《2020版高考物理粤教版大一轮复习讲义：第七章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理粤教版大一轮复习讲义：第七章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 Word版含解析.pdf（22页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第第 3 讲 电容器 带电粒子在电场中的运动讲 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： 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)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值 (2)定义式：C . Q U (3)单位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF).1 F106 F1012 pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷
2、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. rS 4kd 自测 1 对于某一电容器，下列说法正确的是( ) A电容器所带的电荷量越多，电容越大 B电容器两极板间的电势差越大，电容越大 C电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍 D电容器两极板间的电势差减小到原来的 ，它的电容也减小到原来的 1 2 1 2 答案 C 解析 根据公式 C可得，电容的大小跟电容两端的电势差以及电容器所带的电荷量的 rS 4kd 多少无关
3、，根据公式 C 可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一 Q U 倍，所以 C 正确，A、B、D 错误 二、带电粒子在电场中的运动 1加速 (1)在匀强电场中，WqEdqU mv2 mv . 1 2 1 2 02 (2)在非匀强电场中，WqU mv2 mv . 1 2 1 2 02 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
4、间 t，加速度 a ，偏转量 y at2，偏转角 l v0 F m qE m qU md 1 2 qUl2 2mdv02 的正切值：tan . vy v0 at v0 qUl mdv02 三、示波管 1示波管的构造 电子枪，偏转电极，荧光屏(如图 2 所示) 图 2 2示波管的工作原理 (1)YY偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极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 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 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
5、变 化的稳定图象 自测 2 (2018广东省惠州市模拟)如图 3 所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经 电压 U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是 h，两平行板间的距离为 d，电势 差为 U2，板长为 L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量为)可采用的方法是 h U2 ( ) 图 3 A增大两板间的电势差 U2 B尽可能使板长 L 短些 C使加速电压 U1升高些 D尽可能使板间距离 d 小些 答案 D 解析 带电粒子加速时，由动能定理得：qU1 mv2 1 2 带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得： Lvt h at2 1 2 又由牛顿第二定律得：aqU 2 m
6、d 联立得 hU 2L2 4dU1 由题意，灵敏度为： h U2 L2 4dU1 可见，灵敏度与 U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长 L 长些、板间距离 d 小一些、 加速电压 U1降低一些，故 A、B、C 错误，D 正确 命题点一 平行板电容器的动态分析命题点一 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 根据 C 先分析电容的变化，再分析 Q 的变化 Q U rS 4kd 根据 E 分析场强的变化 U d 根据 UAB
7、Ed 分析某点电势变化 (2)Q 不变 根据 C 先分析电容的变化，再分析 U 的变化 Q U rS 4kd 根据 E 分析场强变化 U d 4kQ rS 例 1 (2016全国卷14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源 上若将云母介质移出，则电容器( ) A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 答案 D 解析 由 C可知，当将云母介质移出时，r变小，电容器的电容 C 变小，因为电容器 rS 4kd 接在恒压直流电源上，故 U 不变，根据 QCU
