高考物理創(chuàng)新（基礎(chǔ)課能力課實驗課）版第七章靜電場基礎(chǔ)課3

基礎(chǔ)課3電容器帶電粒子在電場中的運動知識排查eq\a\vs4\al(常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系)1.常見電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2.電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。(4)單位：法拉(F)1F＝106μF＝1012pF3.平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動1.帶電粒子在電場中的加速(1)動力學(xué)觀點分析：若電場為勻強(qiáng)電場，則有a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)功能觀點分析：粒子只受電場力作用，滿足qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，僅受電場力。(2)運動性質(zhì)：類平拋運動。(3)處理方法：運動的合成與分解。①沿初速度方向：做勻速直線運動。②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。小題速練1.思考判斷(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。()(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比。()(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。()(4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運動。()(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。()(6)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可用來計算任何電容器的電容。()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×2.[人教版選修3－1P32第1題]平行板電容器的一個極板與靜電計的金屬桿相連，另一個極板與靜電計金屬外殼相連。給電容器充電后，靜電計指針偏轉(zhuǎn)一個角度。以下情況中，靜電計指針的偏角是增大還是減??？(1)把兩板間的距離減?。?2)把兩板間的相對面積減??；(3)在兩板間插入相對介電常數(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，靜電計指針偏角變小。(2)把兩極板間相對面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計指針偏角變大。(3)在兩極板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變小。3.[人教版選修3－1P39第2題]某種金屬板M受到某種紫外線照射時會不停地發(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旁放置一個金屬網(wǎng)N。如果用導(dǎo)線將MN連接起來，M射出的電子落到N上便會沿導(dǎo)線返回M，從而形成電流?，F(xiàn)在不把M、N直接相連，而按圖1那樣在M、N之間加一個電壓U，發(fā)現(xiàn)當(dāng)U＞12.5V時電流表中就沒有電流。已知電子的質(zhì)量me＝9.1×10－31kg。圖1問：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是多少？(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)解析如果電子的動能減少到等于0的時候，電子恰好沒有到達(dá)N板，則電流表中就沒有電流。由W＝0－Ekm，W＝－eU，得－eU＝0－Ekm＝－eq\f(1,2)mev2v＝eq\r(\f(2eU,me))＝eq\r(\f(2×12.5×1.6×10－19,0.91×10－30))m/s≈2.10×106m/s。答案2.10×106m/s4.[人教版選修3－1P39第3題]先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場。進(jìn)入時速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時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)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極間距離為d，極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中獲得初動能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))。(1)若電子與氫核的初速度相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若電子與氫核的初動能相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝1。答案(1)mH：me(2)1電容器的電容及平行板電容器的動態(tài)分析1.兩個公式的比較C＝eq\f(Q,U)(或C＝eq\f(ΔQ,ΔU))C＝eq\f(εrS,4πkd)公式特點定義式，適用于一切電容器決定式，適用于平行板電容器意義對某電容器Q∝U，但eq\f(Q,U)＝C不變，反映電容器容納電荷的本領(lǐng)C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了影響電容器電容大小的因素2.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。(2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。3.平行板電容器動態(tài)問題的分析思路4.平行板電容器問題的一個常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強(qiáng)度與極板間的距離無關(guān)。【例1】(2017·江蘇清江中學(xué)高三第四次月考)如圖2所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則()圖2A.平行板電容器的電容將變大B.靜電計指針張角變小C.帶電油滴的電勢能增加D.若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變解析根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，下極板豎直向下移動時，d增大，則電容減小，故A項錯誤；靜電計測量的是電容器兩極間的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B項錯誤；電勢差不變，d增大，由公式E＝eq\f(U,d)分析得知板間電場強(qiáng)度減小，P點與上極板間的電勢差減小，而P點的電勢比上極板低，上極板的電勢不變，則P點的電勢升高，因為油滴帶負(fù)電荷，則油滴的電勢能減小，故C項錯誤；電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)、C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4πkd)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則知電場強(qiáng)度不變，則油滴所受電場力不變，故D項正確。