2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案

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1、 第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 一、電容器及電容 1.電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成. (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值. (3)電容器的充、放電： ①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能. ②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. 2.電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量與兩個極板間的電勢差的比值. (2)定義式：C＝. (3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF. (4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)

2、的高低. (5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(guān). 3.平行板電容器的電容 (1)決定因素：正對面積，相對介電常數(shù)，兩板間的距離. (2)決定式：C＝. 自測1　關(guān)于電容器及其電容，下列說法中正確的是(　　) A.平行板電容器一板帶電＋Q，另一板帶電－Q，則此電容器不帶電 B.由公式C＝可知，電容器的電容隨電荷量Q的增加而增大 C.對一個電容器來說，電容器的電荷量與兩板間的電勢差成正比 D.如果一個電容器兩板間沒有電壓，就不帶電荷，也就沒有電容 答案　C 二、帶電粒子在電場中的運(yùn)動 1.加速 (1)在勻強(qiáng)電

3、場中，W＝qEd＝qU＝mv2－mv02. (2)在非勻強(qiáng)電場中，W＝qU＝mv2－mv02. 2.偏轉(zhuǎn) (1)運(yùn)動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，如圖1所示. 圖1 (2)處理方法：將粒子的運(yùn)動分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場力方向的勻加速直線運(yùn)動.根據(jù)運(yùn)動的合成與分解的知識解決有關(guān)問題. (3)基本關(guān)系式：運(yùn)動時間t＝，加速度a＝＝＝，偏轉(zhuǎn)量y＝at2＝，偏轉(zhuǎn)角θ的正切值：tanθ＝＝＝. 三、示波管 1.示波管的構(gòu)造 ①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏(如圖2所示) 圖2 2.示波管的工作原理

4、(1)YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓. (2)觀察到的現(xiàn)象 ①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運(yùn)動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑. ②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象. 自測2　教材P39第3題　先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場.進(jìn)入時速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比. (1)電子與氫核的初速度相同. (2)電子與氫核的初動能相同. 答案　見解析 解析　

5、設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d、極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中加速運(yùn)動，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能mv02＝qU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝＝. (1)若電子與氫核的初速度相同，則＝. (2)若電子與氫核的初動能相同，則＝1. 命題點(diǎn)一　平行板電容器的動態(tài)分析 1.兩類典型問題 (1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變. (2

6、)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變. 2.動態(tài)分析思路 (1)U不變 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化. ②根據(jù)E＝分析場強(qiáng)的變化. ③根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢變化. (2)Q不變 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化. ②根據(jù)E＝＝分析場強(qiáng)變化. 例1　(2016·全國卷Ⅰ·14)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.極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大 B.極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大 C.極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變 D.極板上的

7、電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變 答案　D 解析　由C＝可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時，Q減小.再由E＝，由于U與d都不變，故電場強(qiáng)度E不變，選項D正確. 變式1　(2016·天津理綜·4)如圖3所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角.若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) 圖3 A.θ增大，E增大

8、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　若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減?。桓鶕?jù)E＝，Q＝CU，C＝聯(lián)立可得E＝，可知E不變；P點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，則P點(diǎn)與下極板的電勢差不變，P點(diǎn)的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確. 變式2　(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時兩極板間的電勢差為U，P點(diǎn)場強(qiáng)大小為E，電勢為φP，負(fù)電荷的電勢能為Ep，

9、現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.U變大，E變大 B.U變小，φP變小 C.φP變小，Ep變大 D.φP變大，Ep變小 答案　AC 解析　根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當(dāng)正對面積減小時，則由C＝可知電容減小，由U＝可知極板間電壓增大，由E＝可知，電場強(qiáng)度增大，故A正確；設(shè)P與B板之間的距離為d′，P點(diǎn)的電勢為φP，B板接地，φB＝0，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep是增大的，故C正確. 命題點(diǎn)二　帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動 1.做直線運(yùn)動的

10、條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動. (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動. 2.用動力學(xué)觀點(diǎn)分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad. 3.用功能觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02 非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 例2　如圖5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(　　) 圖5 A.運(yùn)動到P點(diǎn)返回 B.運(yùn)動到P和P

