【物理】2019届一轮复习人教版第六章第3讲电容器　带电粒子在电场中的运动学案

【物理】2019届一轮复习人教版第六章第3讲电容器　带电粒子在电场中的运动学案

第3讲　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：‎ ‎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)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值．‎ ‎(2)定义式：C＝.‎ ‎(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.‎ ‎(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．‎ ‎(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．‎ ‎3．平行板电容器的电容 ‎(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．‎ ‎(2)决定式：C＝.‎ 自测1　关于电容器及其电容，下列说法中正确的是(　　)‎ A．平行板电容器一板带电＋Q，另一板带电－Q，则此电容器不带电 B．由公式C＝可知，电容器的电容随电荷量Q的增加而增大 C．对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比 D．如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容 答案　C 二、带电粒子在电场中的运动 ‎1．加速 ‎(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝mv2－mv02.‎ ‎(2)在非匀强电场中，W＝qU＝mv2－mv02.‎ ‎2．偏转 ‎(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0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1所示．‎ 图1‎ ‎(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＝，加速度a＝＝＝，偏转量y＝at2＝，偏转角θ的正切值：tan θ＝＝＝.‎ 三、示波管 ‎1．示波管的构造 ‎①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图2所示)‎ 图2‎ ‎2．示波管的工作原理 ‎(1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．‎ ‎(2)观察到的现象 ‎①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．‎ ‎②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．‎ 自测2　先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场．进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比．‎ ‎(1)电子与氢核的初速度相同．‎ ‎(2)电子与氢核的初动能相同．‎ 答案　见解析 解析　设偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q、质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d、极板长为l，则：粒子在偏转电场中的加速度a＝，在偏转电场中运动的时间为t＝，粒子离开偏转电场时沿电场力方向的速度vy＝at＝，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝＝.‎ ‎(1)若电子与氢核的初速度相同，则＝.‎ ‎(2)若电子与氢核的初动能相同，则＝1.‎ 命题点一　平行板电容器的动态分析 ‎1．两类典型问题 ‎(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．‎ ‎(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．‎ ‎2．动态分析思路 ‎(1)U不变 ‎①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．‎ ‎②根据E＝分析场强的变化．‎ ‎③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．‎ ‎(2)Q不变 ‎①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．‎ ‎②根据E＝＝分析场强变化．‎ 例1　(多选)(2017·苏北四市期中)如图3所示，电路中平行板电容器C不带电．下列说法正确的有(　　)‎ 图3‎ A．闭合S瞬间，电流计G中有a→b方向的电流 B．闭合S后，增大C两极板间距离的过程中，电流计G中有a→b方向的电流 C．闭合S后再断开，增大C两极板间距离，极板间电场强度保持不变 D．闭合S后再断开，在C两极板间插入电介质，极板间电势差变小 答案　ACD 解析　开关闭合时，电容器充电，电流计中有a→b方向的电流，选项A正确；根据C＝，d增加，C减小，根据C＝，C减小，电容器与电源相连，U不变，Q减小，要放电，电流计G中有b→a方向的电流，选项B错误；与电源断开，Q不变，E＝＝，电场强度不变，选项C正确；断开电源，Q不变，插入电介质，C增加，C＝，所以U减小，选项D正确．‎ 变式1　(多选)(2017·射阳二中模拟)如图4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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的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(　　)‎ 图4‎ A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 答案　ACD 解析　将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，根据C＝知，d增大，则电容变小，故A正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为油滴带负电，则电势能减少，故C正确；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E＝＝＝，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确．