【物理】2018届一轮复习人教版 带电粒子在电场中的运动 学案

【物理】2018届一轮复习人教版 带电粒子在电场中的运动 学案

第3节带电粒子在电场中的运动 ‎(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。(×)‎ ‎(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)‎ ‎(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(√)‎ ‎(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。(√)‎ ‎(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(×)‎ 突破点(一)　平行板电容器的动态分析 ‎1．平行板电容器动态变化的两种情况 ‎(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。‎ ‎(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。‎ ‎2．平行板电容器动态问题的分析思路 ‎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。‎ 多角练通]‎ ‎1．(2016·全国乙卷)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：选D　平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。‎ ‎2．(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)‎ A．θ增大，E增大　　　　　　　　B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 解析：选D　由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小。又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变。因为E不变，则点电荷从P 点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。‎ ‎3．(2014·海南高考)如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 运动，重力加速度为g。粒子运动加速度为(　　)‎ A.g B.g C.g D.g 解析：选A　平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间电场强度可以表达为：E1＝，且有E1q＝mg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间电场强度可以表达为：E2＝，有mg－E2q＝ma，联立上述可解得：＝，知选项A正确。‎ 突破点(二)　带电粒子在电场中的直线运动 ‎1．带电粒子在电场中运动时重力的处理 ‎(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。‎ ‎(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。‎ ‎2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路 ‎(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。‎ ‎(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。‎ 典例]　(2016·四川高考)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年 建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。‎ 如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×‎106 m/s，进入漂移管E时速度为1×‎107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的荷质比取1×‎108 C/kg。求：‎ ‎(1)漂移管B的长度；‎ ‎(2)相邻漂移管间的加速电压。‎ 解析]　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则 T＝①‎ L＝vB·②‎ 联立①②式并代入数据得L＝‎0.4 m。③‎ ‎(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则 W＝qU④‎ W′＝3W⑤‎ W′＝mvE2－mvB2⑥‎ 联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V。⑦‎ 答案]　(1)‎0.4 m　(2)6×104 V 集训冲关]‎ ‎1．(2015·海南高考)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止 运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　　)‎ A．3∶2　　　　　　　　　 B．2∶1‎ C．5∶2 D．3∶1‎ 解析：选A　设极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M，由牛顿第二定律有：qE＝MaM，由运动学公式得：‎ l＝aMt2；‎ 对m，由牛顿第二定律有qE＝mam 根据运动学公式得：l＝amt2‎ 由以上几式解之得：＝，故A正确。‎ ‎2．(2014·安徽高考)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止 下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：‎ ‎(1)小球到达小孔处的速度；‎ ‎(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎(3)小球从 下落运动到下极板处的时间。‎ 解析：(1)由v2＝2gh 得v＝。‎ ‎(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma ‎0－v2＝2ad 得E＝ U＝Ed Q＝CU 得Q＝C。‎ ‎(3)由h＝gt12‎ ‎0＝v＋at2‎ t＝t1＋t2‎ 综合可得t＝ 。‎ 答案：见解析 突破点(三)　带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎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＝＝＝。‎ ‎(2)在电场中的运动时间：t＝。‎ ‎(3)速度 ‎ v＝，tan θ＝＝。‎ ‎(4)位移 ‎2．两个结论 ‎(1)不同的带电粒子从静止 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＝mv02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。‎ ‎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：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。‎ 典例]　(2016·北京高考)如图所示，电子由静止 经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。‎ ‎(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；‎ ‎(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－‎2 m，m＝9.1×10－‎31 kg，e＝1.6×10－‎19 C，g＝‎10 m/s2。‎ ‎(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。‎ 思路点拨]　解答本题应把握以下三点：‎ ‎(1)熟练掌握带电粒子在加速电场和偏转电场中运动规律。‎ ‎(2)通过计算重力的大小，根据数量级，分析忽略重力的原因。‎ ‎(3)利用类比法准确定义“重力势”，并说明共同特点。‎ 解析]　(1)根据功和能的关系，有eU0＝mv02‎ 电子射入偏转电场的初速度v0＝ 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝。‎ ‎(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G＝mg～10－29 N 电场力F＝～10－15 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力。‎ ‎(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，‎ 即φ＝ 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝。‎ 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。‎ 答案]　(1)v0＝ 　Δy＝　(2)(3)见解析 方法规律]‎ 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 ‎(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。‎ ‎(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。‎ 集训冲关]‎ ‎1．(2017·黄冈模拟)如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直，粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线夹角为30°。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子在Q点的电势能为qU B．带电粒子带负电 C．此匀强电场的电场强度大小为E＝ D．此匀强电场的电场强度大小为E＝ 解析：选C　由题图看出粒子的运动轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，B错误；粒子从P点运动到Q点，电场力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为－Uq，故A错误；设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为vy＝v0，粒子在y轴方向上的平均速度为y＝v0，粒子在y轴方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝yt＝v0t，水平方向有d＝v0t，可得y0＝，所以场强E＝，联立得E＝，故C正确，D错误。‎ ‎2．(2017·广东六校高三联考)如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d。当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从A 点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响。