高考物理經典習題解析第08章靜電場第3講電容器帶電粒子在電場中的運動VIP

高考物理經典習題解析第3講電容器帶電粒子在電場中的運動一、電容器及電容1.電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導體組成。(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①充電：電容器充電的過程中，兩極板的電荷量增加，極板間的電場強度增大，電源的能量不斷儲存在電容器中。②放電：放電過程中，電容器把儲存的能量通過電流做功轉化為其他形式的能量。2.電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢差U之比。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1F＝106μF＝1012pF。(4)意義：表示電容器容納電荷本領的物理量。(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質)決定，與電容器是否帶電及電壓無關。3.平行板電容器的電容(1)決定因素：正對面積，電介質，兩板間的距離。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)?！咀詼y1】對于某一電容器，下列說法正確的是()A.電容器所帶的電荷量越多，電容越大B.電容器兩極板間的電勢差越大，電容越大C.電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍D.電容器兩極板間的電勢差減小到原來的eq\f(1,2)，它的電容也減小到原來的eq\f(1,2)答案C解析根據公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，電容的大小跟電容器兩端的電勢差以及電容器所帶電荷量的多少無關，根據公式C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍，所以C正確，A、B、D錯誤。二、帶電粒子在電場中的運動1.加速(1)在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非勻強電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2.偏轉(1)運動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖1所示。圖1(2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動。根據運動的合成與分解的知識解決有關問題。(3)基本關系式：運動時間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))，偏轉角θ的正切值，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))?！咀詼y2】如圖2所示，A、B兩個帶正電的粒子，所帶電荷量分別為q1與q2，質量分別為m1和m2。它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，A粒子打在N板上的A′點，B粒子打在N板上的B′點，若不計重力，則()圖2A.q1＞q2 B.m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)答案C解析設粒子的速度為v0，電荷量為q，質量為m，所以加速度a＝eq\f(qE,m)，運動時間t＝eq\f(x,v0)，偏轉位移為y＝eq\f(1,2)at2，整理得y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，顯然由于A粒子的水平位移小，則有eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2)，但A粒子的電荷量不一定大，質量關系也不能確定，故A、B、D錯誤，C正確。三、示波管1.示波管的構造①電子槍，②偏轉電極，③熒光屏(如圖3所示)圖32.示波管的工作原理(1)YY′偏轉電極上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極上是儀器自身產生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。(2)觀察到的現象①如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，產生一個亮斑。②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內變化的穩(wěn)定圖像。命題點一實驗十觀察電容器的充、放電現象【例1】如圖4甲所示是一種觀察電容器充、放電的實驗電路圖，實驗是通過對高阻值電阻放電的方法，測出電容器充電至電壓U時所帶電量Q，從而再求出電容器的電容C。某同學在一次實驗時的情況如下：接通開關S，調節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉接近滿刻度，記下此時電流表的示數是I0＝490μA，電壓表的示數U0＝6.0V，I0、U0分別是電容器放電時的初始電壓和電流。斷開開關S，同時開始計時，每隔5s測讀一次電流I的值，將測得數據填入表格，并標在圖乙坐標紙上(時間t為橫坐標、電流i為縱坐標)，結果如圖中小黑點“·”所示。圖4(1)在圖乙中畫出i－t圖線，圖線與坐標軸所圍成面積的物理意義是________________________________；(2)該電容器電容為________F(結果保留2位有效數字)；(3)若某同學實驗時把電壓表接在F、D兩端，則電容的測量值比它的真實值________(填“大”“小”或“相等”)。答案(1)見解析圖，電容器在開始放電時所帶的電荷量(2)1.5×10－3(3)小解析(1)如圖所示，由ΔQ＝IΔt知，i－t圖象與坐標軸所包圍的面積為電容器在開始放電時所帶的電荷量。(2)查出格子數，由總格子數乘以每個格子的“面積”值求Q＝8.75×10－3C則C＝eq\f(Q,U)＝1.5×10－3F。(3)電容的測量值比它的真實值偏小，原因是若把電壓表接在F、D兩端，則電容器在放電時，有電流會從電壓表中通過，從而使得通過電流表中的電荷量小于電容器的帶電荷量，從而使電容的測量值比它的真實值偏小?！咀兪?】電荷的定向移動形成電流，電流表示單位時間內通過導體橫截面的電荷量，即I＝eq\f(q,t)。電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，并且可以和計算機相連，畫出電流與時間的變化圖像。圖5甲是用電流傳感器觀察充、放電過程的實驗電路圖，圖中電源的電壓為6V。圖5先使開關S與1接通，待充電完成后，再使開關S與2接通，電容器通過電阻放電，電流傳感器將電流信息傳入計算機，顯示出電流隨時間變化的i－t圖像，如圖乙所示。(1)下列說法正確的是________。A.電容器充電的過程中，負電荷由電源的正極移動到電容器的正極板B.電容器充電的過程中，電路中的電流不斷增大C.電容器放電的過程中，電容器兩極板間的場強不斷變小D.電容器放電的過程中，電容器把儲存的電能轉化為電路中其他形式的能量(2)根據乙圖中圖線計算得出電容器放電前所帶的電荷量為________(結果保留2位有效數字)。