‎ 命题点二　带电粒子在电场中的直线运动 ‎1．做直线运动的条件 ‎(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．‎ ‎(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．‎ ‎2．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ay.‎ ‎3．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02‎ 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1‎ 例2　(2017·江苏单科·4)如图5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(　　)‎ 图5‎ 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 答案　A 解析　根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．‎ 变式2　(多选)(2017·如皋市第二次质检)如图6甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)‎ 图6‎ 答案　AD 解析　分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零，～T时间内向A板做匀加速直线运动，T～T时间内做匀减速直线运动．根据匀变速直线运动速度－时间图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；电子做匀变速直线运动时x－t图象应是抛物线，故B错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀变速运动的加速度大小不变，a－t图象应平行于横轴，故D正确．‎ 命题点三　带电粒子在电场中的偏转 ‎1．运动规律 ‎ ‎(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ‎(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动 ‎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，偏移量和偏转角总是相同的．‎ 证明：由qU0＝mv02‎ y＝at2＝··()2‎ tan θ＝ 得：y＝，tan θ＝ ‎(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到偏转电场边缘的距离为.‎ ‎3．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．‎ 例3　(2018·泰州中学模拟)如图7所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q的离子，从静止经P、Q两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d.‎ 图7‎ ‎(1)求加速电压U0；‎ ‎(2)若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；‎ ‎(3)若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E.‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)对直线加速过程，根据动能定理，有：qU0＝mv02‎ 解得：U0＝.‎ ‎(2)设此时场强大小为Ec，则：‎ ab方向，有：L＝v0t ad方向，有：L＝··t2，‎ 又Uac＝EcL，解得：Uac＝.‎ ‎(3)根据Ek＝mv02可知，离子射出电场时的速度v＝v0，方向与ab所在直线的夹角为45°，即vx＝vy，根据x＝vxt，y＝t可得x＝2y，则离子是从bc边上的中点飞出的，即y＝.‎ 根据动能定理，有：Eqy＝m02－mv02，‎ 解得：E＝.‎ 命题点四　带电粒子在交变电场中的运动 ‎1．常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．‎ ‎2．常见的题目类型 ‎(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．‎ ‎(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．‎ ‎(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．‎ ‎3．思维方法 ‎(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．‎ ‎(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．‎ ‎(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．‎ 例4　(2017·苏北四市期中)如图8甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长．A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上如图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：‎ 图8‎ ‎(1)C、D板的长度L；‎ ‎(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；‎ ‎(3)粒子打在荧光屏上区域的长度．‎ 答案　(1)t0　(2)　(3) 解析　(1)粒子在A、B板间有qU0＝mv02，在C、D板间有L＝v0t0，解得：L＝t0.