8、可知，当 C 减小时，Q 减小，再由 E ， U d 由于 U 与 d 都不变，故电场强度 E 不变，选项 D 正确 变式 1 (2018北京卷19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图 4 所示下列 说法正确的是( ) 图 4 A实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，能使电容器带电 B实验中，只将电容器 b 板向上平移，静电计指针的张角变小 C实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 答案 A 解析 实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，由于静电感应，在 b 板上将感应出异种 电荷，A 正确
9、； b 板向上平移，正对面积 S 变小，由 C知，电容 C 变小，由 C 知，Q rS 4kd Q U 不变， U 变大， 因此静电计指针的张角变大， B 错误 ； 插入有机玻璃板， 相对介电常数 r变大， 由 C知，电容 C 变大，由 C 知，Q 不变，U 变小，因此静电计指针的张角变小，C rS 4kd Q U 错误；由 C 知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于 C 不变 Q U 导致的，D 错误 变式 2 (多选)如图 5 所示，A、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相 接，两板间 P 点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为 U，P 点场
10、强大小为 E，电势 为 P，负电荷的电势能为 Ep，现将 A、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法 正确的是( ) 图 5 AU 变大，E 变大 BU 变小，P变小 CP变小，Ep变大 DP变大，Ep变小 答案 AC 解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由 C可知电容 rS 4kd 减小，由 U 可知极板间电压增大，由 E 可知，电场强度增大，故 A 正确；设 P 与 B Q C U d 板之间的距离为 d， P 点的电势为 P， B 板接地， B0， 则由题可知 0PEd是增大的， 则 P一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能
11、 Ep是增大的， 故 C 正确 命题点二 带电粒子命题点二 带电粒子(带电体带电体)在电场中的直线运动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 ，v2v 2ad. qE m U d 02 3用功能观点分析 匀强电场中：WEqdqU mv2 mv 1 2 1 2 02 非匀强电场中：WqUEk2Ek1 例 2 (2018河北省邢台市上学期期末)如图 6 所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄 金属板
12、A、B，间距为 d，中央分别开有小孔 O、P.现有甲电子以速率 v0从 O 点沿 OP 方向运 动， 恰能运动到 P 点 若仅将 B 板向右平移距离 d， 再将乙电子从 P点由静止释放， 则( ) 图 6 A金属板 A、B 组成的平行板电容器的电容 C 不变 B金属板 A、B 间的电压减小 C甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同 D乙电子运动到 O 点的速率为 2v0 答案 C 解析 两板间距离变大， 根据 C可知， 金属板 A、 B 组成的平行板电容器的电容 C 减小， rS 4kd 选项 A 错误 ； 根据 QCU， Q 不变， C 减小， 则 U 变大， 选项 B 错误 ； 根据 E ，
13、 U d Q Cd 4kQ rS 可知当 d 变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项 C 正确 ； 根据 eE2d mv2，eEd mv ，可知，乙电子运动到 O 点的速率 vv0，选项 D 1 2 1 2 02 2 错误 变式 3 (多选)(2018山西省吕梁市第一次模拟)如图 7 所示，M、N 为两个等大的均匀带电 圆环，其圆心分别为 A、C，带电荷量分别为Q、Q，将它们平行放置，A、C 连线垂直于 圆环平面， B 为 AC 的中点， 现有质量为 m、 带电荷量为q 的微粒(重力不计)从左方沿 A、 C 连线方向射入，到 A 点时速度 vA1 m/s，到 B
14、 点时速度 vB m/s，则( )5 图 7 A微粒从 B 至 C 做加速运动，且 vC3 m/s B微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s5 C微粒从 A 到 C 先做加速运动，后做减速运动 D微粒最终可能返回至 B 点，其速度大小为 m/s5 答案 AB 解析 AC 之间电场是对称的，A 到 B 电场力做的功和 B 到 C 电场力做的功相同，依据动能 定理可得：qUAB mv mv ，2qUAB mv mv ，解得 vC3 m/s，A 正确；过 B 作 1 2 B2 1 2 A2 1 2 C2 1 2 A2 垂直 AC 的面， 此面为等势面， 微粒经过 C 点之后， 会向无穷远处运动，
