳感器可檢測(cè)礦井滲水，及時(shí)發(fā)出安全警報(bào)，從而避免事故的發(fā)生；如圖所示是一種通過測(cè)量電容器電容的變化來檢測(cè)礦井中液面高低的儀器原理圖，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體(礦井中含有雜質(zhì)的水)，A、C構(gòu)成電容器．已知靈敏電流表G的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系：電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)．若礦井滲水(導(dǎo)電液體深度增大)，則電流表 (　　) A．指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電 B．指

4、針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電 C．指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電 D．指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電 【答案】B 【解析】由圖可知，液體與芯柱構(gòu)成了電容器，由圖可知，兩板間距離不變；液面變化時(shí)只有正對(duì)面積發(fā)生變化；則由C＝可知，當(dāng)液面升高時(shí)，只能是正對(duì)面積S增大；故可判斷電容增大，再依據(jù)C＝和電勢(shì)差不變，可知電容器的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，因電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)，因此指針向左偏轉(zhuǎn)，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確． 【變式】一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量

5、變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 【答案】D. 【解析】平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變．若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減小．由于U不變，d不變，由E＝可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤． Q不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析 【例2】如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一個(gè)固定在P

6、點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角．若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大　　　　 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D ．θ減小，E不變 【答案】D. 【解析】平行板電容器帶有等量異種電荷，當(dāng)極板正對(duì)面積不變時(shí)，兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變．保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至題圖中虛線位置，由U＝Ed可知，兩極板之間的電勢(shì)差減小，靜電計(jì)指針的偏角θ減小，由于下極板接地(電勢(shì)為零)，兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能E

7、p不變．綜上所述，選項(xiàng)D正確． 【變式】(2019·西北師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一 個(gè)帶負(fù)電的試探電荷固定在P點(diǎn)．靜電計(jì)的金屬球與電容器的負(fù)極板連接，外殼接地．以E表示兩板間的 場(chǎng)強(qiáng)，φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，EP表示該試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角．若保持負(fù)極板將 正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計(jì)帶電量可忽略不計(jì))，各物理量變化情況描述正確的是(　　) A．E增大，φ降低，EP減小，θ增大 B．E不變，φ降低，EP增大，θ減小 C．E不變，φ升高，EP減小，θ減小 D．E減小，φ

8、升高，EP減小，θ減小 【答案】C 【解析】將正極板適當(dāng)向右水平移動(dòng)，兩板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C＝可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電量Q不變，由C＝得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減小，再依據(jù)板間場(chǎng)強(qiáng)E＝＝＝，可見E不變；P點(diǎn)到正極板距離減小，且正極接地，由公式U＝Ed得知，則P點(diǎn)的電勢(shì)；負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能減小，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 平行板電容器中帶電粒子的問題分析 【例3】(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極

9、板距離相等．現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大 C．在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等 D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等 【答案】BD 【解析】根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運(yùn)動(dòng)，微粒b向上加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa＞ab.對(duì)微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對(duì)微粒b，由牛頓第二

10、定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得＞，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在a、b兩微粒運(yùn)動(dòng)過程中，a微粒所受合外力(電場(chǎng)力)等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動(dòng)能定理，在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b大，選項(xiàng)B正確；由于在t時(shí)刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢(shì)相等，電荷量大小相等，符號(hào)相反，所以在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能不等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于a微粒受到的合外力(電場(chǎng)力)等于b微粒受到的合外力(電場(chǎng)力)，根據(jù)動(dòng)量定理，在t時(shí)刻，a、b微粒的動(dòng)量大小相等，選項(xiàng)D正確． 【變式】如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成．放射源O在A極板左端，可以向各個(gè)方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的

11、β粒子(電子)．若極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時(shí)，只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距．已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為 (　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】β粒子反方向的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有L＝v0t，豎直方向有＝at2，且a＝.從A到C的過程有－eU＝mv－mv2，以上各式聯(lián)立解得v＝，選項(xiàng)C正確． 熱點(diǎn)二　帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 1．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad 2．用功能觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU

