【考綱知識梳理】
一。電容器
1. 構(gòu)成：兩個(gè)互相靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體構(gòu)成電容器。
2. 充放電：
（1）充電：使電容器兩極板帶上等量異種電荷的過程。充電的過程是將電場能儲存在電容器中。
（2）放電：使充電后的電容器失去電荷的過程。放電的過程中儲存在電容器中的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。
3．電容器帶的電荷量：是指每個(gè)極板上所帶電荷量的絕對值
4.電容器的電壓：
（1）額定電壓：是指電容器的對大正常工作即電容器銘牌上的標(biāo)定數(shù)值。
（2）擊穿電壓：是指把電容器的電介質(zhì)擊穿導(dǎo)電使電容器損壞的極限電壓。
二.電容
1．定義：電容器所帶的電荷量Q與兩極板間的電壓U的比值
2．定義式：
3．電容的單位：法拉，符號：F 。
4．物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，在數(shù)值上等于電容器兩板間的電勢差增加1V所需的電荷量。
5．制約因素：電容器的電容與Q、U的大小無關(guān)，是由電容器本身的結(jié)構(gòu)決定的。對一個(gè)確定的電容器，它的電容是一定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。
三.平行板電容器
1．平行板電容器的電容的決定式： 即平行板電容器的電容與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板正對的面積成正比，與兩板間距成反比。
2．平行板電容器兩板間的電場：可認(rèn)為是勻強(qiáng)電場，E=U/d
四.帶電粒子在電場中的運(yùn)動
1.帶電粒子的加速：對于加速問題，一般從能量角度，應(yīng)用動能定理求解。若為勻變速直線運(yùn)動，可用牛頓運(yùn)動定律與運(yùn)動學(xué)公式求解。
2. 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)：對于帶電粒子以垂直勻強(qiáng)電場的方向進(jìn)入電場后，受到的電場力恒定且與初速度方向垂直，做勻變速曲線運(yùn)動（類平拋運(yùn)動）。
⑴處理方法往往是利用運(yùn)動的合成與分解的特性：分合運(yùn)動的獨(dú)立性、分合運(yùn)動的等時(shí)性、分運(yùn)動與合運(yùn)動的等效性。沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本�運(yùn)動、沿電場力方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀龠\(yùn)動。
⑵基本關(guān)系：
x方向：勻速直線運(yùn)動
Y方向：初速度為零的勻加速直線運(yùn)動
①．離開電場時(shí)側(cè)向偏轉(zhuǎn)量：
②．離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角： φ
推論1.粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí),其速度反向延長線與初速度方向交一點(diǎn),此點(diǎn)平分沿初速度方向的位移。
推論2.位移和速度不在同一直線上，且tanφ=2tanα。
【要點(diǎn)名師精解】
一、平行板電容器的動態(tài)分析
1.運(yùn)用電容器定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路
(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.
(2)用決定式C= 分析平行板電容器電容的變化.
(3)用定義式C= 分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化.
(4)用E= 分析平行板電容器極板間勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的變化.
2.電容器兩類動態(tài)變化的分析比較
(1)第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變
(2)第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變
【例1】(2011?阜陽模擬)如圖所示，在平行板電容器正中有一個(gè)帶電微粒.S閉合時(shí)，該微粒恰好能保持靜止.在以下兩種情況下：①保持S閉合，②充電后將S斷開.下列說法能實(shí)現(xiàn)使該帶電微粒向上運(yùn)動打到上極板的是( )
A.①情況下，可以通過上移極板M實(shí)現(xiàn)
B.①情況下，可以通過上移極板N實(shí)現(xiàn)
C.②情況下，可以通過上移極板M實(shí)現(xiàn)
D.②情況下，可以通過上移極板N實(shí)現(xiàn)
【答案】選B.
【詳解】保持S閉合的分析：因?yàn)榈冖俜N情況下兩板間電壓U不變，所以電場強(qiáng)度E=U/d，只有d減小，E增大，電場力增大，帶電微粒才向上運(yùn)動打到上極板M上，故可以通過下移極板M或者上移極板N來實(shí)現(xiàn)，選項(xiàng)A錯(cuò)，B正確；充電后將S斷開的分析：因?yàn)榈冖诜N情況下兩極板帶電荷量Q不變，根據(jù)Q=CU，C= 可得，E= ，可以看出E與兩板間距離d無關(guān)，所以無論怎樣移動M、N兩極板改變兩板間的距離，場強(qiáng)E、電場力F都不變，帶電微粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤，B正確.
二、帶電粒子在電場中的平衡與直線運(yùn)動
1.帶電粒子在電場中運(yùn)動時(shí)重力的處理
(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量).
(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力.