15、而无穷远处电势为零， 故在 B 点的动能等于在无穷远处的动能， 依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在 B 点时相同，均为 m/s，B 正确，D 错误；在到达 A 点之前，微粒做减速运动，而从 A 到 C5 微粒一直做加速运动，C 错误 变式 4 (多选)(2018广东省惠州市第三次调研)如图 8，在竖直平面内有一匀强电场，一带 电荷量为q、 质量为 m 的小球在力 F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由 A 至 B 做竖直向 上的匀速运动已知力 F 和 AB 间夹角为 ，A、B 间距离为 d，重力加速度为 g.则( ) 图 8 A力 F 大小的取值范围只能在 0 mg cos B电场强度
16、 E 的最小值为mgsin q C小球从 A 运动到 B 电场力可能不做功 D若电场强度 E时，小球从 A 运动到 B 电势能变化量大小可能为 2mgdsin2 mgtan q 答案 BCD 解析 小球受到重力 mg、 力 F 与电场力 qE， 因为小球做匀速直线运动， 合力为零， 则 F 与 qE 的合力与 mg 大小相等、方向相反，作出 F 与 qE 的合力，如图所示， 可知， 当电场力 qE 沿水平方向时， F， 电场力 qE 可以继续增大， F 也能继续增大， F mg cos 可以大于， A 错误 ； 当电场力 qE 与 F 垂直时， 电场力最小， 此时场强也最小， 则得 ： qEm
17、in mg cos mgsin ，所以电场强度的最小值为：Emin，B 正确；若电场强度 E，电场 mgsin q mgtan q 力 qE 可能与 AB 方向垂直， 如图位置 1， 小球从 A 运动到 B 电场力不做功， 电势能变化量为 0， 也可能电场力位于位置 2 方向，则电场力做功为 2mgdsin2，C、D 正确 命题点三 带电粒子命题点三 带电粒子(带电体带电体)在电场中的偏转在电场中的偏转 1运动规律 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 Error! (2)沿电场力方向，做匀加速直线运动 Error! 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
18、转电场射出时，偏移量和偏转 角总是相同的 证明：由 qU0 mv 1 2 02 y at2 ()2 1 2 1 2 qU1 md l v0 tan qU1l mdv02 得：y，tan U1l2 4U0d U1l 2U0d (2)粒子经电场偏转后射出， 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 . l 2 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 mv ，其中 Uy 1 2 1 2 02 y，指初、末位置间的电势差 U d 例 3 (2016北京理综23 改编)如图 9 所示，电子由静止开始经
19、加速电场加速后，沿平行于 板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场电 压为 U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d. 图 9 (1)忽略电子所受重力， 求电子射入偏转电场时的初速度 v0和从电场射出时沿垂直板面方向的 偏转距离 y； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法在解决(1)问时忽略了电子所受重力， 请利用下列数据分析说明其原因 已知 U2.0102 V， d4.0102 m， m9.11031 kg， e 1.61019 C，g10 m/s2. 答案 (1) (2)见解析 2eU0 m UL2
20、4U0d 解析 (1)根据动能定理，有 eU0 mv ， 1 2 02 电子射入偏转电场时的初速度 v0 2eU0 m 在偏转电场中，电子的运动时间 tL L v0 m 2eU0 加速度 a eE m eU md 偏转距离 y a(t)2 1 2 UL2 4U0d (2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 Gmg1029 N 电场力 F1015 N eU d 由于 FG，因此不需要考虑电子所受的重力 例 4 (多选)(2018河南省南阳市上学期期末)如图 10 所示， 一充电后与电源断开的平行板电 容器的两极板水平放置，板长为 L，板间距离为 d，距板右端 L 处有一竖直屏 M.一带电
21、荷量 为 q、质量为 m 的质点以初速度 v0沿中线射入两板间，最后垂直打在 M 上，则下列结论正 确的是(已知重力加速度为 g)( ) 图 10 A两极板间电压为mgd 2q B板间电场强度大小为2mg q C整个过程中质点的重力势能增加mg 2L2 v02 D若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在 M 上 答案 BC 解析 据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点 的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏 M 上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示 ： 可见两次偏转的加速度大小相等， 根据牛顿第二定律得 ： qEmgma， mgma， 解得E， 2mg