答案D帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(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動或勻減速直線運動。2.解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路(1)動力學(xué)觀點：根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場。(2)功能觀點：根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場。勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1【例2】(多選)如圖3所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖象。當(dāng)t＝0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()圖3A.帶電粒子將始終向同一個方向運動B.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C.3s末帶電粒子的速度為零D.0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零解析設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，v－t圖象如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知選項C、D正確。答案CD【例3】如圖4所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動瞬間向上的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力。求：圖4(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大時離A點的距離h；(3)若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝eq\f(kQ,r)，其中r為該點到Q的距離(選無限遠(yuǎn)的電勢為零)。求液珠能到達(dá)的最高點B離A點的高度rB。解析(1)設(shè)液珠的電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點時keq\f(Qq,H2)－mg＝mg比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2gH2,kQ)(2)當(dāng)液珠速度最大時，keq\f(Qq,h2)＝mg得h＝eq\r(2)H(3)設(shè)BC間的電勢差大小為UCB，由題意得UCB＝φC－φB＝eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB)對液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(速度為零)的全過程應(yīng)用動能定理得qUCB－mg(rB－H)＝0即q(eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB))－mg(rB－H)＝0將第(1)問的結(jié)果代入化簡req\o\al(2,B)－3HrB＋2H2＝0解得：rB＝2H，rB＝H(舍去)答案(1)eq\f(2gH2,kQ)(2)eq\r(2)H(3)2H1.帶電粒子重力是否計入的判斷(1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子等)和無特別說明的帶電粒子，一般都不計重力(并不是忽略質(zhì)量)；(2)帶電微粒(如油滴、液滴、塵埃、小球等)除有特別說明或暗示外，一般要考慮重力；(3)原則上，所有未明確交代的帶電體，都應(yīng)根據(jù)題設(shè)運動狀態(tài)和過程，反推是否計重力(即隱含條件)。2.帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運動問題的分析方法帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動1.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明：由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU2l,mdveq\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U2l2,4U1d)，tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差。【例4】(2017·南通一模)如圖5所示，間距為d的平行金屬板間電壓恒定。初速度為零的電子經(jīng)電壓U0加速后，沿兩板間的中心線進(jìn)入板間電場，電子恰好從下極板邊緣飛出，飛出時速度的偏向角為θ。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，電子重力不計。求：圖5(1)電子剛進(jìn)入板間電場時的速度大小v0；(2)電子通過兩極板間的過程中，電場力做的功W；(3)平行金屬板間的電場強(qiáng)度大小E。解析(1)電子在電場中加速eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))(2)設(shè)電子離開電場時的速度為v，根據(jù)動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由速度關(guān)系有v＝eq\f(v0,cosθ)解得W＝eU0tan2θ(3)平行金屬板間W＝e·eq\f(U,2)而U＝Ed解得E＝eq\f(2U0tan2θ,d)答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)eU0tan2θ(3)eq\f(2U0tan2θ,d)分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。(2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。用等效法處理帶電粒子在電場、重力場中的運動1.等效思維方法等效法是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強(qiáng)電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運動的問題，是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運算，過程比較簡捷。2.等效法求解電場中圓周運動問題的解題思路(1)求出重力與電場力的合力F合，將這個合力視為一個“等效重力”。(2)將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”。(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點”，圓周上與該點在同一直徑的點為“等效最高點”。注意：這里的最高點不一定是幾何最高點。(4)將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解?！