2.帶電粒子在電場中的平衡
解題步驟:①選取研究對象.②進(jìn)行受力分析，注意電場力的方向特點(diǎn).③由平衡條件列方程求解.
3. 帶電粒子在電場中的變速直線運(yùn)動：可用運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動能定理或能量守恒定律求解.
【例2】如圖所示，板長L=4 cm的平行板電容器，板間距離d=3 cm，板與水平線夾角α=37°，兩板所加電壓為U=100 V，有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q=3×10-10C，以v0=1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取g=10 m/s2.求：
(1)液滴的質(zhì)量；
(2)液滴飛出時(shí)的速度.
【答案】(1)m=8×10-8 kg (2)v= ≈1.32 (m/s)
【詳解】(1)畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：
qEcosα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcosα/dg代入數(shù)據(jù)得m=8×10-8 kg
(2)對液滴由動能定理得： qU=
v=
所以v= ≈1.32 (m/s)
三、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)
1.粒子的偏轉(zhuǎn)角
(1)以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場：如圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為U1，若粒子飛出電場時(shí)偏轉(zhuǎn)角為θ，則
結(jié)論：動能一定時(shí)tanθ與q成正比，電荷量相同時(shí)tanθ與動能成反比.
(2)經(jīng)加速電場加速再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場
不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有： ②
由①②式得：tanθ= ③
結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場.
2.粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論
(1)以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場 ④
作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場邊緣的距離為x，則
結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，就像是從極板間的 處沿直線射出.
(2)經(jīng)加速電場加速再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的，則由②和④得：偏移量： ⑤
上面③式偏轉(zhuǎn)角正切為：tanθ＝
結(jié)論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量y和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，也就是軌跡完全重合.
【例3】(2011?南通模擬)(18分)如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運(yùn)動的簡化模型示意圖.在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y= 的一段(0≤x≤ L， 0≤y≤ L)為邊界的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ.兩個(gè)電場大小均為E，不計(jì)電子所受重力，電子的電荷量為e，求：
(1)從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B點(diǎn)處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時(shí)的坐標(biāo)；
(2)由電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開MNPQ的最小動能；
【答案】(1)設(shè)電子的質(zhì)量為m，電子在電場Ⅰ中做勻
加速直線運(yùn)動，出區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v0，接著在無電場區(qū)域
勻速運(yùn)動，此后進(jìn)入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動，假
設(shè)電子從NP邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y1，
由y= 對于B點(diǎn)y=L，則x= (2分)
所以eE? = (2分)
解得v0= (1分)
設(shè)在電場Ⅱ中運(yùn)動的時(shí)間為t1
L-y1= (1分)
解得y1=0，所以原假設(shè)成立，即電子離開MNPQ區(qū)域的位置坐標(biāo)為(-2L，0)(2分)
(2)設(shè)釋放點(diǎn)在電場區(qū)域Ⅰ中的坐標(biāo)為(x，y)，在電場Ⅰ中電子被加速，速度為v1時(shí)飛離電場Ⅰ，接著在無電場區(qū)域做勻速運(yùn)動，然后進(jìn)入電場Ⅱ做類平拋運(yùn)動，并從NP邊離開，運(yùn)動時(shí)間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y2.
eEx= (2分)
y2= (2分)
解得xy2= ，所以原假設(shè)成立，即在電場Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時(shí)都從P點(diǎn)離開的. (2分)
其中只有從B點(diǎn)釋放的電子，離開P點(diǎn)時(shí)動能最小，則從B到P由動能定理得： eE?(L+ )=Ek-0 (3分)
所以Ek= (1分)
【感悟高考真題】
1.（2011?安徽高考?T18） 圖（a）為示管的原理圖。如果在電極YY’之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極XX’之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是
【答案】選B.
【詳解】示波管YY’間為信號電壓，XX‘為掃描電壓，0～t1，Y板電勢高電子向Y板偏轉(zhuǎn)，X’電勢高電子向X’板偏轉(zhuǎn)，由此知CD錯(cuò)；又根據(jù)偏移量公式 ，偏移量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，0、t1、2t1時(shí)刻偏轉(zhuǎn)電壓為0，偏移量也為0， 、 時(shí)刻偏轉(zhuǎn)電壓最大，偏移量也最大，所以B對。
2.（2011?安徽高考?T20）如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板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，粒子會時(shí)而向A板運(yùn)動，時(shí)而向B板運(yùn)動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是
A. B.
C. D.
【答案】選B.
