2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題20 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題20 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題20 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（25頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題20 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題導(dǎo)航】目錄熱點(diǎn)題型一平行板電容器及其動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題1U不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析2Q不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析3平行板電容器中帶電粒子的問(wèn)題分析4熱點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)5電容器中直線運(yùn)動(dòng)5帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)6帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)7熱點(diǎn)題型三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)8熱點(diǎn)題型四帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)12粒子做直線往返運(yùn)動(dòng)12粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題14熱點(diǎn)題型五帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)16帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題16帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量和能量問(wèn)題17【題型演練】18【題型歸納】熱點(diǎn)題型一平行板電容器

2、及其動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題1分析思路(1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開(kāi)，Q不變(2)用決定式C確定電容器電容的變化(3)用定義式C判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變化(4)用E分析電容器極板間場(chǎng)強(qiáng)的變化2兩類動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的比較分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開(kāi)不變量UQd變大C變小Q變小E變小C變小U變大E不變S變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小r變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小U不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析【例1】(2019湖南長(zhǎng)沙模擬)利用電容傳感器可檢測(cè)礦井滲水，及時(shí)發(fā)出安全警報(bào)，從而避免事故的發(fā)生；如圖所示是一種通過(guò)測(cè)量電容

3、器電容的變化來(lái)檢測(cè)礦井中液面高低的儀器原理圖，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體(礦井中含有雜質(zhì)的水)，A、C構(gòu)成電容器已知靈敏電流表G的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系：電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)若礦井滲水(導(dǎo)電液體深度增大)，則電流表()A指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電 B指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電 C指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電 D指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電【答案】B【解析】由圖可知，液體與芯柱構(gòu)成了電容器，由圖可知，兩板間距離不變；液面變化時(shí)只有正對(duì)面積發(fā)生變化；則由C可知，當(dāng)液面升高時(shí)，只能是正對(duì)面積S增大；故可

4、判斷電容增大，再依據(jù)C和電勢(shì)差不變，可知電容器的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，因電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)，因此指針向左偏轉(zhuǎn)，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確【變式】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(chǎng)強(qiáng)度變大 B極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 D極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變【答案】D.【解析】平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變?nèi)魧⒃颇附橘|(zhì)移出，電容C減小，由C可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷

5、量減小由于U不變，d不變，由E可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤Q不變時(shí)電容器的動(dòng)態(tài)分析【例2】如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地在兩極板間有一個(gè)固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，表示靜電計(jì)指針的偏角若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()A增大，E增大 B增大，Ep不變 C減小，Ep增大 D 減小，E不變【答案】D.【解析】平行板電容器帶有等量異種電荷，當(dāng)極板正對(duì)面積不變時(shí)，兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至題圖中虛

6、線位置，由UEd可知，兩極板之間的電勢(shì)差減小，靜電計(jì)指針的偏角減小，由于下極板接地(電勢(shì)為零)，兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep不變綜上所述，選項(xiàng)D正確【變式】(2019西北師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，正極板接地，兩板間有一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷固定在P點(diǎn)靜電計(jì)的金屬球與電容器的負(fù)極板連接，外殼接地以E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)，表示P點(diǎn)的電勢(shì)，EP表示該試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，表示靜電計(jì)指針的偏角若保持負(fù)極板將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計(jì)帶電量可忽略不計(jì))，各物理量變化情況描述正確的是()AE增大，降低，EP減小，增大 BE不變，降低，EP增大，減小

7、CE不變，升高，EP減小，減小 DE減小，升高，EP減小，減小【答案】C【解析】將正極板適當(dāng)向右水平移動(dòng)，兩板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，則電容器的電量Q不變，由C得知，板間電壓U減小，因此夾角減小，再依據(jù)板間場(chǎng)強(qiáng)E，可見(jiàn)E不變；P點(diǎn)到正極板距離減小，且正極接地，由公式UEd得知，則P點(diǎn)的電勢(shì)；負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能減小，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確平行板電容器中帶電粒子的問(wèn)題分析【例3】(2018高考全國(guó)卷)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，