答案(1)CD(2)2.8×10－3C解析(1)電容器充電的過程中，負電荷由電容的正極板移動到電源的正極，故A錯誤；電容器充電的過程中，電路中的電流不斷減小，故B錯誤；電容器放電的過程中，電容器兩極板上所帶電荷量逐漸減小，兩極板間的電壓逐漸減小，根據E＝eq\f(U,d)，可知場強不斷變小，故C正確；電容器放電的過程中，電容器把儲存的電能轉化為電路中其他形式的能量，故D正確。(2)根據圖像的含義，因q＝It，所以乙圖中圖線與兩坐標軸所包圍面積的物理意義是電容器儲存的電荷量，電荷量Q＝35×eq\f(2,5)×eq\f(1,5)×10－3C＝2.8×10－3C。命題點二平行板電容器的動態(tài)分析1.兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變。2.動態(tài)分析思路(1)U不變①根據C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析Q的變化。②根據E＝eq\f(U,d)分析場強的變化。③根據UAB＝Ed分析某點電勢變化。(2)Q不變①根據C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析U的變化。②根據E＝eq\f(U,d)分析場強變化?！纠?】(多選)(2020·安徽合肥市第二次教學質檢)如圖6所示，平行板電容器帶電后，靜電計的指針偏轉一定角度。若不改變電容器的帶電荷量，下列操作可能使靜電計指針的偏轉角度變小的是()圖6A.將左極板向左移動少許，同時在兩極板之間插入電介質B.將左極板向左移動少許，同時取出兩極板之間的金屬板C.將左極板向左移動少許，同時在兩極板之間插入金屬板D.將左極板向下移動少許，同時取出兩極板之間的電介質答案AC解析將左極板向左移動少許，則d變大，同時在兩極板之間插入電介質，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C可能變大，根據Q＝CU可知，U可能減小，即靜電計指針的偏轉角度可能變小，選項A正確；將左極板向左移動少許，則d變大，同時取出兩極板之間的金屬板，則也相當于d變大，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C一定變小，根據Q＝CU可知，U變大，即靜電計指針的偏轉角度變大，選項B錯誤；將左極板向左移動少許，則d變大，同時在兩極板之間插入金屬板，則相當于d變小，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C可能變大，根據Q＝CU可知，U可能變小，即靜電計指針的偏轉角度可能變小，選項C正確；將左極板向下移動少許，則S減小，同時取出兩極板之間的電介質，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C一定減小，根據Q＝CU可知，U一定變大，即靜電計指針的偏轉角度一定變大，選項D錯誤?！咀兪?】(多選)(2020·福建南平市第一次質檢)如圖7所示，一水平放置的平行板電容器與電源相連。開始時開關閉合，一帶電油滴沿兩極板中心線方向以某一初速度射入，恰好沿中心線通過電容器。則下列判斷正確的是()圖7A.保持開關閉合，將B板豎直向上平移一小段距離，粒子可能打在電容器的A板上B.保持開關閉合，將B板豎直向上平移一小段距離，粒子仍能沿原中心線通過電容器C.斷開開關，將B板豎直向上平移一小段距離，粒子可能打在電容器的A板上D.斷開開關，將B板豎直向上平移一小段距離，粒子仍能沿原中心線通過電容器答案AD解析開始時，油滴能沿直線飛過兩板，可知油滴受向下的重力和向上的電場力平衡，油滴帶負電；若保持開關閉合，將B板豎直向上平移一小段距離，根據E＝eq\f(U,d)可知，兩板間場強變大，粒子受向上的電場力變大，粒子向上偏轉，則粒子可能打在電容器的A板上，選項A正確，B錯誤；斷開開關，則兩板帶電荷量不變，根據C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)以及C＝eq\f(εrS,4πkd)可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則將B板豎直向上平移一小段距離，兩板間場強不變，粒子受電場力不變，則粒子仍能沿原中心線通過電容器，選項C錯誤，D正確。【例3】(2020·江蘇省三校上學期聯(lián)考)如圖8所示，平行板電容器C通過電阻箱R與恒壓電源E連接，開關S閉合時一帶電粒子剛好靜止在水平放置的兩板中央，若使粒子向下運動，以下說法正確的是()圖8A.斷開開關B.將板間距增大C.將電容器的上極板水平向右平移少許D.增大電阻箱R的阻值答案B解析斷開開關，電容器電荷量不變，不改變極板間場強，粒子仍保持靜止，故A錯誤；極板間距增大，由E＝eq\f(U,d)，可知場強減小，電場力減小，則粒子向下運動，故B正確；將電容器的上極板水平向右平移少許，極板正對面積減小，但極板間距不變，則場強和電場力均不改變，故C錯誤；因電容器與電源串聯(lián)，則電容器兩端電壓與電源電動勢相等，改變電阻箱阻值，并不會改變電容器兩端電壓，所以粒子仍靜止，故D錯誤?！咀兪?】(多選)(2021·1月河北學業(yè)水平選擇性考試模擬演練，9)如圖9所示，某電容器由兩水平放置的半圓形金屬板組成，板間為真空。兩金屬板分別與電源兩極相連，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉動。起初兩極板邊緣對齊，然后上極板轉過10°，并使兩極板間距減小到原來的一半。假設變化前后均有一電子由靜止從上極板運動到下極板。忽略邊緣效應，則下列說法正確的是()圖9A.變化前后電容器電容之比為9∶17B.變化前后電容器所帶電荷量之比為16∶9C.變化前后電子到達下極板的速度之比為eq\r(2)∶1D.變化前后電子運動到下極板所用時間之比為2∶1答案AD解析上極板轉過10°后，正對面積變?yōu)樵瓉淼膃q\f(17,18)，距離減小到原來的一半，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以電容變?yōu)樵瓉淼膃q\f(17,9)，電容之比為9∶17，故A正確；根據Q＝CU，可知電荷量之比為9∶17，故B錯誤；根據qU＝eq\f(1,2)mv2，兩極板間電壓不變，所以電子到達下極板的速度相同，C錯誤；根據x＝eq\o(v,\s\up6(－))t可知，兩極板間距離減小一半，平均速度不變，所以時間之比為2∶1，D正確。命題點三帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(2)粒子所受合力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.用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。3.用功能觀點分析勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1【例4】如圖10所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P?，F有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點。