‎ ‎(2)粒子从nt0(n＝0、2、4……)时刻进入C、D 间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离y＝at02，‎ 加速度a＝，得：y＝.‎ ‎(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上的位置距中心线最远，从C、D板飞出时的偏转角tan θ＝，‎ vy＝at0，打在荧光屏上的位置距中心线最远距离，s＝y＋Ltan θ.‎ 粒子打在荧光屏上区域的长度Δs＝s＝.‎ 命题点五　带电粒子在复合场中的运动 处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而确定电场力做功情况；二是注意带电粒子的初始运动状态．‎ ‎1．等效重力法．将重力与电场力进行合成，如图9所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．‎ 图9‎ ‎2．在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点．‎ 例5　(多选)(2017·南京市、淮安市5月模拟)如图10所示，将一带正电小球从A点以一定速度与水平方向成θ角抛出，随后落到了与A等高的B点，若其他条件不变，在空间加一竖直向下的匀强电场，不考虑空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图10‎ A．两次到达虚线处的时间相等 B．两次到达最高点的速度相同 C．两次到达虚线处的速度相同 D．第二次落点在B点的右侧 答案　BC 解析　加电场后竖直方向的加速度变大，再次到达虚线处的时间变短，故A错误；两次到达最高点的速度都是v0cos θ，故B正确；重力、电场力做功均为零，两次到达虚线处的速度相同，C正确；由于时间变短，第二次落点在B点的左侧，故D错误．‎ 变式3　(2017·启东中学期中)如图11所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球只在重力、电场力、细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小．比较a、b、c、d这四点，小球(　　)‎ 图11‎ A．在最高点a处的动能最小 B．在最低点c处的机械能最小 C．在水平直径右端b处的机械能最大 D．在水平直径左端d处的机械能最大 答案　C 解析　小球所受电场力和重力大小相等，电场力方向水平向右，则小球所受电场力和重力的合力如图所示，合力与水平方向成45°角偏右下方．由小球所受合力方向可知，小球从a向e点运动时，合力对小球做负功，小球动能将减小，故a点不是小球动能最小的点(最小的点在e点)，故A错误；除重力以外的其它力做的功等于机械能的增量，拉力不做功，从d到b的过程中，电场力做正功，则b点机械能最大，d点机械能最小，故C正确，B、D错误．‎ ‎1．(2018·苏州市调研卷)某一平行板电容器，其一个极板带＋5.4×10－3 C电荷量，另一极板带－5.4×10－3 C电荷量，电容器两极板间电压为450 V，则该电容器的电容值为(　　)‎ A．2.4×10－5 F B．1.2×10－5 F C．8.3×104 F D．4.2×104 F 答案　B 解析　根据C＝，则C＝ F＝1.2×10－5 F，故选B.‎ ‎2.(2017·扬州中学5月模拟)如图12所示，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，其上部空间有一带正电粒子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开始运动，重力加速度为g.则下列判断正确的是(　　)‎ 图12‎ A．上极板带正电 B．粒子开始向上运动 C．粒子运动的加速度大小为 g D．粒子运动的加速度大小为 g 答案　D 解析　带正电粒子P静止，粒子受重力和电场力，电场强度方向向上，故上极板带负电：mg＝q.①‎ 当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mg－q＝ma.②‎ 联立①②解得：a＝ g.综上可知，D正确．‎ ‎3．(2017·如皋市第二次质检)三个α粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图13所示，下列判断不正确的是(　　)‎ 图13‎ A．进电场时c的速度最大，a的速度最小 B．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 C．b和c同时飞离电场 D．动能的增加量c最小，a和b一样大 答案　C 解析　三个粒子的质量和电荷量都相同，则知加速度相同．a、b 两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y＝at2，可知运动时间相等，在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；c竖直方向上的位移yc＜yb，根据y＝at2，可知tc＜tb，c先离开电场；在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v＝.因xc＝xb，tc＜tb，则vc＞vb.根据ta＝tb，xb＞xa，则vb＞va.所以有：vc＞vb＞va，故A、B正确，C错误．根据动能定理知，对a、b两粒子，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，对c粒子，电场力做功最少，动能增加量最小，故D正确；本题选错误的，故选C.‎ ‎4．(2017·东台市5月模拟)一价氢离子、一价氦离子和二价氦粒子的混合物经过同一电场Ⅰ由静止加速后，进入匀强电场Ⅱ，已知一价氦离子在电场Ⅱ中的运动轨迹如图14中1，下列说法正确的是(　　)‎ 图14‎ A．一价氢离子的轨迹可能是2‎ B．二价氦粒子的轨迹可能是3‎ C．一价氢离子的轨迹可能是3‎ D．二价氦粒子的轨迹一定是1‎ 答案　D 解析　设正电荷的电荷量为q，加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长为L、板间距离为d.加速电场中qU1＝mv02，偏转电场中运动时间t＝.‎ 偏转距离y＝at2＝··()2，‎ 得到y＝.设偏转角度为θ，‎ 则tan θ＝＝.‎ 由以上可知y、θ与带电粒子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、一价氦离子、二价氦粒子在偏转电场中的轨迹重合，故D正确．