8、與極板距離相等現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略下列說(shuō)法正確的是()Aa的質(zhì)量比b的大 B在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大C在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等 D在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等【答案】BD【解析】根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運(yùn)動(dòng)，微粒b向上加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aaab.對(duì)微粒a，由牛頓第二定律，qEmaaa，對(duì)微粒b，由牛頓第二定律，qEmbab，聯(lián)立解得，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在a、b兩微粒運(yùn)

9、動(dòng)過(guò)程中，a微粒所受合外力(電場(chǎng)力)等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動(dòng)能定理，在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b大，選項(xiàng)B正確；由于在t時(shí)刻兩微粒經(jīng)過(guò)同一水平面，電勢(shì)相等，電荷量大小相等，符號(hào)相反，所以在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能不等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于a微粒受到的合外力(電場(chǎng)力)等于b微粒受到的合外力(電場(chǎng)力)，根據(jù)動(dòng)量定理，在t時(shí)刻，a、b微粒的動(dòng)量大小相等，選項(xiàng)D正確【變式】如圖所示，一種射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成放射源O在A極板左端，可以向各個(gè)方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的粒子(電子)若極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時(shí)，只有某一速度的粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管

10、C離兩板等距已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的粒子的這一速度為()A. B. C. D.【答案】C【解析】粒子反方向的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有Lv0t，豎直方向有at2，且a.從A到C的過(guò)程有eUmvmv2，以上各式聯(lián)立解得v，選項(xiàng)C正確熱點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a，E，v2v2ad2用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqEdqUmv2mv非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqUEk2Ek1電容器中直線運(yùn)動(dòng)【例4】(多選)(2019株洲檢測(cè))如圖所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號(hào)電荷的金屬板A、B，板與水平方向的夾角為，一個(gè)電荷量q1.41104 C、質(zhì)量m1 g的帶電小球，自A板

11、上的孔P以水平速度v00.1 m/s飛入兩板之間的電場(chǎng)，經(jīng)0.02 s后未與B板相碰又回到孔P，g取10 m/s2，則()A板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100 V/m B板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為141 V/mC板與水平方向的夾角30 D板與水平方向的夾角45【答案】AD【解析】因?yàn)樾∏驈目譖水平飛入兩板之間，沿水平方向運(yùn)動(dòng)，小球受力如圖所示，設(shè)板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，板與水平方向的夾角為，在豎直方向由平衡條件得Eqcos mg，在水平方向由動(dòng)量定理得Eqtsin 2mv0，解得E100 V/m，tan 1，即45，A、D正確【變式】如圖所示，電子由靜止開(kāi)始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間電壓不

12、變，則()A當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v增大 B當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v減小C當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v不變 D當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)【答案】C【解析】由動(dòng)能定理得eUmv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí)，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即t，當(dāng)d減小時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)【例5】如圖所示，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(dòng)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()A運(yùn)

13、動(dòng)到P點(diǎn)返回 B運(yùn)動(dòng)到P和P點(diǎn)之間返回C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回 D穿過(guò)P點(diǎn)【答案】A.【解析】電子在A、B板間的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間的電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，M、P兩點(diǎn)間的距離為d，則有eUeEd0，若將C板向右平移到P點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E可知，C板向右平移到P時(shí)，B、C兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運(yùn)動(dòng)后，在B、C板間減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零，然后返回，A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤【變式】如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左不計(jì)空氣阻力，則小球()A做直線運(yùn)動(dòng) B做曲線運(yùn)

14、動(dòng)C速率先減小后增大 D速率先增大后減小【答案】BC【解析】對(duì)小球受力分析，小球受重力、電場(chǎng)力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯(cuò)誤帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)【例6】如圖甲所示，A板電勢(shì)為0，A板中間有一小孔，B板的電勢(shì)變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在t時(shí)刻以初速度為0從A板上的小孔處進(jìn)入兩極板間，僅在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，恰好到達(dá)B板則()AA、B兩板間的距離為 B粒子在兩板間的最大速度為

