2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第07章 電場(chǎng) 第3講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版

第三講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一電容器1.電容器的充、放電(1)充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能.(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2公式C和C的比較(1)定義式：C，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無(wú)關(guān)(2)決定式：C，r為介電常數(shù)，S為極板正對(duì)面積，d為板間距離3對(duì)照教材實(shí)驗(yàn)：如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素電容器與電源保持連接，增大兩板間的距離試分析電容器的電容C、兩板間的場(chǎng)強(qiáng)E、電容器的帶電量Q及靜電計(jì)指針偏角各如何變化？提示：dC，E，QCU，因U不變，故不變電容器充電后與電源斷開(kāi)，增大兩板間的距離d，試分析C、U、E、各如何變化？提示：Q一定：dC，U，E不變，U電容器充電后與電源斷開(kāi)，緊貼右極板插入與電容器極板寬度相同的金屬板或玻璃板時(shí)，靜電計(jì)指針偏角各如何變化？提示：插入金屬板相當(dāng)于d減小，將減?。徊迦氩ＡО錍增大、減小.二帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)示波管1.帶電粒子在電場(chǎng)中的加速(1)帶電粒子在左極板附近由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，求到達(dá)右極板時(shí)的速度？(不計(jì)重力)從力和運(yùn)動(dòng)的角度入手從功和能的角度入手提示：E，a，v.qUmv2，v .(2)如圖所示水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子由Q點(diǎn)以初速度v0開(kāi)始沿著與水平方向成角的圖示方向做直線運(yùn)動(dòng)求帶電粒子沿初速度方向運(yùn)動(dòng)的最大距離？是否考慮粒子的重力？帶電粒子的電性？帶電粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)？電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是多少？提示：因粒子作直線運(yùn)動(dòng)，若只受電場(chǎng)力則不可能應(yīng)考慮重力且重力和電場(chǎng)力的合力與初速度v0平行，分析可知帶電粒子作勻減速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)速度減為零時(shí)，帶電粒子沿初速度方向運(yùn)動(dòng)為最大由粒子的受力知粒子帶負(fù)電，tan ，E.F合ma，x.2帶電粒子的偏轉(zhuǎn)(限于勻強(qiáng)電場(chǎng)且不計(jì)重力)(1)帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，由于電場(chǎng)力方向與粒子的初速度方向垂直，且電場(chǎng)力是恒力，所以帶電粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)(2)分析處理方法：類(lèi)似于平拋運(yùn)動(dòng)的分析處理，即應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解的知識(shí)方法沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)：運(yùn)動(dòng)時(shí)間t沿電場(chǎng)力方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)：加速度a.離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量yat2沿電場(chǎng)力方向的分速度vyat根據(jù)速度的合成得：粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度v離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tan .(3)某同學(xué)根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度，方法如下：由qUmv2mv得：v 請(qǐng)思考為何計(jì)算出的結(jié)果與根據(jù)速度的合成得出的結(jié)果不同？提示：上述計(jì)算結(jié)果是錯(cuò)誤的帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，電場(chǎng)力做的功應(yīng)是WEq·yqy.WqU中的U應(yīng)是入射點(diǎn)和出射點(diǎn)之間的電勢(shì)差(4)若帶電粒子從兩板中央進(jìn)入最后未出電場(chǎng)打在下板上如何處理？提示：此時(shí)偏轉(zhuǎn)位移y，Wq·.(5)若帶電粒子從上板邊緣進(jìn)入最后擦著下板邊緣穿出電場(chǎng)根據(jù)qUmv2mv計(jì)算正確嗎？提示：正確(6)將帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度反向延長(zhǎng)與初速度方向的相交點(diǎn)O點(diǎn)的位置有何特征？提示：由幾何關(guān)系tan ，得L，即O點(diǎn)為中點(diǎn)3“電加速”“電偏轉(zhuǎn)”(1)試證明：不同帶電粒子從靜止經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速度后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移偏轉(zhuǎn)角度總是相同的(2)怎樣求OP？你能給出幾種不同的求解方法？提示：方法一：由tan 可求OP.方法二：由三角形相似可求OP.方法三：由運(yùn)動(dòng)的合成與分解OPvy·tvy·.1(教科版選修31P40第9題)關(guān)于電容器的電容，下列說(shuō)法中正確的是()A電容器所帶電荷量越多，電容越大B電容器兩板間電壓越低，其電容越大C電容器不帶電時(shí)，其電容為零D電容器的電容只由它本身的特性決定答案：D2(人教版選修31P32第1題)平行板電容器的一個(gè)極板與靜電計(jì)的金屬桿相連，另一個(gè)極板與靜電計(jì)金屬外殼相連給電容器充電后，靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)一個(gè)角度以下情況中，靜電計(jì)指針的偏角是增大還是減?。?1)把兩板間的距離減?。?2)把兩板間的相對(duì)面積減??