11、′點(diǎn)之間返回 C.運(yùn)動到P′點(diǎn)返回 D.穿過P′點(diǎn) 答案　A 解析　根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝、定義式C＝和勻強(qiáng)電場的電壓與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝，可知將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由O點(diǎn)靜止釋放的電子仍然可以運(yùn)動到P點(diǎn)，并且會原路返回，故選項A正確. 變式3　勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖象如圖6所示.當(dāng)t＝0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子(帶正電)，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　) 圖6 A.帶電粒子將始終向同一個方向運(yùn)動 B.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) C.3s末帶電粒子的速度不為零

12、D.0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零 答案　D 解析　由牛頓第二定律可知帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度和第2s內(nèi)的加速度的關(guān)系，因此粒子將先加速1s再減速0.5s，速度為零，接下來的0.5s將反向加速……，v－t圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知選項A錯誤；由圖象可知2s內(nèi)的位移為負(fù)，故選項B錯誤；由圖象可知3s末帶電粒子的速度為零，故選項C錯誤；由動能定理結(jié)合圖象可知0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零，故選項D正確. 變式4　如圖7所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰

13、為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g).求： 圖7 (1)小球到達(dá)小孔處的速度大小； (2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落到運(yùn)動到下極板處的時間. 答案　(1)　(2)　C (3) 解析　(1)由v2＝2gh得v＝. (2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，加速度大小為a，有 qE－mg＝ma 且v2－0＝2ad，得E＝， 由U＝Ed、Q＝CU，得Q＝C. (3)由t＝h＋d， 可得t＝ 命題點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1.運(yùn)動規(guī)律 (1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間 (2)沿電

14、場力方向，做勻加速直線運(yùn)動 2.兩個結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的. 證明：由qU0＝mv02 y＝at2＝··()2 tanθ＝ 得：y＝，tanθ＝ (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為. 3.功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差. 例3　(2016·北京理綜·23改編)如圖8所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向

15、射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出.已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. 圖8 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法.在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因.已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2. 答案　(1)　　　(2)見解析 解析　(1)根據(jù)動能定理，有eU0＝mv02， 電子射

16、入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動時間Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝ (2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力 G＝mg≈10－29N 電場力F＝≈10－15N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力. 1.如圖1所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi)，當(dāng)開關(guān)S閉合，小球靜止時，懸線與豎直方向的夾角為θ，則(　　) 圖1 A.當(dāng)開關(guān)S斷開時，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大 B.當(dāng)開關(guān)S斷開時，若增大平行板間的距離，則夾角θ增大 C.當(dāng)開關(guān)S閉合時，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大 D.當(dāng)開關(guān)

17、S閉合時，若減小平行板間的距離，則夾角θ減小 答案　C 解析　帶電小球在電容器中處于平衡時，由平衡條件有tan θ＝，當(dāng)開關(guān)S斷開時，電容器兩極板上的電荷量Q不變，由C＝，U＝，E＝可知E＝，故增大或減小兩極板間的距離d，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，θ不變，選項A、B錯誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時，因為兩極板間的電壓U不變，由E＝可知，減小兩極板間的距離d，E增大，θ變大，選項C正確，D錯誤. 2.(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示.下列說法正確的是(　　) A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话? B.保持E不

18、變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话? D.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案　AD 解析　由E＝可知，若保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項正確；若保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項錯誤；由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝，所以，保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀叮珻項錯誤；保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D項正確. 3.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)

19、，然后返回，如圖2所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖2 A. B.edUh C. D. 答案　D 解析　由動能定理得：－eh＝－Ek，所以Ek＝. 4.(2015·新課標(biāo)全國Ⅱ·14)如圖3所示，兩平行的帶電金屬板水平放置.若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) 圖3 A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運(yùn)動 C.向正下方做勻加速運(yùn)動 D.向左下方做勻加速運(yùn)動 答案　D 解析　兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止，有mg＝q

20、E，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場強(qiáng)度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動，選項D正確. 5.如圖4所示，電容器極板間有一可移動的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加 B.若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大 C.若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板

21、 D.若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負(fù)極板 答案　D 解析　若x變大，則由C＝，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量減少，此時帶正電荷的極板得到電子，帶負(fù)電荷的極板失去電子，所以有電流流向負(fù)極板，A、C錯誤，D正確.若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝可知，電容器極板間電壓減小，B錯誤. 6.如圖5所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地.一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離(　　) 圖5 A.帶電油滴將沿豎直

