2013年高考物理二轮复习精品学案专题十三：电容器和带电粒子在电场中的运动

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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十三
电容器和带电粒子在电场中的运动
【重点知识解读】
一．静电感应
1. 静电感应：把一个不带电的导体放入电场中，导体的两端分别感应出等量正负电荷的现象。
2.静电现象：静电一般由摩擦产生。当两个物体相互摩擦时，分别带上了正负电荷，它们之间就产生电势差。电荷积累到一定量，电势差达到一定数值时，带电体就发生放电现象。
3. 处于静电平衡状态导体的特点：①导体内部场强为零；②净电荷仅分布在导体表面（孤立导体净电荷仅分布在导体外表面）；③导体为等势体，导体表面为等势面；④电场线与导体表面垂直。
4.静电屏蔽：由于感应电荷的作用，金属外壳或金属网罩可以使其内部不受外电场的影响。
二．电容器和电容
1.电容器：两个彼此绝缘，而又互相靠近的导体，就组成一个电容器.
电容器有容纳电荷的本领。电容器有二个极。电容器带的电量：一个极板的电量。
平行板电容器:二个平行正对的金属板组成的电容器. 平行板电容器电容量C=
2.电容：表示电容器容纳电荷的本领。电容器带电量越多，其电压就越大，电容器的带电量和电压的比值是一常数C=Q/U，Ｑ为电容器任一板上所带电量的绝对值，Ｕ为电容器两板间的电势差. 单位：法拉（F）。　1F = 1C/V 。
注意：C=Q/U是电容的定义式，电容C等于Q与U的比值，不能理解为电容C与Q成正比，与U成反比。一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
3. 解决电容器动态问题要关键掌握两点：一是电容器充电后与电源断开极板上带电量不变的，二是与电源相接电容器极板间电压不变的。
(1)平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，两板间的电压U保持不变， ，,。
(2)平行板电容器充电后，切断与电池的连接，使电容器的带电量Q保持不变， ， ，
三．带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子的加速
(1)运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加(减)速直线运动.
(2)用功能观点分析：粒子动能的变化量等于电场力做的功(电场可以是匀强或非匀强电场).
若粒子的初速度为零，则，
若粒子的初速度不为零，则：
，
2.带电粒子的偏转（限于匀强电场）
(1)运动状态分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动.
(2)偏转问题的分析处理方法，类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的知识方法：沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间：t=l/v0
沿电场力方向为初速为零的匀加速直线运动：
a=F/m=qE/m=qU/md
离开电场时的偏移量：
离开电场时的偏转角：
3.在对带电粒子进行受力分析时，要注意两点：
（1）要掌握电场力的特点。如电场力的大小和方向与电场本身有关，还与带电粒子的电荷量和电性有关，在匀强电场中，同一带电粒子所受的电场力处处是恒力，在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受的电场力大小和方向都可能不同，等等。
带电粒子的加速（含偏转过程中速度大小的变化）过程是其它形式的能和动能之间的转化过程，解决这类问题，可以用动能定理，也可以用能量守恒定律。
带电粒子在匀强电场中类平抛的偏转问题：如果带电粒子以初速度V0垂直于场强方向进入匀强电场，不计重力，电场力使带电粒子产生加速度，做类平抛运动。分析时，仍采用力学中分析平抛运动的方法：把运动分解为垂直于电场方向上的一个分运动——匀速直线运动；另一个是平行于场强方向上的分运动——匀加速直线运动。
（2）是否考虑重力要依情况而定：
基本粒子：如电子、质子、 α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）。
带电颗粒：如油滴、液滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
【高考命题动态】
电容器和带电粒子在电场中运动是高考重要考点，每年高考均有考查。对电容器和带电粒子在电场中运动可能单独考查，也可能与电磁感应、磁场综合考查。
【最新高考题分析】
典例1：（2012·江苏物理）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，其电容量C和两极板间的电势差U的变化情况是
A．C和U均增大
B．C增大，U减小
C．C减小，U增大
D．C和U均减小
【答案】：B
【解析】：根据平行板电容器的决定式，在两极板间插入一电介质，其电容量C增大；由C=Q/U可知，两极板间的电势差U减小，选项B正确。
【考点定位】此题考查平行板电容器的决定式和电容量定义式。
典例2（2012·海南物理）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
【答案】：AD
【解析】：保持U不变，由U=Ed可知，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半，选项A正确；保持E不变，由U=Ed可知，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，选项B错误；保持d不变，电容器的电容量C不变。将Q变为原来的两倍，由C=Q/U可知，则U变为原来的两倍，选项C错误；保持d不变，电容器的电容量C不变。将Q变为原来的一半，由C=Q/U可知，则E变为原来的一半
【考点定位】此题考查平行板电容器及其相关知识。
典例3.（2012·新课标理综）如图，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。
【答案】：BD
