高三物理一轮复习 第六章 第3讲 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动

1、第1讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动电容器、电容、平行板电容器1.电容器(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值(2)电容器的充、放电充电：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)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量(2)定义式：Ceq f(Q,U).(3)单位：法拉(F)，1 F106 F1012 pF.3平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比(2)决定式：Ceq f(S,4kd)，k为静电力

2、常量【针对训练】1(2012江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小【解析】由平行板电容器电容决定式Ceq f(S,4kd)知，当插入电介质后，变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式Ceq f(Q,U)得Ueq f(Q,C)，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确【答案】B带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的加速(1)处理方法：利用动能定理：qUeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal

3、(2,0).(2)适用范围：任何电场2带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间teq f(L,v0).沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动eq blcrc (avs4alco1(加速度：af(F,m)f(Eq,m)f(Uq,md),运动时间：blcrc (avs4alco1(a.能飞出平行板电容器：tf(l,v0),b.打在平行极板上：yf(1,2)at2f(1,2)f(qU,md)t2，, t r(f(2mdy,qU),离开电场时的偏移量：yf(1,2)at2

4、f(qUl2,2mvoal(2,0)d),离开电场时的偏转角：tan f(vy,v0)f(qUl,mvoal(2,0)d)【针对训练】2两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图631所示，OAh，此电子具有的初动能是()图631A.eq f(edh,U) BedUhC.eq f(eU,dh) D.eq f(eUh,d)【解析】由动能定理得：eeq f(U,d)hEk，所以Ekeq f(eUh,d).【答案】D示 波 管1.示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空如图632所示图6322工作原理(

5、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束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑(2)YY上加的是待显示的信号电压XX上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象【针对训练】3如图633所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图633A极板X应带正电B极板X应带正电C极板Y应带正电 D极板Y应带正电【解析】由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；

6、电子在YY偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误【答案】AC平行板电容器内部E、U、Q变化问题1.首先要区分两种基本情况(1)电容器两极板电势差U保持不变；(2)电容器的带电荷量Q保持不变2赖以进行讨论的物理依据主要有三个(1)平行板电容器的电容C与板间距d、正对面积S、介质介电常数间的关系为Ceq f(S,4kd)；(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强Eeq f(U,d)；(3)电容器所带的电荷量QCU.图634(2013届长沙一中检测)如图634所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度为了使指针张开角度增大一些，应该采

7、取的措施是()A断开开关S后，将A、B两极板靠近一些 B断开开关S后，将A、B两极板分开一些C保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些 D保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些【解析】使指针张开角度增大一些，就是增大静电计两端的电压，当开关S闭合时，电压一定，则C、D错误；断开开关S后，电容器带电荷量一定，由CQ/U可知要增大电容器两极板之间电压，需减小电容C，由平行板电容器电容的决定式Ceq f(rS,4kd)知，保持S不变，增大d，电容C减小，则A错误、B正确【答案】B【即学即用】1(2011天津高考)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器

8、所带电荷量变为2Q，板间距变为eq f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1 DU22U1，E22E1【解析】U1eq f(Q,C)，E1eq f(U1,d).当板间距变为eq f(1,2)d时，由Ceq f(rS,4kd)可知电容变为2C，而带电荷量也变为2Q，故U2eq f(2Q,2C)U1，E2eq f(U2,f(1,2)d)2eq f(U1,d)2E1，故C选项正确【答案】C带电粒子在电场中的平衡与直线运动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

9、、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带电粒子在电场中的平衡解题步骤：(1)选取研究对象(2)进行受力分析，注意电场力的方向特点(3)由平衡条件列方程求解3带电粒子在电场中的变速直线运动可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解带电粒子在匀强电场中所受电场力恒定，方向与电场线平行，所受重力恒定，方向竖直向下，因此粒子在匀强电场与重力场的复合场中一定做匀变速运动轨迹可能为直线，也可能为曲线图635(2011福建高考)反射式速调管是常用的微

10、波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似如图635所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动已知电场强度的大小分别是E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如图所示带电微粒质量m1.01020 kg，带电量q1.0109 C，A点距虚线MN的距离d11.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.【审题视点】(1)明确带电微粒的运动过程，微粒在两个场强大小、方向都不同的电场中先做匀加

11、速后做匀减速直线运动(2)由动能定理、牛顿第二定律列方程求解【解析】(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1|q|E2d20由式解得d2eq f(E1,E2)d10.50 cm.(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1ma1|q|E2ma2设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1eq f(1,2)a1teq oal(2,1)d2eq f(1,2)a2teq oal(2,2)又tt1t2由式解得t1.5108 s.【答案】(1)0.50 cm(2)1.5108 s【即学即用】2.图636(2012新课标全国