12、＝mv2－mv 非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1 電容器中直線運(yùn)動(dòng) 【例4】(多選)(2019·株洲檢測(cè))如圖所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號(hào)電荷的金屬板A、B， 板與水平方向的夾角為θ，一個(gè)電荷量q＝1.41×10－4 C、質(zhì)量m＝1 g的帶電小球，自A板上的孔P以水平 速度v0＝0.1 m/s飛入兩板之間的電場(chǎng)，經(jīng)0.02 s后未與B板相碰又回到孔P，g取10 m/s2，則(　　) A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100 V/m B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為141 V/m C．板與水平方向的夾角θ＝30° D．板與水平

13、方向的夾角θ＝45° 【答案】　AD 【解析】　因?yàn)樾∏驈目譖水平飛入兩板之間，沿水平方向運(yùn)動(dòng)，小球受力如圖所示，設(shè)板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，板與水平方向的夾角為θ，在豎直方向由平衡條件得Eqcos θ＝mg，在水平方向由動(dòng)量定理得Eqtsin θ＝2mv0，解得E＝＝100 V/m，tan θ＝＝1，即θ＝45°，A、D正確． 【變式】如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) A．當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v增大 B．當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v減小 C．當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v不變 D．當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)

14、，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng) 【答案】C 【解析】由動(dòng)能定理得eU＝mv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí)，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，＝，＝，即t＝，當(dāng)d減小時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 【例5】如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)．由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)．現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　) A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回 C．運(yùn)

15、動(dòng)到P′點(diǎn)返回 D．穿過P′點(diǎn) 【答案】A. 【解析】電子在A、B板間的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間的電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，M、P兩點(diǎn)間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時(shí)，B、C兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運(yùn)動(dòng)后，在B、C板間減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零，然后返回，A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤． 【變式】如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左．不計(jì)空氣阻力，則小

16、球(　　) A．做直線運(yùn)動(dòng) B．做曲線運(yùn)動(dòng) C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小 【答案】BC 【解析】對(duì)小球受力分析，小球受重力、電場(chǎng)力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；在運(yùn)動(dòng)的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯(cuò)誤． 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 【例6】．如圖甲所示，A板電勢(shì)為0，A板中間有一小孔，B板的電勢(shì)變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在t＝時(shí)刻以初速

17、度為0從A板上的小孔處進(jìn)入兩極板間，僅在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng)，恰好到達(dá)B板．則(　　) A．A、B兩板間的距離為 B．粒子在兩板間的最大速度為 C．粒子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．若粒子在t＝時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打向B板 【答案】B. 【解析】粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；粒子在t＝時(shí)刻以初速度為0進(jìn)入兩極板，先加速后減速，在時(shí)刻到達(dá)B板，則··＝，解得d＝ ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在時(shí)刻速度最大，則vm＝·＝ ，選項(xiàng)B正確；若粒子在t＝時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，在～時(shí)間內(nèi)，粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)，位移x＝·＝，所以粒子在時(shí)

18、刻之前已經(jīng)到達(dá)B板，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【變式】如圖(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶 正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)， 并最終打在A板上．則t0可能屬于的時(shí)間段是 (　　) A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜ 【答案】B 【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意知，粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)．分別作出t0＝0、、、時(shí)粒子運(yùn)

19、動(dòng)的v -t圖象，如圖所示．由于v -t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜與＜t0＜T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零，＜t0＜時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；t0＞T時(shí)情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各項(xiàng)可知B正確． 熱點(diǎn)題型三　帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律 2．處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法 (1)運(yùn)動(dòng)的分解法 一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)． (2)功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v

20、時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢(shì)差． 3.計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法 (1)y＝y(tǒng)0＋Ltan θ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的水平距離)； (2)y＝(＋L)tan θ(l為電場(chǎng)寬度)； (3)y＝y(tǒng)0＋vy·； (4)根據(jù)三角形相似＝. 【例6】(2019·江西吉安一中段考)如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛 線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng) E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)重力)無初速度地放入電場(chǎng)E