【解析】：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，该粒子所受电场力的竖直分力与重力平衡，电场力的水平分力做负功，运动过程中克服电场力做功，电势能逐渐增加，动能逐渐减小，做匀变速直线运动，选项AC错误BD正确。
【考点定位】此题考查平行板电容器、带电粒子在电场中的直线运动及其相关知识。
典例4. （2012·浙江理综）用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是
A.摩擦使笔套带电。
B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷。
C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力。
D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
【答案】：ABC
【解析】摩擦使笔套带电，笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷，圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，选项ABC正确；笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷部分运动到金属圆环上，选项D错误。
【考点定位】此题考查静电感应及其相关知识。
典例5. （2012·广东理综物理）图5是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有
A.带正电的矿粉落在右侧
B.电场力对矿粉做正功
C.带负电的矿粉电势能变大
D.带正电的矿粉电势能变小
【答案】：BD
【解析】：带正电的矿粉受到向左的电场力作用，落在左侧，电场力对矿粉做正功，矿粉电势能变小，选项BD正确。
【考点定位】此题考查带电粒子在电场中的运动及其相关知识。
典例6（2012·全国理综）如图，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。先给电容器缓慢充电，使两级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π/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π/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。
【答案】：2Q【解析】：两级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π/6，小球所受电场力F1=mgtan(π/6)。
设电容器电容量为C，两极板之间距离d，则两极板之间电压U1=Q/C，
两极板之间电场强度E1= U1/d，F1=q E1。
再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，
小球所受电场力F2=mgtan(π/3)。
设此时电容器带电量为Q’， 则两极板之间电压U2=Q’/C，
两极板之间电场强度E2= U2/d，F2=q E2。
联立解得Q’=3Q。
第二次充电使电容器正极板增加的电荷量△Q= Q’- Q=2Q。
【考点定位】考查平行板电容器、电场力、受力分析、电场强度与电势差关系及其相关知识。
典例7（2012·四川理综）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求弹簧枪对小物体所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，示CP的长度。
【解析】（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得：Wf -mgr(1-cosθ)=mv02.①
代入数据得，Wf=0.475J。 ②
（2）取沿平直斜轨道向上为正方向。设小物块通过C点进入电场后的加速度为a1，
由牛顿第二定律得：-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1。 ③
小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有
v1= v0+ a1 t1 ④
由③④联立解得：v1=2.1m/s。
设运动的位移为s1，有：s1= v0 t1+a1t12。
电场力反向后，设物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得
-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2。
设小物体以此加速度运动到速度为零，运动的时间为t2，位移为s2，有
0= v1+ a2 t2，
s1= v1 t2+a2t22。
设CP的长度为s，有s= s1 +s2。
联立相关方程，代入数据解得：s=0.57m。
【考点定位】此题考查动能定理、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1．（2013届江西省重点中学高三联考）A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能W随位移s变化的规律如图所示。设A、B两点的电场强度分别为EA和EB，电势分别为φA和φB。则 （ ）
A．EA=EB
B．EAC．φA>φB
D．φA<φB
答案：A D
解析：由功能关系可知，电势能变化对于动能变化△Ek。根据动能定理qEs=△Ek，由于电势能W随位移s变化的规律为直线，所以为匀强电场，EA=EB，选项A正确B错误。电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，电势能减小，电场力做正功，电场线方向从B到A，φA<φB，，选项D正确C错误。
2.（2013安徽无为四校联考）如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化的情况．在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是(　　)
答案：A
解析：由电容器的电容决定式，C=，C与d成反比，能正确反映C与d之间变化规律的图象是A。