‎ ‎5．(多选)(2018·南通市第二次调研)如图15所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30°角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则(　　)‎ 图15‎ A．原电场方向竖直向下 B．改变后的电场方向垂直于ON C．电场方向改变后，小球的加速度大小为g D．电场方向改变后，小球的最大电势能为 答案　CD 解析　由于小球匀速运动，电场强度大小E＝，方向竖直向上，故A错误；改变电场的方向后，由于小球仍沿虚线方向做直线运动，电场力沿垂直于ON方向的分力与重力沿垂直于ON方向的分力大小相等，qE·sin θ＝mgcos 30°，可知此时电场力的方向与ON之间的夹角为60°，故B错误；小球受到的合力：F合＝mgsin 30°＋qEcos θ＝ma，解得a＝g，故C正确；小球向上运动，当速度等于0时，电势能最大，最大等于克服电场力做的功．由－qE·cos θ·x－mgsin 30°·x＝0－mv02，小球的最大电势能：Epm＝qEcos θ·x.联立得：Epm＝，故D正确．‎ ‎1．(2018·南京市、盐城市质检)如图1所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合．则电容器的电容将(　　)‎ 图1‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．保持不变 D．先增大后减小 答案　A ‎2．(2017·淮阴中学4月模拟)如图2所示，2015年4月，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车，如图2所示．这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”．这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s内完成充电．下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极 B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大 C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能 D．该“超级电容器”能储存电荷 答案　D 解析　充电时电源的正极要接电容器的正极，A错误；电容是由电容器本身的性质决定的，与电压和电荷量无关，B错误；放电过程是把电场能转化为其他形式的能，C错误；由题意可知，该“超级电容器”能储存电荷，D正确．‎ ‎3．(2018·泰州二中模拟)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图3所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是(　　)‎ 图3‎ A．右移 B．左移 C．上移 D．下移 答案　A 解析　将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C＝，可知电容增大，而电容器电荷量不变，由C＝分析得知，板间电势差减小，则静电计指针张角减小；同理可知，A板向左移一些时，静电计指针张角增大，故A正确，B错误．A板向上移或向下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C＝，可知电容减小，而电容器电荷量不变，由C＝‎ eq f(Q,U)分析得知，板间电势差增大，则静电计指针张角增大，故C、D错误．‎ ‎4．(多选)如图4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(　　)‎ 图4‎ 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 答案　BD 解析　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＝，故B、D正确．‎ ‎5．(多选)如图5所示，水平放置的平板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源．一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘射出，若下板不动，将上板向上平移一小段距离，小球仍以相同的速度从原处射入，则带电小球(　　)‎ 图5‎ A．将打在下板上的某一点 B．仍沿原轨迹运动，沿下板边缘射出 C．不发生偏转，沿直线运动 D．若上板不动，将下板向上平移一段距离，小球可能打在下板的中央 答案　BD 解析　将电容器上板向上移动一小段距离，电容器所带的电荷量Q不变，由于：E＝＝＝，可知当d增加时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍沿原来的轨迹运动，故B正确，A、C错误；若上板不动，将下板上移一段距离，根据以上分析可知，板间电场强度不变，小球所受的电场力不变，小球运动的轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确．‎ ‎6．如图6所示，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(　　)‎ 图6‎ 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 答案　D 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．‎ ‎7．(多选)(2018·石榴高中月考)如图7所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球(　　)‎ 图7‎ A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 答案　BC 解析　小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一直线上，小球做曲线运动，故A错误，B正确；小球所受的合力与速度方向先成钝角，后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速率先减小后增大，故C正确，D错误．‎ ‎8.