21、1中的A點(diǎn)，A點(diǎn)到MN 的距離為，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求： (1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間t； (2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ； (3)電子打到屏上的點(diǎn)P′(圖中未標(biāo)出)到點(diǎn)O的距離x. 【答案】　(1)3　(2)2　(3)3L 【解析】　(1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1， 由牛頓第二定律得：a1＝＝① 由x＝at2得：＝a1t② 電子進(jìn)入電場(chǎng)E2時(shí)的速度為：v1＝a1t1③ 進(jìn)入電場(chǎng)E2到屏水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 時(shí)間為：t2′＝2t2＝④

22、 電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間為：t＝t1＋t2′⑤ 聯(lián)立①～⑤求解得：t＝3； (2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)E2時(shí)平行電場(chǎng)方向的速度為vy，由牛頓第二定律得： 電子進(jìn)入電場(chǎng)E2時(shí)的加速度為： a2＝＝⑥ vy＝a2t2⑦ 電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值為tan θ＝⑧ 聯(lián)立①②③④⑥⑦⑧得：tan θ＝2⑨ (3)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． 設(shè)電子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x， 根據(jù)上圖用幾何關(guān)系得：tan θ＝⑩ 聯(lián)立得：x＝3L 【變式1】如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加上恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在

23、B的右側(cè)有平行于極板的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)范圍足夠大，感光板MN垂直于電場(chǎng)方向放置，第一次從小孔O1處從靜止釋放一個(gè)質(zhì)子11H，第二次從小孔O1處從靜止釋放一個(gè)α粒子24He，關(guān)于這兩個(gè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的判斷正確的是(　　) A．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時(shí)的速度之比為2∶1 B．質(zhì)子和α粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同 C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時(shí)的動(dòng)能之比為1∶2 D．質(zhì)子和α粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡重疊在一起 【答案】CD 【解析】從開始運(yùn)動(dòng)到打到板上質(zhì)子的速度為v1，α粒子速度為v2，根據(jù)動(dòng)能定理有Uq＋Edq＝mv2－0，化簡(jiǎn)得出v＝，質(zhì)子的比荷與α粒子的比荷之比為2

24、∶1，代入得＝＝，故A錯(cuò)誤；設(shè)粒子在加速電場(chǎng)中加速時(shí)間為t1，加速位移為x1，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y，有x1＝a1t12＝t12，y＝t22，由于質(zhì)子和α粒子的加速位移和偏轉(zhuǎn)位移相同，但是比荷不同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，故B錯(cuò)誤；從開始運(yùn)動(dòng)到打到板上，根據(jù)動(dòng)能定理有Uq＋Edq＝Ek－0，解得Ek＝q(U＋Ed)，因?yàn)閁、E、d相同，則有＝＝，故C正確；帶電粒子進(jìn)入加速電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得qU＝mv02，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后電勢(shì)差為U2，偏轉(zhuǎn)的位移為y，有y＝at2＝()2，聯(lián)立得y＝，速度的偏轉(zhuǎn)角正切值為tan θ，有tan θ＝＝＝，偏轉(zhuǎn)位移y與速度的偏轉(zhuǎn)角正切值tan θ與帶

25、電粒子無關(guān)，因此運(yùn)動(dòng)軌跡重疊在一起，故D正確． 【變式2】(2019·洛陽一模)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場(chǎng)線水平向右 的加速電場(chǎng)E1之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個(gè)裝置處于真空中，不 計(jì)粒子重力及其相互作用，那么 (　　) A．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大 C．三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 【答案】AD 【解析】根據(jù)動(dòng)能定理有qE1d＝mv，得三種粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后獲得的速度v1＝ .在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，由l＝

26、v1t2及y＝t得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的側(cè)位移y＝，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多，選項(xiàng)A正確．根據(jù)動(dòng)能定理，qE1d＋qE2y＝mv，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2打到屏上時(shí)的速度v2＝ ，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．粒子打在屏上所用的時(shí)間t＝＋＝＋(L′為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時(shí)間不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．根據(jù)vy＝t2及tan θ＝得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上