【詳解】
畫出帶電粒子速度-時(shí)間圖像，根據(jù)v-t圖像中的“面積”研究各時(shí)刻開始的帶電粒子的運(yùn)動情況，A選項(xiàng)可畫出T/8時(shí)刻開始的運(yùn)動圖像，如圖a由圖知在一個(gè)周期內(nèi)粒子運(yùn)動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會打到B板上,A選項(xiàng)錯(cuò)；B選項(xiàng)可畫出5T/8時(shí)刻進(jìn)入的運(yùn)動圖像，如圖b由圖知在一個(gè)周期內(nèi)粒子運(yùn)動的總面積為負(fù)，即粒子向A板靠近，最終會打到A板上,B選項(xiàng)對；C選項(xiàng)可畫出7T/8時(shí)刻進(jìn)入的運(yùn)動圖像，由圖知在一個(gè)周期內(nèi)粒子運(yùn)動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會打到B板上，C選項(xiàng)錯(cuò)；同理D選項(xiàng)錯(cuò)。
3.（2011?天津理綜?T5）板間距為 的平行板電容器所帶電荷量為 時(shí)，兩極板間電勢差為 ，板間場強(qiáng)為 .現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?，板間距變?yōu)?，其他條件不變，這時(shí)兩極板間電勢差 ，板間場強(qiáng)為 ，下列說法正確的是
A.
B.
C.
D.
【答案】選C．
【詳解】當(dāng)平行板電容器的其他條件不變，板間距離變?yōu)?時(shí)，電容器的電容為 ，又知電容器的帶電量為2Q，則得知 ，即 ，根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)之間的關(guān)系式 得 ，因此選項(xiàng)C正確，其它選項(xiàng)都錯(cuò)誤。
4.（2011?浙江理綜?T25）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣，上、下面板使用金屬。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連。質(zhì)量為m、電荷量為-q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進(jìn)入矩形通道，當(dāng)帶負(fù)電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時(shí)被收集。通過調(diào)整兩板間距d可以改變收集效率η。當(dāng)d=d0時(shí)，η為81%（即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集）。
不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。
求收集效率為100%時(shí)，兩板間距的最大值為dm；
求收集效率η與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系；
若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)間下板收集的塵埃質(zhì)量 與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線
【詳解】（1）收集效率η為81% ，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為U，則在水平方向有
①
在豎直方向有
②
其中
③
當(dāng)減小兩板間距時(shí)，能夠增大電場強(qiáng)度，提高裝置對塵埃的收集效率.收集效率恰好為100%，兩板間距即為dm.如果進(jìn)一步減小d，收集效率仍為100%.因此，在水平方向有
④
在豎直方向有
⑤
其中
⑥
聯(lián)立①—⑥各式可得
⑦
（2）通過前面的求解可知，當(dāng) 時(shí)，收集效率η均為100%.
黨d>0.9d0時(shí)，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時(shí)有
⑧
根據(jù)題意，收集效率為
⑨
聯(lián)立①、②、③、⑧及⑨式可得
（3）穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)間下板收集的塵埃質(zhì)量為
當(dāng) 時(shí)， ，因此
當(dāng)d>0.9d0時(shí)， ，因此
繪出的圖線如下
答案:：(1) (2) η=100%（ 時(shí)）， （d>0.9d0時(shí)）(3) （ 時(shí)）， （d>0.9d0時(shí)） 圖線見解析.
5.（2011?福建理綜?T20）反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(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。如圖所示，在虛線 兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)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 N/C和 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量 ，帶電量 ,A點(diǎn)距虛線 的距離 ，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求：
B點(diǎn)距虛線 的距離 ；
帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間 。
【答案】（1）0.50cm (2) 1.5×10-8s
【詳解】（1）帶電微粒由A運(yùn)動到B的過程中，由動能定理有 得
(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
設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動的時(shí)間分t1和t2：，由運(yùn)動學(xué)公式有
t= t1+t2
聯(lián)立方程解得t=1.5×10-8s
6.（2011?北京高考?T24）靜電場方向平行于x軸，其電勢 隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中 和d為已知量。一個(gè)帶負(fù)電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運(yùn)動。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A（0
（2）粒子的運(yùn)動區(qū)間；
（3）粒子的運(yùn)動周期。
【答案】（1） （2） （3）
【詳解】⑴由圖可知，0與d（或-d）兩點(diǎn)的電勢差為φ0
電場強(qiáng)度大小
電場力的大小
⑵設(shè)粒子在 [-x0，x0]區(qū)間運(yùn)動，速率為v，由題意得
…………………①
由圖可知 ……………②
由①②得， ……………③
因動能非負(fù)，有
得
即 ……………④
粒子運(yùn)動的區(qū)間
⑶粒子從-x0處開始運(yùn)動四分之一周期 ，根據(jù)牛頓第二定律粒子的加速度：
……………⑤
由于粒子做勻加速直線運(yùn)動，則
粒子運(yùn)動的周期
7.（2010?天津?12）質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠(yuǎn)大于L，O’O為垂直于屏的中心軸線，不計(jì)離子重力和離子在板間偏離O’O的距離。以屏中心O為原點(diǎn)建立xOy直角坐標(biāo)系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。