22、方向向上運(yùn)動 B.P點(diǎn)的電勢將降低 C.帶電油滴的電勢能將減少 D.電容器的電容減小，極板帶電荷量將增大 答案　B 解析　電容器和電源相連，則電容器兩端的電壓不變，兩極板間距離增大，可知兩極板間的電場強(qiáng)度E電減小，故油滴將向下運(yùn)動，A錯誤；下極板接地，所以電勢為零，設(shè)P點(diǎn)距離下極板的距離為L，則φP＝E電L，L不變，E電減小，所以P點(diǎn)的電勢將降低，B正確；油滴向下運(yùn)動，帶負(fù)電，故電場力做負(fù)功，電勢能增大，C錯誤；根據(jù)公式C＝可得，d增大，C減小，因U不變，根據(jù)公式C＝可得，C減小，Q減小，故D錯誤. 7.(2017·安徽蚌埠四校聯(lián)考)如圖6所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)

23、極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負(fù)極板不動，正極板在豎直方向移動，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?　　) 圖6 A.2倍B.4倍C.D. 答案　C 解析　電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，做類平拋運(yùn)動.假設(shè)電子的帶電荷量為e，質(zhì)量為m，初速度為v，極板的長度為L，極板的間距為d，電場強(qiáng)度為E.由于電子做類平拋運(yùn)動，所以水平方向有：L＝vt，豎直方向有：y＝at2＝··()2＝d.因為E＝，可得：d2＝，若電子的速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，仍從正極板邊緣飛出，則由上式可得兩極板的

24、間距d應(yīng)變?yōu)樵瓉淼模蔬xC. 8.如圖7所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，則(　　) 圖7 A.在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 B.在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 C.在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2 D.在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1 答案　B 解析　帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做

25、的運(yùn)動是類平拋運(yùn)動.豎直方向上的分運(yùn)動是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)知識可知，前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3.又因為電場力做的總功為，所以在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，A選項錯；在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，B選項對；在粒子下落前和后的過程中，電場力做功相等，故C、D選項錯. 9.(2014·山東理綜·18)如圖8所示，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場

26、中).不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) 圖8 A. B. C. D. 答案　B 解析　根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝··t2，解得v0＝，故選項B正確，選項A、C、D錯誤. 10.如圖9所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中時，小物塊恰好靜止.重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： 圖9 (1)水平向右電場的電場強(qiáng)度； (2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的，物塊的加速度是多大？ (3)電場強(qiáng)

27、度變化后物塊下滑距離L時的動能. 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37°＝qE FNcos 37°＝mg 解得E＝ (2)若電場強(qiáng)度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 解得a＝0.3g (3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，支持力不做功，由動能定理得 mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 解得Ek＝0.3mgL. 11.反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子

28、團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似.如圖10所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動.已知電場強(qiáng)度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如圖所示.帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg、帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝1.0cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng).求： 圖10 (1)B點(diǎn)到虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時間t. 答案　(1)0.50cm　(2)1.5×10－8s 解析　

29、(1)帶電微粒由A運(yùn)動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2， 解得d2＝0.50 cm. (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2， 由牛頓第二定律有 |q|E1＝ma1， |q|E2＝ma2， 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動的時間分別為t1、t2，由運(yùn)動學(xué)公式有d1＝a1t12，d2＝a2t22. 又t＝t1＋t2， 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得t＝1.5×10－8 s. 12.(2017·湖北黃岡中學(xué)模擬)如圖11甲所示，空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場，其變化規(guī)律如圖乙所示(取水平向右為正方向).一個質(zhì)量為m、電

30、荷量為＋q的粒子(重力不計)，開始處于圖中的A點(diǎn).在t＝0時刻將該粒子由靜止釋放，經(jīng)過時間t0，剛好運(yùn)動到B點(diǎn)，且瞬時速度為零.已知電場強(qiáng)度大小為E0.試求： 圖11 (1)電場變化的周期T應(yīng)滿足的條件； (2)A、B之間的距離； (3)若在t＝時刻釋放該粒子，則經(jīng)過時間t0粒子的位移為多大？ 答案　見解析 解析　(1)經(jīng)過時間t0，瞬時速度為零，故時間t0為周期的整數(shù)倍，即： t0＝nT 解得：T＝，n為正整數(shù). (2)作出v－t圖象，如圖甲所示. 最大速度為：vm＝a·＝· v－t圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小，為： s＝vmt0＝，n為正整數(shù). (3)若在t＝時刻釋放該粒子，作出v－t圖象，如圖乙所示. v－t圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小，上方面積表示前進(jìn)距離，下方的面積表示后退的距離： 故位移為：x＝··()2·2n－··()2·2n＝，n為正整數(shù). 15