27、的同一位置，選項(xiàng)D正確． 熱點(diǎn)題型四　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．常見的交變電場(chǎng) 常見的產(chǎn)生交變電場(chǎng)的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等． 2．常見的試題類型 此類題型一般有三種情況： (1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)． (2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)． (3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)． 3．解答帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思維方法 (1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征， 求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件． (2)分析時(shí)從兩條

28、思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系． (3)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用． 粒子做直線往返運(yùn)動(dòng) 利用速度圖象分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程時(shí)的注意事項(xiàng) (1)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻； (2)速度圖象的切線斜率表示加速度； (3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負(fù)； (4)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用； (5)圖線與橫軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度改變方向，對(duì)運(yùn)動(dòng)很復(fù)雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解． 【例7】如圖(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電

29、壓，一重力可忽略不計(jì)的帶 正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)， 并最終打在A板上．則t0可能屬于的時(shí)間段是 (　　) A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜ 【答案】B 【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意知，粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)．分別作出t0＝0、、、時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的v -t圖象，如圖所示．由于v -t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜與＜t0＜

30、T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零，＜t0＜時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；t0＞T時(shí)情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各項(xiàng)可知B正確． 【變式】制備納米薄膜裝置的工作電極可簡(jiǎn)化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示．加在極板A、 B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所 示．在t＝0時(shí)，極板B附近的一個(gè)電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場(chǎng)作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)．若整個(gè)運(yùn) 動(dòng)過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用．若k＝，電子在0～2τ時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng) 滿足

31、的條件． 【答案】　d＞ 【解析】　電子在0～τ時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng) 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1τ2 在τ～2τ時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng) 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1τ 勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2＝ 由題知d＞x1＋x2，解得d＞. 粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問題 交變電壓的周期性變化，勢(shì)必會(huì)引起帶電粒子的某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程和某些物理量的周期性變化，所以應(yīng)注意： (1)分過程解決．“一個(gè)周期”往往是我們的最佳選擇． (2)建立模型．帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程往往能在力學(xué)中找到它的類似模型． (3)正確的運(yùn)動(dòng)分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小

32、、方向)變化，而物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)則由加速度和速度的方向關(guān)系確定． 【例8】(2019·福建廈門一中期中)相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個(gè)小孔，如圖甲所示，靠 近A板的小孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為－e， 在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交變電壓，其中0＜k＜1，U0＝；緊靠B板的偏轉(zhuǎn)電壓也等于U0， 板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩極板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端處垂直放置很大的熒光屏PQ，不計(jì)電子的重力和它們之間的 相互作用，電子在電容器中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可以忽略不計(jì)． (1)試求在0～kT與kT～T時(shí)間內(nèi)射出B板電子的速度各是多大？ (2)

33、在0～T時(shí)間內(nèi)，熒光屏上有兩個(gè)位置會(huì)發(fā)光，試求這兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離．(結(jié)果用L、d表示) 【答案】(1)v0　v0　(2) 【解析】　(1)電子經(jīng)過電容器內(nèi)的電場(chǎng)后，速度要發(fā)生變化，設(shè)在0～kT時(shí)間內(nèi)，穿出B板的電子速度為v1，kT～T時(shí)間內(nèi)射出B板的電子速度為v2 據(jù)動(dòng)能定理有：－eU0＝mv－mv，eU0＝mv－mv 將U0＝代入上式，得：v1＝v0，v2＝v0 (2)在0～kT時(shí)間內(nèi)射出B板的電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1＝ 側(cè)移量：y1＝at＝，得y1＝ 打在熒光屏上的坐標(biāo)為y1′，則：y1′＝2y1＝ 同理可得在kT～T時(shí)間內(nèi)穿出B板后電子的側(cè)移量： y2