15、 C粒子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D若粒子在t時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打向B板【答案】B.【解析】粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；粒子在t時(shí)刻以初速度為0進(jìn)入兩極板，先加速后減速，在時(shí)刻到達(dá)B板，則，解得d ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在時(shí)刻速度最大，則vm ，選項(xiàng)B正確；若粒子在t時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，在時(shí)間內(nèi)，粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)，位移x，所以粒子在時(shí)刻之前已經(jīng)到達(dá)B板，選項(xiàng)D錯(cuò)誤【變式】如圖(a)所示，兩平行正對(duì)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(huì)時(shí)而

16、向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上則t0可能屬于的時(shí)間段是()A0t0 B.t0 C.t0T DTt0【答案】B【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正依題意知，粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)分別作出t00、時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的v t圖象，如圖所示由于v t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過(guò)的位移，則由圖象知，0t0與t0T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零，t0時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；t0T時(shí)情況類似因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各項(xiàng)可知B正確熱點(diǎn)題型三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)1帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)

17、律2處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的方法(1)運(yùn)動(dòng)的分解法一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)(2)功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢(shì)差3.計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法(1)yy0Ltan (L為屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的水平距離)；(2)y(L)tan (l為電場(chǎng)寬度)；(3)yy0vy；(4)根據(jù)三角形相似.【例6】(2019江西吉安一中段考)如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為

18、E22E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)重力)無(wú)初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn)，A點(diǎn)到MN的距離為，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間t；(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值tan ；(3)電子打到屏上的點(diǎn)P(圖中未標(biāo)出)到點(diǎn)O的距離x.【答案】(1)3(2)2(3)3L【解析】(1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1，由牛頓第二定律得：a1由xat2得：a1t電子進(jìn)入電場(chǎng)E2時(shí)的速度為：v1a1t1進(jìn)入電場(chǎng)E2到屏

19、水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為：t22t2電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間為：tt1t2聯(lián)立求解得：t3；(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)E2時(shí)平行電場(chǎng)方向的速度為vy，由牛頓第二定律得：電子進(jìn)入電場(chǎng)E2時(shí)的加速度為：a2vya2t2電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值為tan 聯(lián)立得：tan 2(3)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)電子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x，根據(jù)上圖用幾何關(guān)系得：tan 聯(lián)立得：x3L【變式1】如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加上恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B的右側(cè)有平行于極板的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)范圍足夠大，感光板MN垂直于電場(chǎng)方向

20、放置，第一次從小孔O1處從靜止釋放一個(gè)質(zhì)子11H，第二次從小孔O1處從靜止釋放一個(gè)粒子24He，關(guān)于這兩個(gè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的判斷正確的是()A質(zhì)子和粒子打到感光板上時(shí)的速度之比為21 B質(zhì)子和粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同C質(zhì)子和粒子打到感光板上時(shí)的動(dòng)能之比為12 D質(zhì)子和粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡重疊在一起【答案】CD【解析】從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到打到板上質(zhì)子的速度為v1，粒子速度為v2，根據(jù)動(dòng)能定理有UqEdqmv20，化簡(jiǎn)得出v，質(zhì)子的比荷與粒子的比荷之比為21，代入得，故A錯(cuò)誤；設(shè)粒子在加速電場(chǎng)中加速時(shí)間為t1，加速位移為x1，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y，有x1a1t12t12，yt22，