若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則()圖10A.金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B.金屬板A、B間的電壓減小C.甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同D.乙電子運動到O點的速率為2v0答案C解析兩板間距離變大，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當d變大時，兩板間的場強不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據eE·2d＝eq\f(1,2)mv2，eEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知，乙電子運動到O點的速率v＝eq\r(2)v0，選項D錯誤?！咀兪?】(多選)(2020·貴州貴陽市一模)如圖11所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中由靜止沿斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是()圖11A.電場強度的最小值等于eq\f(mg,q)B.電場強度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C.帶電油滴的機械能可能增加D.電場力可能對帶電油滴不做功答案CD解析帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力F，其合力必定沿此直線向下，根據三角形定則作出合力，由圖可知，當電場力F與此直線垂直時，電場力F最小，場強最小，則有F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，由圖可知，電場強度無最大值，故A、B錯誤；當E＝eq\f(mgsinθ,q)時，電場力方向與速度方向垂直，電場力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變；這種情況下只有重力做功，帶電油滴的機械能不變，故D正確；當E＞eq\f(mgsinθ,q)時，電場力方向與速度方向成銳角時，電場力做正功，帶電油滴的機械能增加，故C正確。命題點四帶電粒子(帶電體)在電場中的偏轉1.運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0)。,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))。))(2)沿電場力方向做勻加速直線運動eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0)),離開電場時的偏轉角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))))2.兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可見y與tanθ與粒子的q、m無關。(2)粒子經電場偏轉后射出，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到偏轉電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。3.功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：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?！纠?】(2019·全國卷Ⅱ，24)如圖12，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。圖12(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG間場強大小相等，設均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑧【變式5】(多選)(2020·7月浙江選考，6)如圖13所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時()圖13A.所用時間為eq\f(mv0,qE)B.速度大小為3v0C.與P點的距離為eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D.速度方向與豎直方向的夾角為30°答案C解析粒子從P點垂直電場方向出發(fā)到達MN連線上某點時，沿水平方向和豎直方向的位移大小相等，即v0t＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，解得t＝eq\f(2mv0,qE)，A項錯誤；在該點，粒子沿電場方向的速度vy＝at＝2v0，所以合速度大小為v＝eq\r(（2v0）2＋veq\o\al(2,0))＝eq\r(5)v0，B項錯誤；該點到P點的距離s＝eq\r(2)x＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，C項正確；由平行四邊形定則可知，在該點速度方向與豎直方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(v0,2v0)＝eq\f(1,2)，則θ≠30°，D項錯誤?！咀兪?】(2019·全國卷Ⅲ，24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強度的大小；(2)B運動到P點時的動能。答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)解析(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)。③(2)設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④且有v1·eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)。課時限時練(限時：40分鐘)對點練1平行板電容器的動態(tài)分析1.(2020·北京市第二次合格性考試)圖1為研究電容器充、放電的實驗電路圖。實驗時，先使開關S擲向1端，電源E對電容器C充電；經過一段時間，把開關S擲向2端，電容器C與電阻R相連，電容器放電。在開關S接通2端后的極短時間內，下列說法正確的是()圖1A.電容器帶電荷量和兩板間電壓都增大B.電容器帶電荷量和兩板間電壓都減小C.電容器帶電荷量增大，兩板間電壓減小D.電容器帶電荷量減小，兩板間電壓增大答案B解析開關S與1端相連時，電源向電容器充電，電流先增大，電容器帶電荷量不斷增多，兩板間電壓也不斷增大；開關S與2端相連時，電容器放電，電流減小，電容器帶電荷量減小，兩板間電壓也在減小。故A、C、D錯誤，B正確。2.(2020·廣東廣州、深圳市學調聯(lián)盟第二次調研)如圖2所示，平行板a、b組成的電容器與電池E連接，平行板電容器P處固定放置一帶負電的點電荷，平行板b接地。現將電容器的b板向下稍微移動，則()圖2A.點電荷所受電場力增大B.點電荷在P處的電勢能減少C.P點電勢減小D.