求：‎ ‎(1)带电粒子从A点运动到B点经历的时间；‎ ‎(2)带电粒子经过B点时速度的大小；‎ ‎(3)A、B间的电势差。‎ 解析：(1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经历时间t＝；‎ ‎(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝ 加速度大小a＝＝ 经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vy＝at＝· 带电粒子在B点速度的大小v＝ ；‎ ‎(3)粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得：qUAB＝mv2－mv02‎ A、B间的电势差UAB＝＝。‎ 答案：(1)　(2) 　(3) 电容器在现代科技生活中的应用 电容器在现代生活中应用十分广泛，其中作为传感器使用的有智能手机上的电容触摸屏、电容式传声器、电容式加速度计等。‎ ‎ (一)智能手机上的电容触摸屏 ‎1．(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，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，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。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 解析：选AD　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，故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，故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，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确。‎ ‎(二)电容式传声器 ‎2．(2017·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中(　　)‎ A．膜片与极板间的电容增大 B．极板所带电荷量增大 C．膜片与极板间的电场强度增大 D．电阻R中有电流通过 解析：选D　根据C＝可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误。‎ ‎(三)电容式加速度计 ‎3．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容。则(　　)‎ A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小 B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流 C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩 D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流 解析：选CD　由C＝知，电介质插入越深，εr越大，即C越大，A错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr增大，C增大，电源电动势不变，由C＝知，Q增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D对。‎ 反思领悟]　本类电容式传感器的工作原理是通过εr、S、d的变化利用公式C＝和C＝来判断C的变化，进一步分析Q的变化。‎ 对点训练：平行板电容器的动态分析 ‎1．(2017·宁波二模)如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是(　　)‎ A．使a、b板的距离增大一些 B．使a、b板的正对面积减小一些 C．断开S，使a、b板的距离增大一些 D．断开S，使a、b板的正对面积增大一些 解析：选C　开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故A、B错误；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的距离增大，则电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故C正确；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故D错误。‎ ‎2．(2017·衡水调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　)‎ 解析：选C　由C＝知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，C对；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，D错。‎ ‎3．(多选)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增加 D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增加 解析：选BC　上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C对；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CE将减小，D错。‎ 对点训练：带电粒子在电场中的直线运动 ‎4.(多选)如图所示 ，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 解析：选BD　在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv02，所以d＝，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x＝；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝，使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的一半，x＝。‎ ‎5.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)‎ A．微粒一定带正电 B．微粒一定做匀速直线运动 C．可求出匀强电场的电场强度 D．可求出微粒运动的加速度 解析：选D　因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错；其合外力必与速度反向，大小为F＝，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝，B错，D对；电场力qE＝mgcot θ，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错。‎ 对点训练：带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎6．(多选)(2017·合肥联考)如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴C所带电荷量最多 解析：选BD　三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。‎ ‎7．如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是(　　)‎ A.＜　　　　　　　　 B.＜ C.＜ D.＜ 解析：选C　根据qU1＝mv2，t＝，y＝at2＝··2，由题意知，y＜d，解得＜， 故C正确。‎ ‎8．(2016·海南高考)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(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy＝0时，根据运动学公式有vy2＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv02，联立得E＝，故选项B正确。‎ 考点综合训练 ‎9．(2017·漳州八校联考)如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L＝‎0.1 m，两板间距离d＝‎0.4 cm，有一束相同微粒组成的带正电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能 射入两极板间。已知微粒质量为m＝2×10－‎6 kg，电量q＝1×10－‎8 C，电容器电容为C＝10－‎6 F。求：(g＝‎10 m/s2)‎ ‎(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v0应为多少？‎ ‎(2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？‎ 解析：(1)第一个粒子只受重力：＝gt2‎ t＝0.02 s v0＝＝‎2.5 m/s。‎ ‎(2)以v0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘时，有t1＝＝0.04 s，＝at12，a＝ 由mg－qE＝ma E＝＝ n＝＝600个。‎ 答案：(1)‎2.5 m/s　(2)600个 ‎10.如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点，现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。‎ 解析：设电容器电容为C。第一次充电后两极板之间的电压为U＝ 两极板之间电场的电场强度为E＝ 式中d为两极板间的距离。‎ 按题意，当小球偏转角θ1＝时，小球处于平衡位置。设小球质量为m，所带电荷量为q，则有 Tcos θ1＝mg Tsin θ1＝qE 式中T为此时悬线的张力。‎ 可得tan θ1＝ 设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角θ2＝，则tan θ2＝ 所以＝ 代入数据解得ΔQ＝2Q。‎ 答案：2Q ‎11．(2017·邯郸质检)如图，等量异种点电荷固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响。求：‎ ‎(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；‎ ‎(2)在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；‎ ‎(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小。‎ 解析：(1)小球经B点时，在竖直方向有 F－mg＝m F＝mg＋m 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小 F′＝mg＋m。‎ ‎(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以φB＝0‎ 小球从A到B过程中，由动能定理得 mgL＋q(φA－φB)＝mv2‎ φA＝。‎ ‎(3)由电场对称性可知，φC＝－φA 即UAC＝2φA 小球从A到C过程，根据动能定理 qUAC＝mvC2‎ vC＝。‎ 答案：(1)mg＋m　(2) ‎(3)