（1）設(shè)一個(gè)質(zhì)量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿O’O的方向從O’點(diǎn)射入，板間不加電場和磁場時(shí)，離子打在屏上O點(diǎn)。若在兩極板間加一沿+y方向場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，求離子射到屏上時(shí)偏離O點(diǎn)的距離y0;
(2)假設(shè)你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實(shí)驗(yàn)結(jié)果計(jì)算未知離子的質(zhì)量數(shù)。
上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強(qiáng)磁場�，F(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O’點(diǎn)沿O’O方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標(biāo)相同的兩個(gè)光點(diǎn)，對應(yīng)的x坐標(biāo)分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標(biāo)大的光點(diǎn)是碳12離子擊中屏產(chǎn)生的，另一光點(diǎn)是未知離子產(chǎn)生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運(yùn)動時(shí)O’O方向的分速度總是遠(yuǎn)大于x方向和y方向的分速度。
解析：（1）離子在電場中受到的電場力
①
離子獲得的加速度
②
離子在板間運(yùn)動的時(shí)間
③
到達(dá)極板右邊緣時(shí)，離子在 方向的分速度
④
離子從板右端到達(dá)屏上所需時(shí)間
⑤
離子射到屏上時(shí)偏離 點(diǎn)的距離
由上述各式，得
⑥
（2）設(shè)離子電荷量為 ，質(zhì)量為 ，入射時(shí)速度為 ，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 ，磁場對離子的洛倫茲力
⑦
已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運(yùn)動時(shí)間甚短，所經(jīng)過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運(yùn)動時(shí)， 方向的分速度總是遠(yuǎn)大于在 方向和 方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫茲力產(chǎn)生的加速度
⑧
是離子在 方向的加速度，離子在 方向的運(yùn)動可視為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，到達(dá)極板右端時(shí)，離子在 方向的分速度
⑨
離子飛出極板到達(dá)屏?xí)r，在 方向上偏離 點(diǎn)的距離
⑩
當(dāng)離子的初速度為任意值時(shí)，離子到達(dá)屏上時(shí)的位置在 方向上偏離 點(diǎn)的距離為 ，考慮到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾兩式得
⑿
其中
上式表明， 是與離子進(jìn)入板間初速度無關(guān)的定值，對兩種離子均相同，由題設(shè)條件知， 坐標(biāo)3.24mm的光點(diǎn)對應(yīng)的是碳12離子，其質(zhì)量為 ， 坐標(biāo)3.00mm的光點(diǎn)對應(yīng)的是未知離子，設(shè)其質(zhì)量為 ，由⑿式代入數(shù)據(jù)可得
⒀
故該未知離子的質(zhì)量數(shù)為14。
8．（2010?江蘇物理?15）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓 作周期性變化，其正向電壓為 ，反向電壓為 ，
電壓變化的周期為2r，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，受電場作用由靜止開始運(yùn)動。若整個(gè)運(yùn)動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。
（1）若 ，電子在0—2r時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件；
（2）若電子在0—2r時(shí)間未碰到極板B，求此運(yùn)動過程中電子速度 隨時(shí)間t變化的關(guān)系；
（3）若電子在第N個(gè)周期內(nèi)的位移為零，求k的值。
答案：
9.（09?北京?19）如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場。一帶電粒子a（不計(jì)重力）以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個(gè)同樣的粒子b（不計(jì)重力）仍以相同初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b ( C )
A．穿出位置一定在O′點(diǎn)下方
B．穿出位置一定在O′點(diǎn)上方
C．運(yùn)動時(shí)，在電場中的電勢能一定減小
D．在電場中運(yùn)動時(shí)，動能一定減小
解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運(yùn)動，則該粒子一定做勻速直線運(yùn)動，
故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時(shí)，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點(diǎn)的上方或下方穿出，故AB錯(cuò)誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運(yùn)動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項(xiàng)正確D項(xiàng)錯(cuò)誤。
10.（09?天津?5）如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點(diǎn)，一帶電粒子（不計(jì)重力）以速度vM經(jīng)過M點(diǎn)在電場線上向下運(yùn)動，且未與下板接觸，一段時(shí)間后，粒子以速度vN折回N點(diǎn)。則（ B ）
A.粒子受電場力的方向一定由M指向N
B.粒子在M點(diǎn)的速度一定比在N點(diǎn)的大
C.粒子在M點(diǎn)的電勢能一定比在N點(diǎn)的大
D.電場中M點(diǎn)的電勢一定高于N點(diǎn)的電勢
解析：由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運(yùn)動，故電場力向上，A錯(cuò)；粒子由M到N電場力做負(fù)功電勢能增加，動能減少，速度增加，故B對C錯(cuò)；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點(diǎn)電勢的高低，C錯(cuò)。
11.（09?海南物理?5）一平行板電容器兩極板間距為 、極板面積為S，電容為 ，其中 是常量。對此電容器充電后斷開電源。當(dāng)增加兩板間距時(shí)，電容器極板間 （ A ）
A．電場強(qiáng)度不變，電勢差變大
B．電場強(qiáng)度不變，電勢差不變
C．電場強(qiáng)度減小，電勢差不變
D．電場強(qiáng)度較小，電勢差減小
12.（09?福建?15）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)�，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離 （ B ）
A.帶點(diǎn)油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動
B.P點(diǎn)的電勢將降低
C.帶點(diǎn)油滴的電勢將減少