21、由于質(zhì)子和粒子的加速位移和偏轉(zhuǎn)位移相同，但是比荷不同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，故B錯(cuò)誤；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到打到板上，根據(jù)動(dòng)能定理有UqEdqEk0，解得Ekq(UEd)，因?yàn)閁、E、d相同，則有，故C正確；帶電粒子進(jìn)入加速電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得qUmv02，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后電勢(shì)差為U2，偏轉(zhuǎn)的位移為y，有yat2()2，聯(lián)立得y，速度的偏轉(zhuǎn)角正切值為tan ，有tan ，偏轉(zhuǎn)位移y與速度的偏轉(zhuǎn)角正切值tan 與帶電粒子無(wú)關(guān)，因此運(yùn)動(dòng)軌跡重疊在一起，故D正確【變式2】(2019洛陽(yáng)一模)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速地飄入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)

22、生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()A偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多 B三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大C三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同 D三種粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD【解析】根據(jù)動(dòng)能定理有qE1dmv，得三種粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后獲得的速度v1 .在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，由lv1t2及yt得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的側(cè)位移y，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)WqE2y得，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多，選項(xiàng)A正確根據(jù)動(dòng)能定理，qE1dqE2ymv，得到粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2打到屏上時(shí)的速度v2 ，由于三種粒子的質(zhì)量不相等

23、，故v2不一樣大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤粒子打在屏上所用的時(shí)間t(L為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時(shí)間不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤根據(jù)vyt2及tan 得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan ，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項(xiàng)D正確熱點(diǎn)題型四帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1常見(jiàn)的交變電場(chǎng)常見(jiàn)的產(chǎn)生交變電場(chǎng)的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等2常見(jiàn)的試題類型此類題型一般有三種情況：(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)3解答帶電粒子

24、在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的邊界條件(2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系(3)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用粒子做直線往返運(yùn)動(dòng)利用速度圖象分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程時(shí)的注意事項(xiàng)(1)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻；(2)速度圖象的切線斜率表示加速度；(3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負(fù)；(4)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用；(5)圖線與

25、橫軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度改變方向，對(duì)運(yùn)動(dòng)很復(fù)雜、不容易畫(huà)出速度圖象的問(wèn)題，還應(yīng)逐段分析求解【例7】如圖(a)所示，兩平行正對(duì)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(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上則t0可能屬于的時(shí)間段是()A0t0 B.t0 C.t0T DTt0【答案】B【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正依題意知，粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)分別作出t00、時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的v t圖象，如圖所示由于v t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過(guò)的位移，

26、則由圖象知，0t0與t0T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零，t0時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；t0T時(shí)情況類似因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各項(xiàng)可知B正確【變式】制備納米薄膜裝置的工作電極可簡(jiǎn)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UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為kU0(k1)，電壓變化的周期為2，如圖乙所示在t0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(chǎng)作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用若k，電子在02時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件【答案】d【解析】電子在0

27、時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a1位移x1a12在2時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a2初速度的大小v1a1勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2由題知dx1x2，解得d.粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題交變電壓的周期性變化，勢(shì)必會(huì)引起帶電粒子的某個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程和某些物理量的周期性變化，所以應(yīng)注意：(1)分過(guò)程解決“一個(gè)周期”往往是我們的最佳選擇(2)建立模型帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程往往能在力學(xué)中找到它的類似模型(3)正確的運(yùn)動(dòng)分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小、方向)變化，而物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)則由加速度和速度的方向關(guān)系確定【例8】(2019福建廈門一中期中)相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開(kāi)有一

28、個(gè)小孔，如圖甲所示，靠近A板的小孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為e，在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交變電壓，其中0k1，U0；緊靠B板的偏轉(zhuǎn)電壓也等于U0，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩極板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端處垂直放置很大的熒光屏PQ，不計(jì)電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可以忽略不計(jì)(1)試求在0kT與kTT時(shí)間內(nèi)射出B板電子的速度各是多大？(2)在0T時(shí)間內(nèi)，熒光屏上有兩個(gè)位置會(huì)發(fā)光，試求這兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離(結(jié)果用L、d表示)【答案】(1)v0v0(2)【解析】(1)電子經(jīng)過(guò)電容器內(nèi)的電場(chǎng)后，速度要發(fā)生變化，設(shè)在0kT時(shí)間內(nèi)，