34、＝ 打在熒光屏上的坐標(biāo)：y2′＝2y2＝ 故兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離：Δy＝y(tǒng)1′－y2′＝. 【變式】如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是(　　) 　 甲　　　　　　　　　　　乙 A．末速度大小為 v0　 B．末速度沿水平方向 C．重力勢(shì)能減少了mgd D．克服電場(chǎng)力做功為mgd 【答案】BC 【解析】.0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，有mg＝qE

35、0.把微粒的運(yùn)動(dòng)分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)；豎直方向：～時(shí)間內(nèi)，只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻，v1y＝g；～T時(shí)間內(nèi)，a＝＝g，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；重力勢(shì)能的減少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理：mgd－W克電＝0，得W克電＝mgd，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 熱點(diǎn)題型五　帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題 1．等效重力法 將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖所示， 則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速

36、度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的豎直向下方向． 2．物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn) 在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題．小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)．幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn)．而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度最小(稱為臨界速度)的點(diǎn)． 【例9】(2019·福建廈門一中期中)如圖，光滑斜面傾角為37°，一質(zhì)量m＝10 g、電荷量q＝＋1×10－6 C的 小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，該物體恰能靜止在斜面上，g

37、取10 m/s2，求： (1)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度； (2)若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?，小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小； (3)在(2)前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L＝ m時(shí)，機(jī)械能的改變量． 【答案】(1)7.5×104 N/C，方向水平向右　(2)3 m/s2　(3)－0.02 J 【解析】(1)如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場(chǎng)力三個(gè)力作用，受力平衡，則有 在x軸方向：Fcos 37°－mgsin 37°＝0 在y軸方向：FN－mgcos 37°－Fsin 37°＝0 得：qE＝mgtan 37°，故有E＝＝7.5×104 N/C，方向水平向右． (2)場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊所受合力

38、為： F＝mgsin 37°－qEcos 37° 根據(jù)牛頓第二定律得：F＝ma 故代入解得a＝0.3g＝3 m/s2，方向沿斜面向下． (3)機(jī)械能的改變量等于電場(chǎng)力做的功， 故ΔE＝－qELcos 37°，解得ΔE＝－0.02 J. 帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量和能量問題 動(dòng)量、能量關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力．因此，通過審題，抓住受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程中各力做功的特點(diǎn)來選擇相應(yīng)規(guī)律求解．動(dòng)能定理和能量守恒定律在處理電場(chǎng)中能量問題時(shí)仍是首選． 【例10】如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足

39、夠長(zhǎng)，LM下端與MN相切．質(zhì) 量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋 放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、 B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)．已知A、B兩球始終沒有接觸．重力加速度為g. 求： (1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大??； (2)A、B兩球相距最近時(shí)，A、B兩球系統(tǒng)的電勢(shì)能Ep； (3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大?。? 【答案】]　(1)　(2)mgh　(3)　 【解析】　(1)對(duì)A球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得 2mgh＝·2

40、mv 解得v0＝. (2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)兩球相距最近時(shí)共速，有2mv0＝(2m＋m)v 解得v＝v0＝ 據(jù)能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep 解得Ep＝mgh. (3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí)，相互作用力為零，系統(tǒng)勢(shì)能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定．則2mv0＝2mvA＋mvB ×2mv＝×2mv＋mv 解得vA＝v0＝，vB＝v0＝. 【題型演練】 1．(多選)(2019·湖北六校聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，只受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力的作用．若重力勢(shì)能增加5 J，機(jī)械能增

41、加1.5 J，電場(chǎng)力做功2 J，則小球 (　　) A．重力做功為5 J　　　　　　 B．電勢(shì)能減少2 J C．空氣阻力做功0.5 J D．動(dòng)能減少3.5 J 【答案】BD 【解析】小球的重力勢(shì)能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J，則小球的電勢(shì)能減小2 J，故B正確；小球共受到重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三個(gè)力作用．小球的機(jī)械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為－0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故C錯(cuò)誤；重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三力做功之和為－3.5 J，根據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能