D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大
13.（09?浙江?20）空間存在勻強(qiáng)電場，有一電荷量 、質(zhì)量 的粒子從 點(diǎn)以速率 射入電場，運(yùn)動到 點(diǎn)時(shí)速率為 。現(xiàn)有另一電荷量 、質(zhì)量 的粒子以速率 仍從 點(diǎn)射入該電場，運(yùn)動到 點(diǎn)時(shí)速率為 。若忽略重力的影響，則 （ AD ）
A．在 、 、 三點(diǎn)中， 點(diǎn)電勢最高
B．在 、 、 三點(diǎn)中， 點(diǎn)電勢最高
C． 間的電勢差比 間的電勢差大
D． 間的電勢差比 間的電勢差小
解析：正電荷由O到A，動能變大，電場力做正功，電勢能減小，電勢也減小，O點(diǎn)電勢較高；負(fù)電荷從O到
B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B點(diǎn)電勢比O點(diǎn)高。所以B點(diǎn)最高，A對； ， ，故D對。
14.（09?山東?25）（18分）如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子在0~3t時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。
已知t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時(shí)，刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）
（1）求電壓U的大小。
（2）求 時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑。
（3）何時(shí)把兩板間的帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間最短？求此最短時(shí)間。
解析：
（1） 時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動， 時(shí)刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為 ，則有 ①
②
③
聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為 ④。
（2） 時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子，前 時(shí)間在電場中偏轉(zhuǎn)，
后 時(shí)間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為 ⑤
帶電粒子離開電場時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度大小為 ⑥
帶電粒子離開電場時(shí)的速度大小為 ⑦
設(shè)帶電粒子離開電場進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，則有 ⑧
聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得 ⑨。
（3） 時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短。帶電粒子離開磁場時(shí)沿y軸正方向的分速度為 ⑩，設(shè)帶電粒子離開電場時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為 ，則 ，聯(lián)立③⑤⑩式解得 ，帶電粒子在磁場運(yùn)動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為 ，所求最短時(shí)間為 ,帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期為 ，聯(lián)立以上兩式解得 。
15（09?安徽?23）如圖所示，勻強(qiáng)電場方向沿 軸的正方向，場強(qiáng)為 。在 點(diǎn)有一個(gè)靜止的中性微粒，由于內(nèi)部作用，某一時(shí)刻突然分裂成兩個(gè)質(zhì)量均為 的帶電微粒，其中電荷量為 的微粒1沿 軸負(fù)方向運(yùn)動，經(jīng)過一段時(shí)間到達(dá) 點(diǎn)。不計(jì)重力和分裂后兩微粒間的作用。試求
（1）分裂時(shí)兩個(gè)微粒各自的速度；
（2）當(dāng)微粒1到達(dá)（ 點(diǎn)時(shí)，電場力對微粒1做功的瞬間功率；
（3）當(dāng)微粒1到達(dá)（ 點(diǎn)時(shí)，兩微粒間的距離。
答案：（1） ， 方向沿y正方向（2） （3）2
解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運(yùn)動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運(yùn)動。所以微粒1做的是類平拋運(yùn)動。設(shè)微粒1分裂時(shí)的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：
在y方向上有
-
在x方向上有
-
根號外的負(fù)號表示沿y軸的負(fù)方向。
中性微粒分裂成兩微粒時(shí)，遵守動量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（2）設(shè)微粒1到達(dá)（0，-d）點(diǎn)時(shí)的速度為v，則電場力做功的瞬時(shí)功率為
其中由運(yùn)動學(xué)公式
所以
（3）兩微粒的運(yùn)動具有對稱性，如圖所示，當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點(diǎn)時(shí)發(fā)生的位移
則當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點(diǎn)時(shí)，兩微粒間的距離為
16（09?福建?21）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運(yùn)動過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。
（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t1
（2）若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動的整個(gè)過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，請?jiān)谝覉D中畫出滑塊在沿斜面向下運(yùn)動的整個(gè)過程中速度與時(shí)間關(guān)系v-t圖象。圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達(dá)到最大值及第一次速度減為零的時(shí)刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊在t1時(shí)刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計(jì)算過程）
答案：（1） ; （2） ;
(3)
解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運(yùn)動、運(yùn)用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運(yùn)動過程分析。
（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度大小為a，則有
qE+mgsin =ma ①
②
聯(lián)立①②可得
③
（2）滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為 ，則有
④
從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程中，由動能定理得