3．（2013山东济南外国语学校测试）如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（ ）
A．c点的电荷带正电
B．a点电势高于E点电势
C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向
D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少
【答案】BD
【解析】由于只受电场力的作用，检验电荷做曲线运动，所以电场力指向轨迹的凹侧，因为检验电荷带负电，所以c点的电荷带负电，A错；由等量异种电荷电场线分布特征可知沿电场线方向电势逐渐降低，某点场强方向沿该点电场线的切线方向，所以B对C错；设轨迹与y轴交于f点，检验电荷从a到f的过程中，电场力做正功，电势能增加，检验电荷从f到b的过程中，电场力做负功，电势能减小，故D对。
4．（2013江苏阜宁中学月考）如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（ ）
A．若小球带正电，当A B间距增大时，小球打在N的右侧
B．若小球带正电，当A B间距减小时，小球打在N的左侧
C．若小球带负电，当A B间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．若小球带负电，当A B间距增大时，小球可能打在N的左侧
答案：BC
解析：若小球带正电，当A B间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N点，选项A错误；若小球带正电，当A B间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左侧，选项B正确；若小球带负电，当A B间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N的右侧，选项C正确；若小球带负电，当A B间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N点，选项D错误。
5. （2013安徽无为四校联考）如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　)
板间电场强度大小为mg/q
B．板间电场强度大小为mg/2q
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
答案：C
解析：根据垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg6.(2013陕西名校测试)如下图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d，接在电压为U的电源上．在A板的中央P点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v.求电子打在B板上的区域面积．
解析：打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r＝vt
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d＝at2
其中，a＝＝，则t＝d
将r＝vt代入得r＝v·d
由于电子运动的对称性，打在B板上的电子的分布范围是圆形区域．
圆面积S＝πr2＝
答案：
7．（14分）（2013辽宁大连测试）如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行。在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大。由于发射时刻不同时，小球间无相互作用。已知∠CAB =α=30°，求：
（1）电场的方向与AC间的夹角为多大？
（2）若小球在A点的初速度与电场方向垂直，则小球恰能落到C点，则初动能为多大？
解析：（1）电场的方向与AC之间的夹角为30°，沿OC方向。
（2）小球做类平抛运动，由类平抛运动规律，
2Rcosα·cosα=at2，2Rcosα·sinα=v0t，
qE=ma，
Ek0==mv02
联立解得：Ek0=qER。
8．（16分）（2013江苏苏南四校联考）如图（甲）所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力．
（1）若某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，如图（甲）所示，∠POA=θ，求该电荷从A点出发时的速率．
（2）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图（乙）所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，∠COB=∠BOD=30°．求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能．
8．（16分）解：（1）a =  （2分），
Rsinθ= v0t （1分），
R-Rcosθ=at2 (1分)，
由以上三式得v0 = （2分）
（2）由（1）结论得粒子从A点出发时动能为m v02 = = （2分）
则经过P点时的动能为Ek=Eq(R-Rcosθ)+m v02 = EqR (5-3cosθ) （2分）
可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大。
最小动能为：EkD=Eq(R-Rcosθ)+m v0D2 = EqR (5-3cos60°) =  EqR （3分）
最大动能为：EkC=Eq(R-Rcosθ)+m v0C2 = EqR (5-3cos120°) =  EqR （3分）
9、（9分）（2013山东泰安宁阳12月质检）如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量e,质量为m）无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O,求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ；
(3) 电子打到屏上的点P到O点的距离x.