镜淅咳鐖D6所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖6解析小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg′＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))。答案v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))【變式訓(xùn)練】(多選)如圖7所示，一長為L的絕緣細(xì)線一端固定于O點，另一端連接質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)E＝eq\f(mg,q)，A、C是豎直平面內(nèi)以O(shè)為圓心、L為半徑的圓周上與O等高的兩點，B、D是圓周的最低點和最高點，不計空氣阻力，則()圖7A.將球由A點靜止釋放，到達(dá)B點時速度為零B.將球由C點靜止釋放，到達(dá)B點前瞬間的速度為2eq\r(gL)C.將球由C點靜止釋放，到達(dá)A點時速度為2eq\r(gL)D.若在B點給小球水平向右的速度v0，球能經(jīng)過最高點D；若在B點給小球水平向左的速度v0，則小球也一定能通過最高點D解析由于E＝eq\f(mg,q)，可見電場力與重力大小相等。根據(jù)動能定理，球由A點運動到B點，電場力、重力做的總功為零，球在A、B兩點的動能相等，均為零，選項A正確；球從C點由靜止釋放，沿電場力和重力合力的方向運動，即小球沿與水平方向成45°角的方向斜向下運動，根據(jù)動能定理，mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得小球到達(dá)B點前瞬間的速度vB＝2eq\r(gL)，選項B正確；當(dāng)小球到達(dá)B點的瞬間，繩子伸直，會有機(jī)械能損失，所以小球從C點由靜止釋放，到達(dá)A點時速度小于2eq\r(gL)，選項C錯誤；電場力和重力均為恒力，所以可以由重力場、電場疊加而成“等效重力場”，“等效重力場”的“最低點”在AB圓弧的中點，“等效重力場”的“最高點”在CD圓弧的中點。若在B點給小球水平向左的速度v0，小球不一定能過“最高點”，從而也就不一定通過點D，選項D錯誤。答案AB1.(2017·南京市、鹽城市一模)如圖8所示的可變電容器，旋轉(zhuǎn)動片使之與定片逐漸重合。則電容器的電容將()圖8A.逐漸增大B.逐漸減小C.保持不變D.先增大后減小解析可變電容器的動片與定片逐漸重合，即電容器的正對面積增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容變大，A正確。答案A2.(2017·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)高三第二次模擬考試)某一平行板電容器，其中一個極板帶＋5.4×10－3C電荷量，另一極板帶－5.4×10－3C電荷量，電容器兩極板間電壓為450V，則該電容器的電容值為()A.2.4×10－5F B.1.2×10－5FC.8.3×104F D.4.2×104F解析電容器所帶電荷量為一個極板所帶的電荷量，由Q＝5.4×10－3C，U＝450V得出C＝eq\f(Q,U)＝1.2×10－5F，選項B正確，A、C、D錯誤。答案B3.(2017·江蘇省淮安、宿遷、連云港、徐州蘇北四市聯(lián)考)在研究影響平行板電容器電容大小因素的實驗中，一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖9所示?，F(xiàn)保持B板不動，適當(dāng)移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角減小，則A板可能是()圖9A.右移 B.左移 C.上移 D.下移解析將A板向右移一些，板間距離減小，由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知，電容增大，而電容器所帶電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)分析得知，板間電勢差減小，則靜電計指針偏角減?。幌喾?，同理可知，A板向左移一些時，靜電計指針偏角增大，故A項正確，B項錯誤；A板向上移或下移一些，兩極板正對面積減小，由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容減小，而電容器所帶電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)分析得知，板間電勢差增大，則靜電計指針偏角增大，故C、D項錯誤。答案A4.(2017·江蘇單科)如圖10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。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()圖10A.運動到P點返回B.運動到P和P′點之間返回C.運動到P′點返回D.穿過P′點解析根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強(qiáng)電場的電壓與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。答案A活頁作業(yè)(時間：40分鐘)一、單項選擇題1.(2016·全國卷Ⅰ，14)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，極板間電場強(qiáng)度變大B.極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大C.極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變D.極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變??；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時，Q減小。再由E＝eq\f(U,d)，由于U與d都不變，故電場強(qiáng)度E不變，選項D正確。答案D2.如圖1所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()圖1A.當(dāng)增大兩板間距離時，v增大B.當(dāng)減小兩板間距離時，v增大C.當(dāng)改變兩板間距離時，v也會變化D.當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間變長解析電子從靜止開始運動，根據(jù)動能定理，從A板運動到B板動能的變化量等于電場力做的功。因為保持兩個極板間的電勢差不變，所以末速度不變，當(dāng)兩板間距離增加時，E＝eq\f(U,d)變小，又a＝eq\f(eE,m)，a變小，由d＝eq\f(1,2)at2知t＝eq\r(\f(2d,a))，所以電子在兩板間運動的時間變長，故選項D正確。答案D3.(2016·天津理綜，4)如圖2所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()圖2A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不變C.θ減小，Ep增大 D.θ減小，E不變解析若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減??；根據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立可得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確。答案D4.