⑤
聯(lián)立④⑤可得
s
（3）如圖
17.（09?福建?22） 圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0×10-3T,在X軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的M處被觀測到，且運(yùn)動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不記其重力。
（1）求上述粒子的比荷 ；
（2）如果在上述粒子運(yùn)動過程中的某個(gè)時(shí)刻，在第一象限內(nèi)再加一個(gè)勻強(qiáng)電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動，求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計(jì)時(shí)經(jīng)過多長時(shí)間加這個(gè)勻強(qiáng)電場；
（3）為了在M處觀測到按題設(shè)條件運(yùn)動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。
答案（1） =4.9× C/kg（或5.0× C/kg）；（2） ； （3）
解析：第（1）問本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動。第（2）問涉及到復(fù)合場（速度選擇器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運(yùn)動。
設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動半徑為r。如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動的直徑，由幾何關(guān)系得
①
由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動的向心力，可得
②
聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得
=4.9× C/kg（或5.0× C/kg） ③
（2）設(shè)所加電場的場強(qiáng)大小為E。如圖乙，當(dāng)粒子子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，速度沿y軸正方向，依題意，在此時(shí)加入沿x
軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場力與此時(shí)洛倫茲力平衡，則有
④
代入數(shù)據(jù)得
⑤
所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對應(yīng)的圓心角為45°，設(shè)帶點(diǎn)粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期為T，所求時(shí)間為t，則有
⑥
⑦
聯(lián)立①⑥⑦并代入數(shù)據(jù)得
⑧
（3）如圖丙，所求的最小矩形是 ，該區(qū)域面積
⑨
聯(lián)立①⑨并代入數(shù)據(jù)得
矩形如圖丙中 （虛線）
18.（09?浙江?23）如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質(zhì)量m、電荷量q（q>0）的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處靜止。若某一時(shí)刻在金屬板A、B間加一電壓，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)閝，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為μ，若不計(jì)小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時(shí)間。則
（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？
（2）小物塊碰撞后經(jīng)過多長時(shí)間停止運(yùn)動？停在何位置？
答案：（1） （2）時(shí)間為 ，停在 處或距離B板為
解析：本題考查電場中的動力學(xué)問題
（1）加電壓后，B極板電勢高于A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運(yùn)動。電場強(qiáng)度為
小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為
故小物塊運(yùn)動的加速度為
設(shè)小物塊與A板相碰時(shí)的速度為v1，由
解得
（2）小物塊與A板相碰后以v1大小相等的速度反彈，因?yàn)殡姾闪考半娦愿淖�，電場力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小 為
加速度大小為
設(shè)小物塊碰后到停止的時(shí)間為 t，注意到末速度為零，有
解得
設(shè)小物塊碰后停止時(shí)距離為 ，注意到末速度為零，有
則
或距離B板為
19.（09?江蘇?14）1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可以忽略不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。
（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；
（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t；
（3）實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E?。
解析：
(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1,速度為v1
qu= mv12
qv1B=m
解得
同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑
則
（2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈
解得
（3）加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的頻率，即
當(dāng)磁場感應(yīng)強(qiáng)度為Bm時(shí)，加速電場的頻率應(yīng)為
粒子的動能
當(dāng) ≤ 時(shí)，粒子的最大動能由Bm決定
解得
當(dāng) ≥ 時(shí)，粒子的最大動能由fm決定
解得
【考點(diǎn)精題精練】
1.(2011?揚(yáng)州模擬)下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)中使用靜電計(jì)的說法中正確的有( )
A.使用靜電計(jì)的目的是觀察電容器電壓的變化情況
B.使用靜電計(jì)的目的是測量電容器電量的變化情況
C.靜電計(jì)可以用電壓表替代
D.靜電計(jì)可以用電流表替代
【答案】選A.
【詳解】靜電計(jì)是用來測量電容器兩極板的電勢差，從而研究電容器電容隨電容器正對面積、兩板距離、介電常數(shù)等因素的變化.如果用電壓表、電流表來替代則構(gòu)成電容器的放電回路，兩電表都沒有示數(shù)，故答案為A.
2.(2011?會昌模擬)水平放置的平行板電容器與一電池相連.在電容器的兩板間有一帶正電的質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則 ( )
A.電容變大，質(zhì)點(diǎn)向上運(yùn)動
B.電容變大，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動
C.電容變小，質(zhì)點(diǎn)保持靜止
D.電容變小，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動
【答案】選D.