12、高考)如图636，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动【解析】带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下，二是电场力FEq，方向垂直于极板向上因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确【答案】BD带电

13、粒子在电场中的偏转问题1.粒子的偏转角问题图637(1)已知电荷情况及初速度如图637所示，设带电粒子质量为m.带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1.若粒子飞出电场时偏转角为，则tan eq f(vy,vx)，式中vyateq f(qU1,dm)eq f(l,v0)，vxv0，代入得tan eq f(qU1l,mvoal(2,0)d).结论：动能一定时tan 与q成正比，电荷量相同时tan 与动能成反比(2)已知加速电压U0若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：qU0eq f(1,2)mveq oal(2,0)由式

14、得：tan eq f(U1l,2U0d)结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的2粒子的偏转量问题(1)yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qU1,dm)(eq f(l,v0)2做粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则xeq f(y,tan )eq f(f(qU1l2,2dmvoal(2,0),f(qU1l,mvoal(2,0)d)eq f(l,2).结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l/2处沿直线射出(2)若不同的带电粒子是从

15、静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由式得：yeq f(U1l2,4U0d)结论：粒子的偏转角和偏转距离与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的(1)偏转角是指入射速度与出射速度间的夹角，而不是位移与入射速度间的夹角(2)偏转位移相同的粒子(在同一偏转电场中)，偏转角也相同图638(2013届高新一中检测)如图638所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E.在A(l,0)点有一个质量为m，电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B(0，l)点(不计

16、重力作用)求：(1)粒子的初速度v0的大小；(2)当粒子到达B点时，电场力对粒子做功的瞬时功率【解析】(1)粒子在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动所以粒子做的是类平抛运动设粒子的初速度为v0，则在y方向上有yv0t在x方向上有xeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qE,m)t2又xyl可得v0eq r(f(qEl,2m)(2)设粒子到达B点时沿x轴方向的速度为vx，则电场力做功的瞬时功率为PqEvx由运动学公式可得vxeq r(2al)eq r(f(2qEl,m)所以PqEvxqE eq r(f(2qEl,m)【答案】(1) eq r(

17、f(qEl,2m)(2)qE eq r(f(2qEl,m)【即学即用】3.图639(2013届南昌一中检测)如图639所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()AU1变大、U2变大 BU1变小、U2变大CU1变大、U2变小 DU1变小、U2变小【解析】设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1qeq f(1,2)mveq oal(2,0)，电子在水平极板间偏转所用时间teq

18、f(l,v0)，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得aeq f(U2q,dm)，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vyat，联立解得vyeq f(U2ql,dmv0)，又tan eq f(vy,v0)eq f(U2ql,dmvoal(2,0)eq f(U2ql,2dqU1)eq f(U2l,2dU1)，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角变大，故B正确【答案】B平行板电容器中的带电体平行板电容器两极板间带电体的运动问题是典型的力电综合问题，要分别从力、电两个角度分析研究(1)力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，带电体的运动状态(静止、加速或减速)

19、需要分析受力情况；(2)电学角度：平行板电容器的两极板间为匀强电场，由Eeq f(U,d)知，两极板间的电压U决定了两极板间的电场强度E，带电体运动的加速度需要分析两极板间的电压在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图6310所示当给电容器突然充电使其电压增加U1，油滴开始向上运动；经时间t后，电容器突然放电使其电压减少U2，又经过时间t，油滴恰好回到原来位置假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，重力加速度为g.试求：图6310(1)带电油滴所带电荷量与

20、质量之比；(2)第一个t与第二个t时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)U1与U2之比【潜点探究】(1)油滴处于静止状态时，受两个力平衡，即匀强电场的电场力和重力；(2)电容器突然充电使其电压增加U1，电场强度增大，油滴所受合力向上，向上做匀加速运动，其中U1决定了加速度a1的大小；(3)电容器突然放电使其电压减少U2，电场强度减小，油滴所受合力向下，油滴先向上做匀减速运动，再反向匀加速回到出发点，其中U2U1决定了加速度a2的大小；(4)电压增加U1后的匀加速运动和电压减少U2后的运动，位移大小与所用时间t相等，可以得到加速度a1和a2的关系，从而建立U1与U2的关系【规范解答】(1)油滴静

21、止时mgqeq f(U0,d)，则eq f(q,m)eq f(dg,U0).(2)设第一个t内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个t内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1eq f(1,2)a1t2x2v1teq f(1,2)a2t2，且v1a1t，x2x1解得a1a213.(3)油滴向上加速运动时qeq f(U0U1,d)mgma1，即qeq f(U1,d)ma1油滴向上减速运动时mgqeq f(U0U1U2,d)ma2，即qeq f(U2U1,d)ma2则eq f(U1,U2U1)eq f(1,3)解得eq f(U1,U2)eq f(1,4).【答案】(1)eq f(dg,U0)(2)1