(2017·蘇州一模)如圖3所示，eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(3,1)H三種粒子從同一位置無初速度地飄入水平向右的勻強(qiáng)電場，被加速后進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()圖3A.偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功不一樣大B.三種粒子打到屏上時速度一樣大C.三種粒子運動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置解析粒子在加速電場中運動時有qU加＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向位移可表示為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(qEL2,2mveq\o\al(2,0))＝eq\f(EL2,4U加)。出偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平的夾角滿足tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))＝eq\f(EL,2U加)，側(cè)向位移和角度的正切都與粒子的比荷無關(guān)，故它們一定打到屏上同一位置，D項正確；三種粒子水平方向的速度不同而水平位移相同，故運動到屏上所用時間不同，C項錯誤；水平速度不同而角度的正切相同，則打到屏上的速度肯定不同，B項錯誤；根據(jù)W＝qEy得出A項錯誤。答案D5.(2017·宿州模擬)如圖4所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中它們的()圖4A.運行時間tP>tQB.電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1C.電荷量之比qP∶qQ＝2∶1D.動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1解析兩球在豎直方向上都做自由落體運動，由于下落高度相同，所以運動時間相等，選項A錯誤；在水平方向上，兩球都做勻加速運動，由x＝eq\f(1,2)at2可得aP∶aQ＝2∶1，則qP∶qQ＝2∶1，選項C正確；電勢能的減少量ΔEP∶ΔEQ＝(qPE·xP)∶(qQE·xQ)＝4∶1，選項B錯誤；動能增加量(mgh＋ΔEP)∶(mgh＋ΔEQ)<4∶1，選項D錯誤。答案C二、多項選擇題6.美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量。如圖5所示，平行板電容器兩極板M、N與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，則()圖5A.此時極板間的電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)B.油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C.減小極板間電壓，油滴將加速下落D.將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析極板間電壓為U，間距為d，是勻強(qiáng)電場，故場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)，故選項A正確；油滴受重力和電場力，處于平衡狀態(tài)，故mg＝qeq\f(U,d)，解得q＝eq\f(mgd,U)，故選項B錯誤；減小極板間電壓，場強(qiáng)減小，電場力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故選項C正確；將極板N向下緩慢移動一小段距離，板間距增加，場強(qiáng)減小，電場力減小，電場力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故選項D錯誤。答案AC7.(2017·江蘇南通市調(diào)研)如圖6所示，水平放置的平行板電容器兩極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，它從上極板的邊緣以初速度v0射入，沿直線從下極板N的邊緣射出，已知重力加速度為g，則()圖6A.微粒的加速度不為零B.微粒的電勢能減少了mgdC.兩極板的電勢差為eq\f(mgd,q)D.M板的電勢高于N板的電勢解析帶負(fù)電的微粒在兩極板間受豎直向下的重力和豎直方向的電場力，而微粒沿直線運動，由直線運動條件可知，重力與電場力合力必為零，即電場力方向豎直向上，大小等于重力，即mg＝eq\f(U,d)q，所以兩極板之間電勢差U＝eq\f(mgd,q)，選項A錯誤，C正確；而微粒帶負(fù)電，所以電場方向豎直向下，而電場方向是由高電勢指向低電勢的，所以M板電勢高于N板電勢，D項正確；微粒由上板邊緣運動到下板邊緣，電場力方向與位移方向夾角為鈍角，所以電場力對微粒做負(fù)功，微粒電勢能增加，選項B錯誤。答案CD8.(2017·江蘇省如東高級中學(xué)高三上學(xué)期第二次學(xué)情調(diào)研)如圖7甲所示，兩個平行金屬板P、Q正對豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的交流電壓，t＝0時，P板比Q板電勢高U0，在兩板的正中央M點有一電子在電場力作用下由靜止開始運動(電子所受重力可忽略)，已知電子在0～4t0時間內(nèi)未與兩板相碰，則()圖7A.t0～2t0時間內(nèi)電子的電勢能增加B.在3t0時刻電子的機(jī)械能最小C.2t0～3t0時間內(nèi)電子運動的速度方向向左，且速度大小逐漸減小D.3t0～4t0時間內(nèi)電子運動的速度方向向右，且速度大小逐漸減小解析根據(jù)電場的變化情況和運動學(xué)知識可知：在0～t0時間內(nèi)，P板比Q板電勢高U0，電場方向水平向右，電子所受電場力方向向左，加速度方向也向左，所以電子向左做勻加速直線運動；在t0～2t0時間內(nèi)，P板比Q板電勢低U0，電場強(qiáng)度方向水平向左，電子所受電場力方向向右，加速度方向也向右，電子向左做勻減速直線運動，電場力做負(fù)功，所以電子的電勢能增加，故選項A正確；在2t0時速度為零，在2t0～3t0時間內(nèi)，Q板比P板電勢高U0，電場強(qiáng)度方向水平向左，電子所受電場力方向向右，加速度方向也向右，所以電子向右做初速度為零的勻加速直線運動，故選項C錯誤；在3t0時刻速度最大，機(jī)械能最大，故選項B錯誤；在3t0～4t0時間內(nèi)，P板比Q板電勢高U0，電場強(qiáng)度方向水平向右，電子所受電場力方向向左，加速度方向也向左，所以電子向右做勻減速直線運動，到4t0時刻速度為零，恰好又回到M點，故選項D正確。答案AD9.(2017·江蘇省常州市高三第一次模擬考試)如圖8所示，E為電源，R為電阻，D為理想二極管，P和Q構(gòu)成一理想電容器，M、N為輸出端，讓薄金屬片P以圖示位置為中心在虛線范圍內(nèi)左右做周期性往復(fù)運動，而Q固定不動。下列說法中正確的是()圖8A.P每次向右運動，電容器的電容就會增大B.P每次向左運動，電容器的電壓就會增大C.隨著P的左右運動，兩板間電場強(qiáng)度最終會保持不變D.隨著P的左右運動，輸出端會有周期性脈沖電壓輸出解析P向右運動時，兩極板間距離變小，電容增大，電容器充電，選項A正確；P向左運動時，兩極板間距離變大，電容減小，電容器要放電，但由于二極管的存在，無法放電，故電容器Q不變，由U＝eq\f(Q,C)得出兩極板的電壓增大，選項B正確；隨著P的左右運動，最終電容器帶電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εr