【詳解】帶電質(zhì)點(diǎn)在電容器中處于靜止?fàn)顟B(tài)有mg=qE，因?yàn)殡娙萜髋c電源連接，電壓不變，E=U/d，d增大，電容C減小，E減小，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動，答案為D.
3.虛線框內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場(方向未知)，有一正電荷(重力不計(jì))從bc邊上的M點(diǎn)以速度v0射進(jìn)電場內(nèi)，最后從cd邊上的Q點(diǎn)射出電場，下列說法正確的是( )
A.電場力一定對電荷做了正功
B.電場方向可能垂直ab邊向右
C.電荷運(yùn)動的軌跡可能是一段圓弧
D.電荷的運(yùn)動一定是勻變速運(yùn)動
【答案】選B、D.
【詳解】由正電荷在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)可以判斷，其所受電場力一定指向運(yùn)動曲線的內(nèi)側(cè)，但電場力與速度方向的夾角可能為銳角或鈍角，電場力可能做正功或負(fù)功，所以選項(xiàng)A錯(cuò)B對，由于正電荷只受恒定的電場力作用，所以正電荷不可能做圓周運(yùn)動，一定是勻變速曲線運(yùn)動，選項(xiàng)D正確，答案為B、D.
4.(2010?泰州模擬)如圖所示，水平放置的平行板電容器與一直流電源相連，在兩板中央有一帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)通過瞬間平移和緩慢平移兩種方法將A板移到圖中虛線位置.下列關(guān)于帶電液滴運(yùn)動的說法中正確的是( )
A.上述兩種方法中，液滴都向
B板做勻加速直線運(yùn)動
B.采用瞬間平移的方法，液滴運(yùn)動到B板經(jīng)歷的時(shí)間短
C.采用緩慢平移的方法，液滴運(yùn)動到B板時(shí)速度大
D.采用緩慢平移的方法，液滴運(yùn)動到B板過程中電場力做功多
【答案】選B.
【詳解】瞬間平移使帶電液滴加速度突然增大立即做勻加速運(yùn)動，而緩慢平移至虛線位置這一階段，帶電液滴電場力緩慢增大，加速度也緩慢增大，到達(dá)虛線位置以后才開始做勻加速運(yùn)動，所以瞬間平移使帶電液滴到達(dá)B板的時(shí)間短，做功多，速度大，故答案為B.
5． (2011年黑龍江適應(yīng)性測試)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大．當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是( )
【答案】選AD.
【詳解】在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性電壓時(shí)，因?yàn)殡娮釉谄叫薪饘侔彘g所受的電場力F＝U0ed，所以電子所受的電場力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個(gè)T4內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動，在第二個(gè)T4內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動，在第三個(gè)T4內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動．在第四個(gè)T4內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動，所以a－t圖象如圖1所示，v－t圖象如圖2所示；又因勻變速直線運(yùn)動位移x＝v0t＋12at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線．故本題選AD.
6. (2011年北京西城抽測)如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置，它們通過導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連．閉合開關(guān)后，一個(gè)帶電的液滴從兩板上端的中點(diǎn)處無初速度釋放，最終液滴落在某一金屬板上．下列說法中正確的是( )
A．液滴在兩板間運(yùn)動的軌跡是一條拋物線
B．電源電動勢越大，液滴在板間運(yùn)動的加速度越大
C．電源電動勢越大，液滴在板間運(yùn)動的時(shí)間越短
D．定值電阻的阻值越大，液滴在板間運(yùn)動的時(shí)間越長
【答案】選BC.
【詳解】電容器充滿電荷后，極板間的電壓等于電源的電動勢．極板間形成了電場，液滴受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用，合力為恒力，而初速度為零，則液滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，A項(xiàng)錯(cuò)；電源電動勢越大，則液滴受到的電場力也越大，合力越大，加速度也越大，B項(xiàng)對；電源電動勢越大，加速度越大，同時(shí)位移越小，則運(yùn)動的時(shí)間越短，C對；定值電阻不會影響兩極板上電壓的大小，則對液滴的運(yùn)動沒有影響，D項(xiàng)錯(cuò)．
7．如圖所示，平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，兩極板間距離為d，今在距兩極板的中點(diǎn)12d處放一電荷q，則( )
A．q所受電場力的大小為QqCd
B．q所受電場力的大小為k4Qqd2
C．q點(diǎn)處的電場強(qiáng)度是k4Qd2
D．q點(diǎn)處的電場強(qiáng)度是k8qd2
【答案】選A.