解析　(1)电子在电场E1中初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间t1,由牛顿第二定律和运动学公式得：

解得：


运动的总时间为：
(2)设粒子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：

所以：
(3)设粒子在电场中的偏转距离为x，
所以：x=3L。
10．（17分）(2013成都石室质检)如图所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N. 取g＝10 m/s2，斜面足够长．设图示位置木板和物块的速度均为零。求：
(1)物块离开木板时木板获得的动能。
(2)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能。
10．（17分）解析： (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，
则由牛顿第二定律
对物块：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1
a1=4.2m/s2 3分
对木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2
a2=3m/s2 3分
又a1t2－a2t2＝L
得物块滑过木板所用时间t＝ s 3分
物块离开木板时木板的速度
v2＝a2t＝3 m/s 2分
其动能为Ek2＝Mv22＝27J 2分
(3)由于摩擦而产生的内能为
Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16J 4分[来
11．（16分）（2013安徽宿州泗县质检）在动摩擦因数(＝0.2的粗糙绝缘足够长的水平滑漕中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图（槽两侧光滑）。A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q（均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP恰位于细杆的中垂线，MP和NQ的距离为3L，匀强电场的场强大小为E＝1.2mg/q，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）。求：
（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；
（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小
（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值。
11．解析：（共16分）
（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动。设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，
由牛顿第二定律：2Eq－(2mg＝2ma1
即 a1=g
B刚进入电场时，由L＝a1t12
可得 4分
（2）当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为
W1＝2Eq(2L＋（—3Eq(L）＝EqL
摩擦力对系统做功为W2＝—＝—0.8(mgL
W总= EqL—0.8mgL=0.4 mgL
故A球从右端滑出。
设B从静止到刚进入电场的速度为v1，
由＝2a1L
可得v1＝
设B进入电场后，系统的加速度为a2，
由牛顿第二定律2Eq－3Eq－2mg＝2ma2
a2＝－0.8g
系统做匀减速运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2；
由 —=2 a2L
可得 6分
（3）当带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，设此时A离右边界NQ的距离为x
由动能定理：2Eq(2L — 3Eq(（L＋x）—2L+x)=0
可得 x=0.1L
所以B电势能增加的最大值(W1＝3Eq(1.1L＝3.3EqL =3.96mgL 6分
12（10分）（2013安徽江南十校摸底）悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个质量为m、带电量为-q的小球，若在空间加一匀强电场，则小球静止时细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，求：
（1）所加匀强电场场强最小值的大小和方向；
（2）若在某时刻突然撤去电场，当小球运动到最低点时，
小球对细线的拉力为多大。
.解析：（1）当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小。由mgsinθ=qE，
解得：E=。
小球带负电，所受电场力方向与场强方向相反，故场强方向为斜向左下方。
(2)设线长为l，小球运动到最低点的速度为v，细线对小球的拉力为F，则有：
mgl(1-cosθ)=mv2，
F-mg=m
联立解得：F=mg(3-2cosθ).
根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力F’= F=mg(3-2cosθ).
13．（10分）（2013安徽江南十校摸底）如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球受到的电场力与重力相等，地球表面重力加速度为g，设斜面足够长，求：
（1）小球经多长时间落到斜面上：
（2）从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势能是如何变化的，其变化量为多大。
解析：(1)小球在运动过程中，qE+mg=ma，qE=mg，解得a=2g。
y=at2，x=v0t，
又 y/x=tanθ，
联立解得：t=tanθ。
（2）y=at2=×2g×(tanθ)2=tan2θ.
电场力做功，电势能减小，则有△E=-W=-qEy=-mgy=-mv02tan2θ.
14（2012浙江期中测试）如图甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点。现有一质量为m,电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力。
（1）求粒子进入电场前的初速度的大小？
（2）其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能？
（3）现将电场分成AEFD和EBCF相同的两部分，并将EBCF向右平移一段距离x（x≤L），如图乙所示。设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，请求出y与x的关系？
解：(1)粒子在电场内做类平抛运动，水平方向：L=v0t
竖直方向：
得
（2）其它条件不变，增大电场强度，从CD边中点Q飞出与从BC边中点P飞出相比，水平位移减半，竖直位移加倍，根据类平抛运动知识y=1/2at2 x=v0t 则加速度为原来8倍，电场强度为原来8倍，电场力做功为W1=8EqL
粒子从CD边中点Q飞出时的动能
（3）将EBCF向右平移一段距离x，粒子在电场中的类平抛运动分成两部分，在无电场区域做匀速直线运动，轨迹如图所示， 。


。
15.（2012年4月浙江绍兴模拟）相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0 ，质量为m，电量为-e，在AB 两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0< k <1，U0=；紧靠B 板的偏转电场电压也等于U0 ，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端L/2处垂直放置很大的荧光屏PQ。不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。
（1）在0—T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。（结果用L、d 表示，第2 小题亦然）
（2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？
（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k 取恰当的数值，使在0—T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k 值。
解题指导：利用带电粒子在匀强电场中的类平抛运动及其相关知识列方程解答。
解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化。
在0—kT 时间内，设穿出B板后速度变为v1，由动能定理，-e U0=mv12-mv02，
将U0=代入后解得：v1=。
在偏转电场中，电子运动时间t1=L/v1，侧移量y1=at12=，
解得y1=。
根据偏转电场中的推论“似是中点来”其打在荧光屏上的坐标y1’=2y1=
在kT—T 时间内，穿出B板后速度变为v2，同理可得，
v2==v1，y2=。y2’=2y2=
荧光屏上两个发光点之间的距离△y= y1’- y2’=。。
（2）考虑到临界条件，当极板间距为d’时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有
d’=a’t2，a’=F/m，F=eU0/d’m，t=L/v，
整理得，d’2=.