29、穿出B板的電子速度為v1，kTT時(shí)間內(nèi)射出B板的電子速度為v2據(jù)動(dòng)能定理有：eU0mvmv，eU0mvmv將U0代入上式，得：v1v0，v2v0(2)在0kT時(shí)間內(nèi)射出B板的電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1側(cè)移量：y1at，得y1打在熒光屏上的坐標(biāo)為y1，則：y12y1同理可得在kTT時(shí)間內(nèi)穿出B板后電子的側(cè)移量：y2打在熒光屏上的坐標(biāo)：y22y2故兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離：yy1y2.【變式】如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示t0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板

30、接觸重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()甲乙A末速度大小為 v0B末速度沿水平方向C重力勢(shì)能減少了mgdD克服電場(chǎng)力做功為mgd【答案】BC【解析】.0時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，有mgqE0.把微粒的運(yùn)動(dòng)分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)；豎直方向：時(shí)間內(nèi)，只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻，v1yg；T時(shí)間內(nèi)，ag，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻，v2yv1ya0，所以末速度vv0，方向沿水平方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；重力勢(shì)能的減少量Epmgmgd，所以選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理：mgdW克電0，得W克電mgd，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤熱點(diǎn)題型五帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電體在

31、電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1等效重力法將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的豎直向下方向2物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問(wèn)題小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過(guò)最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫(huà)圓的最上端，是符合人眼視覺(jué)習(xí)慣的最高點(diǎn)而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最小(稱為臨界速度)的點(diǎn)【例9】(2019福建廈門一中期中)如圖，光滑斜面傾角為37，一質(zhì)量m10

32、g、電荷量q1106 C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，該物體恰能靜止在斜面上，g取10 m/s2，求：(1)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的，小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大??；(3)在(2)前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L m時(shí)，機(jī)械能的改變量【答案】(1)7.5104 N/C，方向水平向右(2)3 m/s2(3)0.02 J【解析】(1)如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場(chǎng)力三個(gè)力作用，受力平衡，則有在x軸方向：Fcos 37mgsin 370在y軸方向：FNmgcos 37Fsin 370得：qEmgtan 37，故有E7.5104 N/C，方向水平向右(2)場(chǎng)強(qiáng)變化后

33、物塊所受合力為：Fmgsin 37qEcos 37根據(jù)牛頓第二定律得：Fma故代入解得a0.3g3 m/s2，方向沿斜面向下(3)機(jī)械能的改變量等于電場(chǎng)力做的功，故EqELcos 37，解得E0.02 J.帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量和能量問(wèn)題動(dòng)量、能量關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過(guò)程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力因此，通過(guò)審題，抓住受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各力做功的特點(diǎn)來(lái)選擇相應(yīng)規(guī)律求解動(dòng)能定理和能量守恒定律在處理電場(chǎng)中能量問(wèn)題時(shí)仍是首選【例10】如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長(zhǎng)，LM下端與MN相切質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平

34、面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)已知A、B兩球始終沒(méi)有接觸重力加速度為g.求：(1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大??；(2)A、B兩球相距最近時(shí)，A、B兩球系統(tǒng)的電勢(shì)能Ep；(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小【答案】(1)(2)mgh(3)【解析】(1)對(duì)A球下滑的過(guò)程，據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh2mv解得v0.(2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)兩球相距最近時(shí)共速，有2mv0(2mm)v解得vv0據(jù)能量

35、守恒定律得2mgh(2mm)v2Ep解得Epmgh.(3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí)，相互作用力為零，系統(tǒng)勢(shì)能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定則2mv02mvAmvB2mv2mvmv解得vAv0，vBv0.【題型演練】1(多選)(2019湖北六校聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，只受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力的作用若重力勢(shì)能增加5 J，機(jī)械能增加1.5 J，電場(chǎng)力做功2 J，則小球()A重力做功為5 JB電勢(shì)能減少2 JC空氣阻力做功0.5 J D動(dòng)能減少3.5 J【答案】BD【解析】小球的重力勢(shì)能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)