【詳解】兩極板之間的電場強(qiáng)度E＝Ud，q受到的電場力F＝Eq＝Udq＝QCdq，A正確；Q不是點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E＝kQr2在這里不能用，B、C、D不正確．
8．(2011年廣東珠海質(zhì)檢)分別將帶正電、負(fù)電和不帶電的三個(gè)等質(zhì)量小球，分別以相同的水平速度由P點(diǎn)射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶負(fù)電，下板接地．三小球分別落在圖中A、B、C三點(diǎn)，則錯(cuò)誤的是( )
A．A帶正電、B不帶電、C帶負(fù)電
B．三小球在電場中加速度大小關(guān)系是：aA
D．三小球到達(dá)下板時(shí)的動能關(guān)系是EkC>EkB>EkA
【答案】選C.
【詳解】由于A的水平射程x最遠(yuǎn)，A的運(yùn)動時(shí)間t＝xv0最長，C錯(cuò)誤．A的加速度aA＝2ht2最小，而C的加速度aC最大，aA
9．(2011年山東濟(jì)南調(diào)研)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是( )
A．板間電場強(qiáng)度大小為mg/q
B．板間電場強(qiáng)度大小為2mg/q
C．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動到光屏的時(shí)間相等
D．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時(shí)間
【答案】選BC.
【詳解】當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受電場力方向向上且大于重力時(shí)，質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到屏上．由運(yùn)動的合成與分解，可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動，所以質(zhì)點(diǎn)在電場中做類平拋運(yùn)動的時(shí)間和在重力場中做斜上拋運(yùn)動的時(shí)間相等．由運(yùn)動規(guī)律可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，vx＝v0；在豎直方向上：在電場中vy＝at，如圖所示，離開電場后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動，vy＝gt，由此運(yùn)動過程的對稱性可知a＝g，由牛頓第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正確．
10．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計(jì)電子的重力，下列說法正確的是( )
A．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子始終向右運(yùn)動，直到打到右極板上
B．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩極間振動
C．從t＝T/4時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上
D．從t＝3T/8時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上
【答案】AC
【詳解】若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯(cuò)誤；若從t＝T/4時(shí)刻釋放電子，電子先加速T/4，再減速T/4，有可能電子已達(dá)到右極板，若此時(shí)未達(dá)到右極板，則電子將在兩極板間振動，所以C正確；同理，若從t＝3T/8時(shí)刻釋放電子，電子有可能達(dá)到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩極間的距離，所以D錯(cuò)誤．
11．如圖所示，甲圖是用來使帶正電的離子加速和偏轉(zhuǎn)的裝置，乙圖為該裝置中加速與偏轉(zhuǎn)電場的等效模擬，以y軸為界，左側(cè)為沿x軸正向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E.右側(cè)為沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間的電勢差為U0，若在x軸的C點(diǎn)無初速度地釋放一個(gè)電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子(不計(jì)重力)，結(jié)果正離子剛好通過B點(diǎn)，求：
(1)CO間的距離d；
(2)粒子通過B點(diǎn)的速度大�。�
【答案】(1)U04E (2)5qU02m
【詳解】(1)設(shè)正離子到達(dá)O點(diǎn)的速度為v0(其方向沿x軸的正方向)
則正離子由C點(diǎn)到O點(diǎn)由動能定理得：
qEd＝12mv02－0①
而正離子從O點(diǎn)到B點(diǎn)做類平拋運(yùn)動，則：
OA＝12?qU0OA?mt2②
AB＝v0t③
而OA＝AB④
由①②③④得d＝U04E.
(2)設(shè)正離子到B點(diǎn)時(shí)速度的大小為vB，正離子從C到B過程中由動能定理得：
qEd＋qU0＝12mvB2－0，解得vB＝5qU02m.
12.如圖所示，一光滑斜面的直角點(diǎn)A處固定一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點(diǎn)B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上部小球從B點(diǎn)由靜止自由釋放，球能沿斜面從B點(diǎn)運(yùn)動到斜面底端C處，求：
(1)小球從B處開始運(yùn)動到斜面中點(diǎn)D處時(shí)的速度；
(2)小球運(yùn)動到斜面底端C處時(shí)，球?qū)π泵娴膲毫κ嵌啻螅?br />【答案】(1)gL2 (2)32mg－2kq23L2
【詳解】由于小球沿斜面下滑過程中所受電場力為變力，因此不能用功的定義來求解，只能用動能定理求解
(1)由題意知：小球運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)，由于AD＝AB，所以有電勢φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0①
則由動能定理得：mgL2sin30°＝12mv2D－0②
聯(lián)立①②解得：vD＝gL2③
(2)當(dāng)小球運(yùn)動至C點(diǎn)時(shí)，對球受力分析如圖所示，則由平衡條件得：
FN＋F庫sin30°＝mgcos30°④
由庫侖定律得：
F庫＝kq2(Lcos30°)2⑤
聯(lián)立④⑤得：
FN＝32mg－23kq2L2
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