；(3)在兩板間插入相對(duì)介電常數(shù)較大的電介質(zhì)答案：(1)把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變小(2)把兩極板間相對(duì)面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計(jì)指針偏角變大(3)在兩極板間插入相對(duì)介電常數(shù)較大的電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變小3(人教版選修31P39第2題)某種金屬板M受到某種紫外線照射時(shí)會(huì)不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其速度大小也不相同在M旁放置一個(gè)金屬網(wǎng)N.如果用導(dǎo)線將MN連接起來(lái)，M射出的電子落到N上便會(huì)沿導(dǎo)線返回M，從而形成電流現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按下圖那樣在M、N之間加一個(gè)電壓U，發(fā)現(xiàn)當(dāng)U12.5 V時(shí)電流表中就沒(méi)有電流已知電子的質(zhì)量me9.1×1031 kg.問(wèn)：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是多少？(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)解析：如果電子的動(dòng)能減少到等于0的時(shí)候，電子恰好沒(méi)有到達(dá)N板，則電流表中就沒(méi)有電流由W0Ekm，WeU，得eU0Ekmmev2v m/s2.10×106 m/s. 答案：2.10×106 m/s4(人教版選修31P39第3題)先后讓一束電子和一束氫核通過(guò)同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)進(jìn)入時(shí)速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開(kāi)時(shí)電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比(1)電子與氫核的初速度相同(2)電子與氫核的初動(dòng)能相同解析：設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極間距離為d，極板長(zhǎng)為l，則：帶電粒子在加速電場(chǎng)中獲得初動(dòng)能mvqU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度a，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿靜電力方向的速度vyat，粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan .(1)若電子與氫核的初速度相同，則.(2)若電子與氫核的初動(dòng)能相同，則1.答案：見(jiàn)解析考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1.平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差U保持不變(2)充電后與電源斷開(kāi)時(shí)，電容器所帶的電荷量Q保持不變2動(dòng)態(tài)分析思路(1)U不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析Q的變化根據(jù)E分析場(chǎng)強(qiáng)的變化根據(jù)UABE·d分析某點(diǎn)電勢(shì)變化(2)Q不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析U的變化根據(jù)E分析場(chǎng)強(qiáng)變化1(2016·全國(guó)乙卷)一平行板電容器兩極板之間充滿(mǎn)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)度不變解析：選D平行板電容器電容的表達(dá)式為C，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變小由于極板間電壓不變，據(jù)QCU知，極板上的電荷量變小再考慮到極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E，由于U、d不變，所以極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，選項(xiàng)D正確2.(2018·福州聯(lián)考)如圖所示，兩平行金屬板豎直放置且B板接地，其間有用絕緣細(xì)線懸掛的帶電小球，當(dāng)給兩金屬板充電Q后，懸線與豎直方向夾角為，因電離作用， 兩金屬板的電荷量緩慢減小(小球電荷量假設(shè)不變)，以至懸線與豎直方向間的夾角逐漸減小，則 在夾角減少到的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A細(xì)線拉力逐漸增大B細(xì)線拉力大小不變C電容器兩極板減小的電荷量為D電容器兩極板減小的電荷量為解析：選D小球受到重力mg、細(xì)線的拉力FT和水平向右的電場(chǎng)力F的作用而處于動(dòng)態(tài)平衡(如圖所示)，由FT可知，減小，F(xiàn)T也減小，A、B錯(cuò)誤；令兩極板間距離為d，電容器的電容為C，由圖知tan 1，令減小的電荷量為Q，同理可得tan 2，聯(lián)立解得QQ，C錯(cuò)誤，D正確.考點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說(shuō)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(shuō)明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力2做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)粒子所受合外力F合0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)(2)粒子所受合外力F合0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)3用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a，E，v2v2ad.4用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WEqdqUmv2mv非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqUEk2Ek1 (2017·江蘇卷)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)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)解析：選A設(shè)AB、BC間的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，據(jù)動(dòng)能定理得：eE1d1eE2d20當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E2，BC板間的電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距無(wú)關(guān)，大小不變第二次釋放后，設(shè)電子在BC間移動(dòng)的距離為x，則eE1d1eE2x00比較兩式知，xd2，即電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)返回，選項(xiàng)A正確 (2018·河北定州中學(xué)月考)如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過(guò)閉合的開(kāi)關(guān)S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個(gè)小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，若不計(jì)空氣阻力，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，然后返回現(xiàn)要使帶電質(zhì)點(diǎn)能穿過(guò)b孔，則可行的方法是()A保持S閉合，將A板適當(dāng)上移B保持S閉合，將B板適當(dāng)下移C先斷開(kāi)S，再將A板適當(dāng)上移D先斷開(kāi)S，再將B板適當(dāng)下移解析：選B設(shè)質(zhì)點(diǎn)距離A板的高度h，A、B兩板原來(lái)的距離為d，電壓為U.質(zhì)點(diǎn)的電量為q.由題質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，根據(jù)動(dòng)能定理得mg(hd)qU0.若保持S閉合，將A板適當(dāng)上移，設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得mg(hd)qUmv2，v0，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，然后返回，不能穿過(guò)b孔故A錯(cuò)誤若保持S閉合，將B板適當(dāng)下移距離d，由動(dòng)能定理得mg(hdd)qUmv2，則v0，質(zhì)點(diǎn)能穿過(guò)b孔故B正確若斷開(kāi)S時(shí)，將A板適當(dāng)上移，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，設(shè)A板上移距離為d，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的深度為d時(shí)速度為零由動(dòng)能定理得mg(hdd)qEd0，又由原來(lái)情況有mg(hd)qEd0.比較兩式得，dd，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)在到達(dá)b孔之前，速度減為零，然后返回故C錯(cuò)誤若斷開(kāi)S，再將B板適當(dāng)下移，根據(jù)動(dòng)能定理可知，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔原來(lái)的位置速度減為零，然后返回，不能到達(dá)b孔故D錯(cuò)誤故選B3(2018·黃岡月考)如圖所示，平行板電容器兩板間有一帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)電容器的電荷量為Q1(A板帶正電)時(shí) ，小球恰好靜止在P點(diǎn)，當(dāng)電容器的電荷量突增到Q2時(shí)，帶電小 球開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t，使A板帶負(fù)電，B板帶正電，電荷量仍為Q2，則再經(jīng)時(shí)間t帶電小球剛好回到P點(diǎn)，不計(jì)一切阻力，小球運(yùn)動(dòng)中沒(méi)與極板相碰，則()AQ22Q1BQ23Q1CQ24Q1DQ25Q1解析：選A因小球靜止，所以有mgq，只改變電容器兩極板的電荷量時(shí)有ma1qmg，再改變電容器兩極板的電性有ma2qmg，而兩段相等時(shí)間內(nèi)位移滿(mǎn)足a1t2，聯(lián)立得U22U1，又因QCU，所以Q22Q1，A正確4.(2018·牡丹江市一中月考)豎直放置的兩塊足夠長(zhǎng)的平行金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)其電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成角時(shí)小球恰好平衡，如圖所示，請(qǐng)問(wèn)：(1)小球的電性及所帶電荷量是多少？(2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長(zhǎng)時(shí)間？解析：(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球受力分析如圖所示，小球帶正電；Fsin qEFcos mg由上述兩式得tan ，故q.(2)由第(1)問(wèn)中的方程知F，而剪斷絲線后，小球所受電場(chǎng)力和重力的合力與未剪斷絲線時(shí)絲線的拉力大小相等，故剪斷絲線后小球所受重力、電場(chǎng)力的合力等于.小球的加速度a，小球由靜止開(kāi)始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)碰到金屬板上時(shí)，它經(jīng)過(guò)的位移為s，又由sat2，t.答案：(1)正電；q(2) 考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1.運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間(2)沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)2兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的證明：由qU0mvyat2··2tan 得：y，tan (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為.3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 (2018·河北定州中學(xué)模擬)如圖所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)為L(zhǎng)8 cm，兩板間距離d8 cm，A板比B板電勢(shì)高300 V，一帶正電的粒子電荷量為q1.0×1010 C、質(zhì)量為m1.0×1020 kg，沿電場(chǎng)中心線RO垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)，初速度v02.0×106 m/s，粒子飛出電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)已知兩界面MN、PS相距為12 cm，D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線上，距離界面PS為9 cm，粒子穿過(guò)界面PS做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上(靜電力常量k9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不計(jì))(1)求粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為多遠(yuǎn)；到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為多遠(yuǎn)；(2)在圖上粗略畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡；(3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小解析：(1)粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離(偏移位移)：yat2，a，Lv0t，則yat220.03 m3 cm.粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡與PS交于H，設(shè)H到中心線的距離為Y，則有，解得Y4y12 cm.(2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧(3)粒子到達(dá)H點(diǎn)時(shí)，其水平速度vxv02.0×106 m/s豎直速度vyat1.5×106 m/s則v合2.5×106 m/s該粒子在穿過(guò)界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以Q帶負(fù)電根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r15 cmkm，解得Q1.04×108 C答案：(1)3 cm12 cm(2)見(jiàn)解析圖(3)負(fù)電；Q1.04×108 C分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)(2)運(yùn)動(dòng)分析：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) 如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)板間距離L8 cm，極板長(zhǎng)為2L，下極板接地，偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離也為2L，在兩極板間接一交變電壓，電壓的周期T4 s，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，大量電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中央持續(xù)射入，穿過(guò)平行板的時(shí)間極短，可認(rèn)為電子穿過(guò)平行板的過(guò)程中電壓是不變的，求：(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v0(用電子的比荷，加速電壓U0表示)(2)在電勢(shì)變化的每個(gè)周期內(nèi)熒光屏?xí)霈F(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，即無(wú)電子擊中屏幕，求每個(gè)周期內(nèi)的“黑屏”時(shí)間(3)熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長(zhǎng)度解析：(1)由動(dòng)能定理eU0mvv0.(2)設(shè)電子恰好能射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)電壓為Um，則有at2·2解得Um0.5U0，結(jié)合圖象知，偏轉(zhuǎn)電壓由0.8U00.5U0變化時(shí)，熒光屏上“黑屏”“黑屏”時(shí)間為t，t1 s.(3)電子向上偏轉(zhuǎn)時(shí)，s112 cm.電子向下偏轉(zhuǎn)時(shí)，y2·2，代入數(shù)據(jù)得s29.6 cm.故總長(zhǎng)度ss1s221.6 cm.答案：(1) (2)1 s(3)21.6 cm5.(2018·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)如圖所示，帶有小孔的平行極板A、B間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E0，極板間距離為L(zhǎng).其右側(cè)有與A、B垂直的平行極板C、D，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，C、D板間加恒定的電壓現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子(重力不計(jì))，從A板處由靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后通過(guò)B板的小孔飛出；經(jīng)過(guò)C、D板間的電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從電場(chǎng)的右側(cè)邊界M點(diǎn)飛出電場(chǎng)區(qū)域，速度方向與邊界夾角為60°，求：(1)電子在A、B間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(2)C、D間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度解析：(1)電子在A、B間直線加速，加速度a，設(shè)電子在A、B間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則Lat2，解得t .(2)設(shè)電子從B板的小孔飛出時(shí)的速度為v0，則v0at，則電子從平行極板C、D間射出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vyv0tan 30°，又vy·，可得C、D間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度EE0.答案：(1) (2)E06.(2017·蚌埠期末)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x軸正方向?yàn)樨Q直向上在該平面內(nèi)分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿(mǎn)足拋物線方程ykx2，且小球通過(guò)點(diǎn)P.已知重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?2)小球拋出時(shí)的初速度大?。?3)若小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)的動(dòng)能是拋出時(shí)初動(dòng)能的2倍，則它從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量是多少？解析：(1)小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力沿y軸正方向，分析小球在豎直方向上的受力情況，得qEsin 45°mg解得E(2)分析小球受到的合力，由牛頓第二定律，得qEcos 45°ma聯(lián)立，得ag由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得v0tgt2聯(lián)立，得v0 .(3)由動(dòng)能定理EkEkEkOW合mgy解得y又有ykx2故小球在豎直方向上的位移x由能量守恒定律，得電勢(shì)能的變化量EpE機(jī)(mgxEk).答案：(1)(2) (3)15