22、 q 由 UEd 得板间电势差 Ud，故 A 错误，B 正确；质点在电场中向上偏转的 2mg q 2mgd q 距离y at2， ag， t， 解得 ： y， 故质点打在屏上的位置与P点的距离为 ： s 1 2 qEmg m L v0 gL2 2v02 2y，重力势能的增加量 Epmgs，故 C 正确；仅增大两极板间的距离，因两极 gL2 v02 mg2L2 v02 板上电荷量不变，根据 E 可知，板间场强不变，质点在电场中受力情 U d Q Cd Q rS 4kdd 4kQ rS 况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏 M 上，故 D 错误 变式 5 (2018广东省茂名市第二次模拟)如图
23、11 所示，空间存在电场强度为 E、方向水平 向右的范围足够大的匀强电场挡板 MN 与水平方向的夹角为 ，质量为 m、电荷量为 q、带 正电的粒子从与 M 点在同一水平线上的 O 点以速度 v0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好 不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求： 图 11 (1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小； (2)O、M 间的距离 答案 (1) (2) v0 tan mv02 2qEtan2 解析 (1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒 子水平方向速度大小为 vx，则 tan v 0 vx 解得：vx v0 tan
24、(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为 a，由牛顿第二定律：qEma 在如图所示的坐标系中：vxat，x0 at2，y0v0t 1 2 设 O、M 间的距离为 d，由几何关系：tan y0 dx0 解得：d. mv02 2qEtan2 1(2018广东省揭阳市学业水平考试) 据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容 器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确 的是( ) A充电时，电容器的电容变小 B充电时，电容器存储的电能变小 C充电时，电容器所带的电荷量可能不变 D充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零 答案 B 解析 电容器的电容是由
25、电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结 束后，电容器的电容不可能为零，故 A、D 错误 ； 给手机充电时，电容器所带的电荷量减小， 存储的电能变小，故 B 正确；给手机充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减小， 故 C 错误 2(多选)(2019安徽省宿州市质检)如图 1 为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化 模型图当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接 电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位 移的变化，若静电计上的指针偏角为 ，则被测物体( ) 图 1 A向左移动时， 增大 B向右移
26、动时， 增大 C向左移动时， 减小 D向右移动时， 减小 答案 BC 解析 由公式 C，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增 rS 4kd 大，则电容 C 增大，由公式 C 可知电荷量 Q 不变时，U 减小，则 减小，故 A 错误，C Q U 正确 ； 由公式 C， 可知当被测物体带动电介质板向右移动时， 导致两极板间电介质减小， rS 4kd 则电容 C 减少，由公式 C 可知电荷量 Q 不变时，U 增大，则 增大，故 B 正确，D 错误 Q U 3(多选)(2018广东省揭阳市高三期末)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度 大小、电容和极板所带的电荷量分别用
27、 d、U、E、C 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 C 不变，将 Q 变为原来的两倍， 则 U 变为原来的两倍 D保持 d、C 不变，将 Q 变为原来的一半， 则 E 变为原来的一半 答案 ACD 解析 保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍后，根据 E 可得 E 变为原来的一半，A 正确； U d 保持 E 不变，将 d 变为原来的一半，根据 UEd 可得 U 变为原来的一半，B 错误；根据公 式 C 可知将 Q 变为原来的两倍，则 U 变为原来的