22、3(3)14【即学即用】4(2012大纲全国高考)如图6311，一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/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到/3，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图6311【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Ueq f(Q,C)两极板之间电场的场强为Eeq f(U,d)式中d为两极板间的距离按题意，当小球偏转角1eq f(,6)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

23、1mgTsin 1qE式中T为此时悬线的张力联立式得tan 1eq f(qQ,mgCd)设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q，此时小球偏转角2eq f(,3)，则tan 2eq f(qQQ,mgCd)联立式得eq f(tan 1,tan 2)eq f(Q,QQ)代入数据解得Q2Q.【答案】2Q平行板电容器的动态分析1(2012海南高考)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示下列说法正确的是()A保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原

24、来的一半D保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半【解析】由Eeq f(U,d)知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由Ceq f(Q,U)知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；Q变为原来的一半，U变为原来的一半时，则E变为原来的一半，D项正确【答案】AD示波管的原理及应用2(2011安徽高考)如图6312为示波管的原理图如果在电极YY之间所加的电压按图6313(a)所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图6313(b)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的

25、图形是()图6312(a)(b)图6313【解析】电子在YY和XX间沿电场方向均作初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式seq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(eU,md)t2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比在t0时刻，UY0知竖直位移为0，故A、C错误在teq f(t1,2)时刻，UY最大知竖直位移最大，故B正确，D错误【答案】B带电粒子在交变电场中的运动3(2011安徽高考)如图6314(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图6314(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

26、，并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是()(a)(b)图6314A0t0eq f(T,4) B.eq f(T,2)t0eq f(3T,4) C.eq f(3T,4)t0T DTt0eq f(9T,8)【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正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负作出t00、eq f(T,4)、eq f(T,2)、eq f(3T,4)时粒子运动的速度图象如图所示由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0t0eq f(T,4)，eq f(3T,4)t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零；eq f(T,4)t0T时

27、情况类似因粒子最终打在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带电粒子在电场中的偏转4.图6315(2013届西安一中检测)如图6315所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U211【解析】由yeq f(1,2)at2eq f(Uql2,2mdvoal(2,0)得：Ueq f(2mvoal(2,0)dy,ql2)，所以Ueq f(y,

28、l2)，可知选项A正确【答案】A直线运动中的力电综合问题5(2011北京高考)静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图6316所示的折线，图中0和d为已知量一个带负电的粒子在电场中以x0为中心、沿x轴方向做周期性运动已知该粒子质量为m、电荷量为q，其动能与电势能之和为A(0Aq0)忽略重力求图6316(1)粒子所受电场力的大小；(2)粒子的运动区间；(3)粒子的运动周期【解析】(1)由题图可知，0与d(或d)两点间的电势差为0电场强度的大小Eeq f(0,d)电场力的大小FqEeq f(q0,d).(2)设粒子在x0，x0区间内运动，速率为v，由题意得eq f(1,2)mv2qA由题

29、图可知0(1eq f(|x|,d)由得eq f(1,2)mv2q0(1eq f(|x|,d)A因动能非负，有q0(1eq f(|x|,d)A0得|x|d(1eq f(A,q0)即x0d(1eq f(A,q0)粒子的运动区间满足d(1eq f(A,q0)xd(1eq f(A,q0)(3)考虑粒子从x0处开始运动的四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度aeq f(F,m)eq f(qE,m)eq f(q0,md)由匀加速直线运动规律得t eq r(f(2x0,a)将代入，得t eq r(f(2md2,q0)1f(A,q0)粒子的运动周期T4teq f(4d,q0) eq r(2mq0A).【

30、答案】(1)eq f(q0,d)(2)d(1eq f(A,q0)xd(1eq f(A,q0)(3)eq f(4d,q0) eq r(2mq0A)电容器与电容、带电粒子在电场中的运动课后作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1(2013届陕西师大附中检测)冬天当脱毛线衫时，静电经常会跟你开开小玩笑下列一些相关的说法中正确的是()A在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B如果内外两件衣服可看作是电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过

31、程中两衣间电荷量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小C在将外衣脱下的过程中，内外两衣间隔增大，衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和)D脱衣时如果人体带上了正电，当手接近金属门把时，由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击2.图6317三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图6317所示，下面判断正确的是()A落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是aaabacC三个颗粒在电场

32、中运动的时间关系是tatbtcD电场力对落在c点的颗粒做负功3.图6318(2013届石家庄一中检测)如图6318所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)()A电子到达B板时的动能是U(eV) B电子从B板到达C板动能变化量为零C电子到达D板时动能是3U(eV) D电子在A板和D板之间做往复运动4.图6319(2013届西安一中模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图6319所示以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极