42、減小3.5 J，D正確． 2．(多選)(2016·高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且相對(duì)于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱．忽略空氣阻力．由此可知 (　　) A．Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高 B．油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大 C．油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的大 D．油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小 【答案】AB 【解析】帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且相對(duì)于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱，可以判斷合力的方向豎直向上，而重力方向豎直向下，可知電場(chǎng)力的方向豎直向上，運(yùn)動(dòng)電荷是負(fù)電

43、荷，所以勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下，所以Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高，帶負(fù)電的油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的小，在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大，故A、B正確，C錯(cuò)誤．在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D錯(cuò)誤． 3．(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象．當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放 一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用，則下列說法中正確的是 (　　) A．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～3 s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零 【

44、答案】CD 【解析】設(shè)第1 s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2 s內(nèi)的加速度為a2，由a＝可知，a2＝2a1，可見，粒子第1 s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3 s 末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0，v -t圖象如圖所示，由動(dòng)能定理可知，此過程中電場(chǎng)力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確． 4.(2019·貴州三校聯(lián)考)在地面附近，存在著一個(gè)有界電場(chǎng)，邊界MN將空間分成左、右兩個(gè)區(qū)域，在右區(qū)域中有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在右區(qū)域中離邊界MN某一位置的水平地面上由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的帶電滑塊(滑塊的電荷量始終不變)，如圖甲所示，滑塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，不計(jì)空

45、氣阻力，則(　　) A．滑塊在MN右邊運(yùn)動(dòng)的位移大小與在MN左邊運(yùn)動(dòng)的位移大小相等 B．在t＝5 s時(shí)，滑塊經(jīng)過邊界MN C．滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力與電場(chǎng)力之比為2∶5 D．在滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，滑動(dòng)摩擦力做的功小于電場(chǎng)力做的功 【答案】C. 【解析】根據(jù)題中速度圖線與橫軸所圍的面積表示位移可知，滑塊在MN右邊運(yùn)動(dòng)的位移大小與在MN左邊運(yùn)動(dòng)的位移大小不相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙所示速度圖象可知，t＝2 s時(shí)滑塊越過分界線MN，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)題中速度圖象斜率表示加速度可知，在0～2 s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a1＝，在2～5 s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a2＝，設(shè)電

46、場(chǎng)力為F，運(yùn)動(dòng)過程中所受摩擦力為f，對(duì)滑塊在MN分界線右側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，F(xiàn)－f＝ma1，對(duì)滑塊在MN分界線左側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，f＝ma2，聯(lián)立解得：f∶F＝2∶5，選項(xiàng)C正確；在滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，滑動(dòng)摩擦力做的功可表示為：Wf＝f·2.5v0，電場(chǎng)力做的功可表示為WF＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 5.(2019·湖北孝感模擬)靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大?。鐖D所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，D為靜電計(jì)，開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列

47、采取的措施可行的是(　　) A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板分開 B．?dāng)嚅_開關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對(duì)面積 C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些 D．保持開關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng) 【答案】B 【解析】.斷開開關(guān)S，電容器所帶電荷量不變，將A、B兩極板分開些，則d增大，根據(jù)C＝知，電容C減小，根據(jù)U＝知，電勢(shì)差增大，指針張角增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S，增大A、B兩極板的正對(duì)面積，即S增大，根據(jù)C＝知，電容C增大，根據(jù)U＝知，電勢(shì)差減小，指針張角減小，選項(xiàng)B正確；保持開關(guān)S閉合，無論將A、B兩極板分開些，還是將兩者靠近些，電容器兩端的電勢(shì)差都不變

48、，則指針張角不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；保持開關(guān)S閉合，滑動(dòng)變阻器僅充當(dāng)導(dǎo)線作用，電容器兩端的電勢(shì)差不變，滑片滑動(dòng)不會(huì)影響指針張角，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 6.(2019·福建龍巖模擬)如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的5倍，它們以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，分別打在M、N點(diǎn)，若OM＝MN，則P和Q的質(zhì)量之比為(不計(jì)重力)(　　) A．2∶5 B．5∶2 C．4∶5 D．5∶4 【答案】D 【解析】粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩粒子的初速度相等，水平位移比為1∶2，由