36、小球做功2 J，則小球的電勢(shì)能減小2 J，故B正確；小球共受到重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三個(gè)力作用小球的機(jī)械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故C錯(cuò)誤；重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三力做功之和為3.5 J，根據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能減小3.5 J，D正確2(多選)(2016高考全國(guó)卷)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且相對(duì)于過(guò)軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱忽略空氣阻力由此可知()AQ點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高 B油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大C油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的大 D

37、油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小【答案】AB【解析】帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且相對(duì)于過(guò)軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱，可以判斷合力的方向豎直向上，而重力方向豎直向下，可知電場(chǎng)力的方向豎直向上，運(yùn)動(dòng)電荷是負(fù)電荷，所以勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下，所以Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高，帶負(fù)電的油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的小，在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大，故A、B正確，C錯(cuò)誤在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D錯(cuò)誤3(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象當(dāng)t0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的

38、作用，則下列說(shuō)法中正確的是()A帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C3 s末帶電粒子的速度為零 D03 s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零【答案】CD【解析】設(shè)第1 s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2 s內(nèi)的加速度為a2，由a可知，a22a1，可見(jiàn)，粒子第1 s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3 s 末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0，v t圖象如圖所示，由動(dòng)能定理可知，此過(guò)程中電場(chǎng)力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確4.(2019貴州三校聯(lián)考)在地面附近，存在著一個(gè)有界電場(chǎng)，邊界MN將空間分成左、右兩個(gè)區(qū)域，在右區(qū)域中有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在右區(qū)域

39、中離邊界MN某一位置的水平地面上由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的帶電滑塊(滑塊的電荷量始終不變)，如圖甲所示，滑塊運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則()A滑塊在MN右邊運(yùn)動(dòng)的位移大小與在MN左邊運(yùn)動(dòng)的位移大小相等B在t5 s時(shí)，滑塊經(jīng)過(guò)邊界MNC滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力與電場(chǎng)力之比為25D在滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力做的功小于電場(chǎng)力做的功【答案】C.【解析】根據(jù)題中速度圖線與橫軸所圍的面積表示位移可知，滑塊在MN右邊運(yùn)動(dòng)的位移大小與在MN左邊運(yùn)動(dòng)的位移大小不相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙所示速度圖象可知，t2 s時(shí)滑塊越過(guò)分界線MN，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)題中速度圖象斜率表示加速度可知，在02 s時(shí)

40、間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a1，在25 s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a2，設(shè)電場(chǎng)力為F，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力為f，對(duì)滑塊在MN分界線右側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，F(xiàn)fma1，對(duì)滑塊在MN分界線左側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，fma2，聯(lián)立解得：fF25，選項(xiàng)C正確；在滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力做的功可表示為：Wff2.5v0，電場(chǎng)力做的功可表示為WFFv02.5fv0，二者做功相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤5.(2019湖北孝感模擬)靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來(lái)定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，D為靜電計(jì)，開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S閉合，靜電計(jì)

41、指針張開(kāi)一定角度，為了使指針張開(kāi)的角度減小些，下列采取的措施可行的是()A斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，將A、B兩極板分開(kāi) B斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對(duì)面積C保持開(kāi)關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些 D保持開(kāi)關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)【答案】B【解析】.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，電容器所帶電荷量不變，將A、B兩極板分開(kāi)些，則d增大，根據(jù)C知，電容C減小，根據(jù)U知，電勢(shì)差增大，指針張角增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，增大A、B兩極板的正對(duì)面積，即S增大，根據(jù)C知，電容C增大，根據(jù)U知，電勢(shì)差減小，指針張角減小，選項(xiàng)B正確；保持開(kāi)關(guān)S閉合，無(wú)論將A、B兩極板分開(kāi)些，還是將兩者靠近些，電容器兩端的電勢(shì)差都不變，則指