28、两倍，C 正确；根据 C 可得 C 不变， Q U Q U 将 Q 变为原来的一半， U 变为原来的一半， 根据公式 E 可知 d 不变， U 变为原来的一半， E U d 变为原来的一半，D 正确 4(2018广东省广州市 4 月模拟)如图 2，带电粒子由静止开始，经电压为 U1的加速电场加 速后，垂直电场方向进入电压为 U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置为使同样 的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的 是(粒子重力不计)( ) 图 2 A保持 U2和平行板间距不变，减小 U1 B保持 U1和平行板间距不变，增大 U2 C保持 U1、U2和
29、下板位置不变，向下平移上板 D保持 U1、U2和下板位置不变，向上平移上板 答案 D 解析 粒子在电场中加速 U1q mv ，在偏转电场中，水平方向上 xv0t，竖直方向上 y 1 2 02 1 2 t2，解得 x2；开始时 x L，保持 U2和平行板间距不变，减小 U1，则 x 会减小， U2q dm 4dU1y U2 1 2 选项 A 错误；保持 U1和平行板间距不变，增大 U2，则 x 减小，选项 B 错误；保持 U1、U2 和下板位置不变，向下平移上板，则 d 减小，x 减小，选项 C 错误；保持 U1、U2和下板位置 不变，向上平移上板，d 变大，则 x 变大，故选项 D 正确 5(
30、2018重庆市上学期期末抽测)如图 3 所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电 粒子沿直线从位置 a 向上运动到位置 b，在这个过程中，带电粒子( ) 图 3 A只受到电场力作用 B带正电 C做匀减速直线运动 D机械能守恒 答案 C 解析 带电粒子沿直线从位置 a 运动到位置 b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一 条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方 向与电场线方向相反，所以带电粒子带负电，故 A、B 错误；由于带电粒子做直线运动，所 以电场力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直 线运动，故 C 正确
31、；电场力做负功，机械能减小，故 D 错误 6(多选)(2018陕西省宝鸡市质检二)如图 4 所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场 E，M 点与 N 点在同一电场线上，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度 v0分别从 M 点 和 N 点同时垂直进入电场， 不计两粒子的重力和粒子间的库仑力 已知两粒子都能经过 P 点， 在此过程中，下列说法正确的( ) 图 4 A从 N 点进入的粒子先到达 P 点 B从 M 点进入的粒子先到达 P 点 C粒子在到达 P 点的过程中电势能都减小 D从 M 点进入的粒子的电荷量小于从 N 点进入的粒子的电荷量 答案 CD 解析 两粒子进入电场后做类平抛运动，因为
32、重力不计，竖直方向匀速运动，水平方向向左 匀加速运动，由题图可知两粒子与 P 点的竖直距离相同，设为 y，则运动到 P 点的时间为 t ，即两个粒子同时到达 P 点，故 A、B 错误；两粒子都带正电，电场力向左，且水平方向 y v0 向左匀加速运动，故电场力做正功，电势能都减小，故 C 正确 ； 由题图可知，从 M 点进入的 粒子，其水平方向的位移较小，根据 x at2，可知相同的时间 t 内，从 M 点进入的粒子的加 1 2 速度较小，根据 a，两个粒子的质量相同，又在同一电场，即 E 相同，故从 M 点进入的 qE m 粒子的电荷量较小，故 D 正确 7 (2018山东省泰安市一模)如图
33、5 所示， 绝缘水平面上固定一正点电荷 Q， 另一电荷量为q、 质量为 m 的滑块(可看做点电荷)从 a 点以初速度 v0沿水平面向 Q 运动，到达 b 点时速度为 零已知 a、b 间距离为 s，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g.以下判断正 确的是( ) 图 5 A滑块在运动过程中所受 Q 的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B滑块在运动过程的中间时刻速率等于v 0 2 C此过程中产生的内能为mv 02 2 DQ 产生的电场中 a、b 两点间的电势差 Uabmv 022gs 2q 答案 D 解析 由于一直做减速运动，库仑力在增大，要减速到 0，摩擦力应该始终比库仑力大，且 由 a 到
34、 b 过程中加速度在减小， 不是匀变速运动， A、 B 错误， 由动能定理qUabmgs0 mv可知，C 错误，D 正确 1 2 02 8.(多选)(2018全国卷21)如图 6，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平； 两微粒 a、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近， 与极板距离相等现同时释放 a、b，它们由静止开始运动在随后的某时刻 t，a、b 经过电 容器两极板间下半区域的同一水平面a、b 间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是 ( ) 图 6 Aa 的质量比 b 的大 B在 t 时刻，a 的动能比 b 的大 C在 t 时刻，a 和 b