49、l＝v0t可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間比為1∶2，由y＝at2得加速度之比為4∶1，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，因?yàn)殡姾闪勘葹?∶1，則質(zhì)量比為5∶4，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤． 7.如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于 O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的(　　) A．小球帶負(fù)電 B．電場(chǎng)力跟重力平衡 C．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減小 D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒 【答案】B 【解析】由于小球在

50、豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與電場(chǎng)力的合力為0，電場(chǎng)力方向豎直向上，小球帶正電，A錯(cuò)，B對(duì)；從a→b，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，C錯(cuò)；由于有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)． 8.如圖所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等．一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P(－L，0)點(diǎn)射入第二象限，已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng)，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個(gè)點(diǎn)Q(未畫出)，重力加速度g為已知量．求： (1)初速度v0與x軸正方向的夾角； (2)P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPQ； (3)帶

51、電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間． 【答案】(1)45°　(2)－　(3) 【解析】(1)由題意知，帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE＝mg 設(shè)初速度v0與x軸正方向的夾角為θ， 且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動(dòng)，有tan θ＝ 解得θ＝45°. (2)P到Q的過程，由動(dòng)能定理有 qEL－mgL＝0 WPQ＝qEL 解得UPQ＝＝－. (3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律有mg＝ma， 即a＝g，v0＝at 解得t＝ 帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時(shí)間 T＝2t＝. 9.(2019·安徽合肥模擬)如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的

52、足夠長(zhǎng)的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場(chǎng)，B 板接地，A板電勢(shì)φA隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對(duì)小孔O1′ 和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場(chǎng)．現(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t＝0時(shí)刻以一定初速度沿A、B兩板間的中 軸線O1O1′進(jìn)入，并能從O1′沿O1′O2進(jìn)入C、D間．已知帶電粒子帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，(不計(jì)粒子重 力)求： (1)該粒子進(jìn)入A、B間的初速度v0為多大時(shí)，粒子剛好能到達(dá)O2孔； (2)在(1)的條件下，A、B兩板長(zhǎng)度的最小值； (3)A、B兩板間距的最小值． 【答案】(1) 　(2)T　(3) 【解析】(1)粒子在A、B板

53、間運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向不受外力作用而做勻速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入O1′孔的速度即為進(jìn)入A、B板間的初速度v0，粒子在C、D間運(yùn)動(dòng)，剛好能到達(dá)O2孔，由動(dòng)能定理得qU2＝mv 解得v0＝. (2)粒子進(jìn)入A、B板間后，在一個(gè)周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)，即v豎＝0，若在第一個(gè)周期進(jìn)入O1′孔，則對(duì)應(yīng)兩板長(zhǎng)度最短，則最短長(zhǎng)度 L＝v0T＝T. (3)若粒子在的運(yùn)動(dòng)過程中剛好打不到A板而返回，則此時(shí)兩板間距最小，設(shè)為d， 有＝××2 解得d＝. 10.(2019·河南南陽一中模擬)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從A點(diǎn)以速度v0垂直于電場(chǎng)方向射入一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從B點(diǎn)

54、射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)線成120°角，電子重力不計(jì)．求： (1)電子在電場(chǎng)中的加速度大小a及電子在B點(diǎn)的速度大小vB； (2)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB； (3)電子從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間tAB. 【答案】(1)　v0　(2)－　(3) 【解析】(1)電子在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝① 將電子在B點(diǎn)的速度分解(如圖)可知 vB＝＝v0② (2)由動(dòng)能定理可知：－eUAB＝mvB2－mv02③ 解②③式得UAB＝－. (3)在B點(diǎn)設(shè)電子在B點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的速度大小為vy，則有：vy＝v0tan 30°④ vy＝atAB⑤ 解①④⑤式得：tAB＝. 25