(多选)(2017·淮阴中学月考)如图8所示，在真空中有质子、氘核和α粒子都从O点静止释放，经过相同加速电场和偏转电场后，打在同一与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点；已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，粒子重力不计．下列说法中正确的是(　　)‎ 图8‎ A．质子、氘核和α粒子在偏转电场中运动时间相同 B．三种粒子出偏转电场时的速度相同 C．在荧光屏上将只出现1个亮点 D．偏转电场对质子、氘核和α粒子做功之比为1∶1∶2‎ 答案　CD 解析　在加速电场中，根据动能定理得：qU1＝mv－0，则进入偏转电场的速度v0＝ ，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2∶1∶1，则初速度之比为∶1∶1，在偏转电场中运动时间t＝，则知时间之比为1∶∶，故A错误；在竖直方向上的分速度vy＝at＝，则出电场时的速度v＝＝，因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，故B错误；偏转位移y＝at2＝· ·＝，与粒子的电荷量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏上将只出现一个亮点，故C正确；偏转电场的电场力对粒子做功W＝qEy，因为E和y相同，电荷量之比为1∶1∶2，则电场力做功之比为1∶1∶2，故D正确．‎ ‎9．(多选)(2017·如东高级中学第二次调研)如图9甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时，P板比Q板电势高U0，在两板的正中央M 点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰，则(　　)‎ 图9‎ A．t0～2t0时间内电子的电势能增加 B．在3t0时刻电子的机械能最小 C．2t0～3t0时间内电子运动的速度方向向左，且速度大小逐渐减小 D．3t0～4t0时间内电子运动的速度方向向右，且速度大小逐渐减小 答案　AD 解析　在0～t0时间内，P板比Q板电势高U0，电场方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在t0～2t0时间内，P板比Q板电势低U0，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向左做匀减速直线运动，电场力做负功，所以电子的电势能增加，故A正确；电子在2t0时速度为零；在2t0～3t0时间内，Q板比P板电势高U0，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做匀加速直线运动，故C错误；在3t0时刻速度最大，电场力做功最多，那么机械能最大，故B错误；在3t0～4t0时间内，P板比Q板电势高U0，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，到4t0时刻速度为零，恰好又回到M点，故D正确．‎ ‎10．(多选)如图10甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)‎ 图10‎ A．末速度大小为v0‎ B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd 答案　BC 解析　因0～时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g＝0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，故A错误，B正确；0～T时间内，微粒的重力势能减少了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理得，mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误．‎ ‎11．(2018·响水中学模拟)如图11所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中．一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小E＜，g为重力加速度．‎ 图11‎ ‎(1)试分析说明物块在AB段做什么性质的运动；‎ ‎(2)试计算物块在AC段运动过程中克服摩擦力做的功；‎ ‎(3)证明物块从离开轨道到落回水平面的水平距离与场强E大小无关，且为一常量．‎ 答案　见解析 解析　(1)AB段物块受重力mg、水平面的支持力和电场力Eq处于平衡状态，所以做匀速直线运动 ‎(2)在C点mg－Eq＝m①‎ 由A到C由动能定理，‎ Eq·2R－Wf－mg·2R＝mvC2－mv02②‎ 由①②式联立解得Wf＝mv02＋(Eq－mg)R③‎ ‎(3)物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，水平方向有 x＝vCt④‎ 竖直方向有2R＝(g－)·t2⑤‎ 由①④⑤式联立解得x＝2R⑥‎ 因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R.‎ ‎12．质谱仪可对离子进行分析．如图12所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q、质量为m的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器．已知a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L，a、b间的电压为U1，M、N间的电压为U2.不计离子重力及进入a板时的初速度．求：‎ 图12‎ ‎(1)离子从b板小孔射出时的速度大小；‎ ‎(2)离子自a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；‎ ‎(3)为保证离子不打在极板上，U2与U1应满足的关系．‎ 答案　 (1)　(2)(2d＋L) ‎(3) U2＜2U1‎ 解析　(1)由动能定理qU1＝mv2，得v＝；‎ ‎(2)离子在a、b间的加速度a1＝ 在a、b间运动的时间t1＝＝·d 在MN间运动的时间：t2＝＝L 离子到达探测器的时间：t＝t1＋t2＝(2d＋L)；‎ ‎(3)在MN间侧移：y＝a2t22＝＝ 由y＜，得 U2＜2U1. ‎