对应于速度v1时，d1’==L/2；
对应于速度v2时，d2’==L；
只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：L （3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）。第一束长度l1=v1·kT，第二束长度l2=v2·(T-kT)，
当l1= l2时，即v1·kT= v1·(1-k)T，
解得k=≈0.59。
16．（20分）(2012年5月浙江名校新高考联盟第二次联考)如图所示，一对半径均为R1的金属板M、N圆心正对平行放置，两板距离为d，N板中心镀有一层半径为R2的圆形锌金属薄膜，d<（1）当UMN取什么值时，I始终为零；
（2）当UMN取什么值时，I存在一个最大值，并求这个最大值；
（3）请利用（1）（2）的结论定性画出I随UMN变化的图像。
解：（1）当垂直N板发射速度为v的电子不能到达M板时，I=0，（2分）
令此时两板间电压为UMN ， 则 （2分）
得 （2分）
（2）当从锌膜边缘平行N板射出的电子做类平抛运动刚好能到达M板边缘时，则所有电子均能到达M板，电流最大I=ne （2分） 令此时两板间电压为UMN ’
R1- R2=vt ，
， （4分）
得 （2分）
(3) I随UMN变化的图像如图所示。
(渐近到I=0趋势正确2分,渐近到I=ne趋势正确2分，两个电压值标示2分)
17.（2012福建三市联考分）如图所示，在xoy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m,紧靠极板右侧有一荧光屏.两金属板间电压UAO变化规律如图所示，变化周期为T=2×10-3s，U0=103V，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0=1000m/s的速度射入板间，粒子电量q=1×10-5C,质量m=1×10-7kg.不计粒子所受重力.求:
（1）粒子在板间运动的时间;
（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标;
（3）粒子打到屏上的动能.
解析:粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，L=v0t （2分）
s （1分）
(2)0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1
（2分）
（2分）
m （1分）
纵坐标 （1分）
(3)粒子出射时的动能，由动能定理得： （1分）
（1分）
J （1分）
18．（14分）（2013上海普陀区调研）如图所示，可视为质点的物块A、B、C放在倾角为37O、长L=2m的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上。物块的质量分别为mA＝0.8kg、mB＝0.4kg。其中A不带电，B、C的带电量分别为qB＝＋4×10-5C、
qC＝＋2×10-5C，且保持不变。开始时三个物块均能保持静止，且与斜面间均无摩擦力作用。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度大小为a＝2.5m/s2的匀加速直线运动。经过时间t0物体A、B分离并且力F变为恒力，当A运动到斜面顶端时撤去力F。（如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为Ep=k）。求：
（1）未施加力F时物块B、C间的距离。
（2）t0时间内A上滑的距离。[来源:学_科_网]
（3）t0时间内库仑力做的功。
18．（14分）
解：（1）未加F前A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，
则C对B的库仑斥力
以A、B为研究对象，由平衡条件得
联立解得
L1=1.0m （5分）
（2）给A施加力F后， A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小。经过时间t0，设B、C间距离变为L2，A、B两者间弹力减小到零，两者分离，力F变为恒力。则此刻C对B的库仑斥力为
① [来源:学。科。网]
以B为研究对象，由牛顿第二定律有
②
联立①②解得
L2=1.2m （5分）
（3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有

代入数据解得
（4分）