33、板移动到图中虚线所示的位置，则下列判断正确的是()AU变小，E不变BE变大，W变大 CU变小，W不变 DU不变，W不变5.图6320(2013届榆林一中模拟)如图6320所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出若不计重力，则a和b的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是()A12 B21 C18 D816(2013届安康中学抽样测试)如图6321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交变电压后，在下图中，反映电子

34、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()甲乙图63217.图6322(2013届山西省实验中学质检)如图6322所示，在xOy竖直平面内存在着水平向右的匀强电场有一带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出，运动轨迹最高点为M，与x轴交点为N，不计空气阻力，则小球()A做匀加速运动 B从O到M的过程动能增大C到M点时的动能为零 D到N点时的动能大于eq f(1,2)mveq oal(2,0)8.图6323如图6323所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为eq

35、f(1,4)圆弧一个质量为m、电荷量为q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()A小球一定能从B点离开轨道B小球在AC部分可能做匀速圆周运动C若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD小球到达C点的速度可能为零9(2013届太原一中检测)如图6324所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过

36、最高点，则()图6324AR越大，x越大BR越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大Cm越大，x越大Dm与R同时增大，电场力做功增大10(2013届海口模拟)如图6325甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷eq f(q,m)1.0102 C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其vt图象如图6325乙所示，则下列说法正确的是()图6325A右侧金属板接电源的正极 B所加电压U100 VC乙图中的v2 2 m/s D通过极板间

37、隙所用时间比为1(eq r(2)1)二、非选择题(本题共2小题，共30分计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11(15分)如图6326所示，AB是一倾角为37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数0.30，BCD是半径为R0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E4.0103 N/C，质量m0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下已知斜面AB对应的高度h0.24 m，滑块带电荷量q5.0104 C，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.求：图6326(1)滑块从

38、斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力12(15分)(2013届西安三校联考)如图6327，直流电源的路端电压U182 V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为123.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘F、H正对一个电子以初速度v04106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场金属板间的距离L12 cm，L24 cm，L36 cm.电子质量me9.11031 kg，电荷量q1.61019 C正对的两平行板间可视为匀强电场，

39、求：图6327(1)各相对两板间的电场强度；(2)电子离开H点时的动能；(3)四块金属板的总长度(ABCDEFGH)答案与解析1【解析】摩擦起电实质是电子的转移，则两物体应带异种电荷，故A项错；由Ueq f(Q,C)知，Q不变，C减小，U增大，故B项错；因内外衣带异种电荷，将它们间隔增大时，克服电场力做功，电势能增大，故C项正确；人体带上正电，与金属门把接近时会放电，D项正确【答案】CD2.【解析】由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间teq r(f(2y,a)，垂直电场方向匀速运动由xv0t，得tatbtc，所以aaabac，再由牛顿第二定律可推出，a带负电，b不带电，c带

40、正电，故答案为B、D.【答案】BD3.【解析】由电路图可得，电子在A、B板间加速运动，电场力做正功U(eV)，在B、C板间匀速运动，在C、D板间减速运动，电场力做负功U(eV)，所以电子在D板处速度为零，电子在A板和D板之间做往复运动，所以答案为C.【答案】C4.【解析】与电源断开后，电容器两极板所带电荷量一定，则：Eeq f(U,d)，Ueq f(Q,C)，所以Eeq f(Q,Cd).对于平行板电容器有：Ceq f(S,4kd).所以Eeq f(Q,S)4k，与d无关，故E不变当正极板向下移动时，d减小，U减小，A项正确因极板间场强没变，正电荷P相对负极板的位置没变，所以，W不变，C项正确【

41、答案】AC5.【解析】设AB长为2h，BC长为2l，对a粒子eq blcrc (avs4alco1(2hf(1,2)aatoal(2,a)f(1,2)f(qaE,ma)toal(2,a)，,lv0ta，)得2heq f(1,2)eq f(qaE,ma)(eq f(l,v0)2，对b粒子eq blcrc (avs4alco1(hf(1,2)abtoal(2,b)f(1,2)f(qbE,mb)toal(2,b)，,2lv0tb，)得heq f(1,2)eq f(qbE,mb)(eq f(2l,v0)2，由两式得eq f(f(qa,ma),f(qb,mb)eq f(8,1)，故选D项【答案】D6【解

42、析】在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力Feq f(U0e,d)，所以电子所受的电场力大小不变由牛顿第二定律Fma可知，电子在第一个eq f(T,4)内向B板做匀加速直线运动，在第二个eq f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq f(T,4)内反向做匀加速直线运动，在第四个eq f(T,4)内向A板做匀减速直线运动，所以at图象如图D所示，vt图象如图A所示；又因匀变速直线运动位移xv0teq f(1,2)at2，所以xt图象应是曲线【答案】AD7.【解析】带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动，在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角