42、針張角不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；保持開(kāi)關(guān)S閉合，滑動(dòng)變阻器僅充當(dāng)導(dǎo)線作用，電容器兩端的電勢(shì)差不變，滑片滑動(dòng)不會(huì)影響指針張角，選項(xiàng)D錯(cuò)誤6.(2019福建龍巖模擬)如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的5倍，它們以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，分別打在M、N點(diǎn)，若OMMN，則P和Q的質(zhì)量之比為(不計(jì)重力)()A25 B52 C45 D54【答案】D【解析】粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩粒子的初速度相等，水平位移比為12，由lv0t可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間比為12，由yat2得加速度之比為41，根據(jù)牛頓第二定律得a，因?yàn)殡姾闪勘葹?1，

43、則質(zhì)量比為54，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤7.如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的()A小球帶負(fù)電 B電場(chǎng)力跟重力平衡C小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減小 D小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒【答案】B【解析】由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與電場(chǎng)力的合力為0，電場(chǎng)力方向豎直向上，小球帶正電，A錯(cuò)，B對(duì)；從ab，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，C錯(cuò)；由于有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)8.如圖所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限

44、中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P(L，0)點(diǎn)射入第二象限，已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng)，并且能夠連續(xù)兩次通過(guò)y軸上的同一個(gè)點(diǎn)Q(未畫(huà)出)，重力加速度g為已知量求：(1)初速度v0與x軸正方向的夾角；(2)P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPQ；(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間【答案】(1)45(2)(3)【解析】(1)由題意知，帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qEmg設(shè)初速度v0與x軸正方向的夾角為，且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動(dòng)，有tan 解得45.(2)P到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理有qELmgL0WPQ

45、qEL解得UPQ.(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有mgma，即ag，v0at解得t帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時(shí)間T2t.9.(2019安徽合肥模擬)如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的足夠長(zhǎng)的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場(chǎng)，B板接地，A板電勢(shì)A隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對(duì)小孔O1和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場(chǎng)現(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t0時(shí)刻以一定初速度沿A、B兩板間的中軸線O1O1進(jìn)入，并能從O1沿O1O2進(jìn)入C、D間已知帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，(不計(jì)粒子重力)求：(1)該粒子進(jìn)入A、B間的初速度v0為多大時(shí)，粒子

46、剛好能到達(dá)O2孔；(2)在(1)的條件下，A、B兩板長(zhǎng)度的最小值；(3)A、B兩板間距的最小值【答案】(1) (2)T(3)【解析】(1)粒子在A、B板間運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向不受外力作用而做勻速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入O1孔的速度即為進(jìn)入A、B板間的初速度v0，粒子在C、D間運(yùn)動(dòng)，剛好能到達(dá)O2孔，由動(dòng)能定理得qU2mv解得v0.(2)粒子進(jìn)入A、B板間后，在一個(gè)周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)，即v豎0，若在第一個(gè)周期進(jìn)入O1孔，則對(duì)應(yīng)兩板長(zhǎng)度最短，則最短長(zhǎng)度Lv0TT.(3)若粒子在的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中剛好打不到A板而返回，則此時(shí)兩板間距最小，設(shè)為d，有2解得d.10.(2019河南南陽(yáng)一中模擬)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從A點(diǎn)以速度v0垂直于電場(chǎng)方向射入一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從B點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)線成120角，電子重力不計(jì)求：(1)電子在電場(chǎng)中的加速度大小a及電子在B點(diǎn)的速度大小vB；(2)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB；(3)電子從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間tAB.【答案】(1)v0(2)(3)【解析】(1)電子在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得a將電子在B點(diǎn)的速度分解(如圖)可知vBv0(2)由動(dòng)能定理可知：eUABmvB2mv02解式得UAB.(3)在B點(diǎn)設(shè)電子在B點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的速度大小為vy，則有：vyv0tan 30vyatAB解式得：tAB.25