35、的电势能相等 D在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等 答案 BD 解析 经时间 t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则 xaxb，根据 x at2， 1 2 得 aaab，又由 a 知，maWb，由动能定理知，a 的动能比 b 的动能大，B 项正确；a、b 处在同一等势面上，根 据 Epq 知，a、b 的电势能绝对值相等，符号相反，C 项错误；根据动量定理 Ftpp0， 则经过时间 t，a、b 的动量大小相等，D 项正确 9(多选)(2018湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图 7 所示，在竖直平面足够大的区 域内有电场强度为 E 的匀强电场， 一质量为 m、 电荷量为
36、 q 的小球， 以初速度 v0从电场中的 O 点出发，沿 ON 方向在竖直面内做匀变速直线运动ON 与水平面的夹角为 30，重力加速度 为 g，且 mgqE，不计空气阻力则( ) 图 7 A小球运动的加速度大小为g 2 B小球可能一直做匀加速运动 C小球沿 ON 方向运动的最大位移为v 02 2g D在小球运动的前时间内，电场力对小球做功 v0 g mv02 4 答案 CD 解析 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在 ON 直线上，因 mgqE， 所以电场力 qE 与重力关于 ON 对称， 根据数学知识得 ： 电场力 qE 与水平方向的夹角应为 30， 受力情况如图所示 合力沿
37、 ON 方向向下，大小为 mg，所以加速度为 g，方向沿 ON 向下，与初速度方向相反， 故小球先做匀减速直线运动，当速度减为零时，再反方向做匀加速直线运动，故 A、B 错误 ； 当向上速度减至零时，由运动学公式可得最大位移为 s，故 C 正确；向上匀减速至零所 v02 2g 用的时间为 t，在此过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转 v0 g 化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为 mv ， 1 2 02 则电场力做功为，故 D 正确 mv02 4 10.(2019陕西省咸阳市质检)如图 8 所示，将带电荷量均为q、质量分别为 m 和
38、2m 的带电 小球 A 与 B 用轻质绝缘细线相连， 在竖直向上的匀强电场中由静止释放， 小球 A 和 B 一起以 大小为 g 的加速度竖直向上运动运动过程中，连接 A 与 B 之间的细线保持竖直方向，小 1 3 球 A 和 B 之间的库仑力忽略不计，重力加速度为 g，求： 图 8 (1)匀强电场的场强 E 的大小； (2)当 A、 B 一起向上运动 t0时间时， A、 B 间的细线突然断开， 求从初始的静止状态开始经过 2t0 时间，B 球电势能的变化量 答案 (1) (2)减小了 mg2t 2mg q 02 解析 (1)由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于 A、B 两球组成的整体，由牛顿
39、第二定 律可得：2Eq3mg3ma 其中：a g 1 3 代入可得：E2mg q (2)当细线断开时，B 球受到竖直向上的电场力：F电Eq2mg 小球 B 受到的电场力和重力二力平衡，所以小球 B 接下来向上做匀速直线运动，其速度大小 为匀加速运动的末速度：vat0 gt0 1 3 在匀加速阶段小球 B 上升的高度为：h1 at gt 1 2 02 1 6 02 在匀速阶段小球 B 上升的高度为：h2vt0 gt 1 3 02 所以在整个过程中电场力做功为：WEq(h1h2)mg2t02 由于电场力对小球 B 做了 mg2t的正功，所以小球 B 电势能减小了 mg2t . 0202 11(20
40、18陕西省西安一中一模)一质量为 m 的带电小球以速度 v0沿竖直方向从 A 点垂直进 入匀强电场 E 中， 如图 9 所示， 经过一段时间后到达 B 点， 其速度变为水平方向， 大小仍为 v0， 重力加速度为 g，求： 图 9 (1)小球带电情况； (2)小球由 A 到 B 的位移； (3)小球速度的最小值 答案 (1)小球带正电， 电荷量为 (2)， 与水平方向的夹角为 45斜向右上方 (3) mg E 2v 02 2g 2v 0 2 解析 (1)从 A 到 B 过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度 ayg B 点是最高点，竖直分速度为 0，有：tv 0 g 水平方向小球在电场力作用
41、下做匀加速运动，可知小球带正电 初速度为 0，加速度 axqE m 水平方向有：v0t qE m 联立解得：Eqmg 可得 qmg E (2)在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小 在竖直方向有 2ghv02 可得 hv 02 2g 所以位移为h2 2v 02 2g 其与水平方向的夹角为 tan 1，即位移与水平方向的夹角为 45斜向右上方 mg qE (3)设重力与电场力的合力为 F，其与水平方向的夹角为 则：tan 1，如图所示 mg qE 开始一段时间内，F 与速度方向夹角大于 90，合力做负功，动能减小 后来 F 与速度夹角小于 90，合力做正功，动能增加 因此，当 F 与速度 v 的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为 vmin 即：tan 1，则 vxvy，vxtgt，vyv0gt vx vy qE m 解得 t，vmin. v0 2g vx2vy2 2v 0 2