電容器的帶電荷量增加答案B解析因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強度E變小，由F＝qE可知電荷所受電場力變小，故A錯誤；板間電場強度E變小，由U＝EdPa知，P與a板的電勢差減小，而a板的電勢不變，故P的電勢升高，由EP＝qφ知，q為負值時，電勢能減小，故B正確，C錯誤；由Q＝CU和C＝eq\f(εrS,4πkd)，知C減小，Q減小，故D錯誤。對點練2帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動3.(多選)(2018·全國卷Ⅲ，21)如圖3所示，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、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是()圖3A.a的質量比b的大B.在t時刻，a的動能比b的大C.在t時刻，a和b的電勢能相等D.在t時刻，a和b的動量大小相等答案BD解析兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝eq\f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的質量小，A錯誤；由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確。4.(多選)如圖4所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質點)，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，寬度為d，其余空間內不存在電場。滑塊A剛好位于電場區(qū)域內的左側，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側?，F將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經過一段時間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列判斷正確的是()圖4A.A、B兩滑塊的質量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B兩滑塊的質量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞答案AD解析對滑塊A在碰撞前根據動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設其大小為v，根據動量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑塊A向左運動不會滑出電場，設碰撞后滑塊A在電場中運動的時間為t，由動量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑塊B向右做勻速運動，有vt＝eq\f(4,9)d，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正確，B錯誤；兩滑塊因碰撞而損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd＞0，D正確，C錯誤。對點練3帶電粒子(或帶電體)在電場中的偏轉5.如圖5所示為某靜電除塵裝置的原理圖，廢氣先經過機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)。圖中虛線是某一帶負電的塵埃(不計重力)僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡，A、B兩點是軌跡與電場線的交點。若不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量變化，則以下說法正確的是()圖5A.A點電勢高于B點電勢B.塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度C.塵埃在遷移過程中做勻變速運動D.塵埃在遷移過程中電勢能始終在增大答案B解析沿電場線方向電勢降低，由圖可知，B點的電勢高于A點的電勢，A錯誤；由圖可知，A點電場線比B點密集，因此A點的場強大于B點的場強，故塵埃在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力，則塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度，B正確；放電極與集塵極間建立非勻強電場，塵埃所受的電場力是變化的，故塵埃不可能做勻變速運動，C錯誤；由圖可知，塵埃進入靜電除塵區(qū)時，速度方向與電場力方向的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大；后來變?yōu)殇J角，電場力做正功，電勢能減?。粚τ谌^程而言，根據電勢的變化可知，電勢能減小，D錯誤。6.如圖6所示，一電荷量為q、質量為m的帶電粒子以初速度v0由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，不計重力作用。則勻強電場的場強E大小是()圖6A.eq\f(mveq\o\al(2,0),qd) B.eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qd)C.eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd) D.eq\f(3\r(3)mveq\o\al(2,0),2qd)答案B解析帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據運動的合成與分解得到vy＝eq\f(v0,tan30°)＝eq\r(3)v0水平方向上有d＝v0t豎直方向上有vy＝eq\f(qE,m)t聯(lián)立方程得E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qd)，故B正確。7.(多選)如圖7所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右側有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，足夠大的感光板MN垂直于電場方向固定放置。第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個α粒子，關于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是()圖7A.質子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2B.質子和α粒子在整個過程中運動的時間相等C.質子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2D.質子和α粒子打到感光板上的位置相同答案CD解析根據動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以質子和α粒子在O2處的速度大小之比為eq\r(2)∶1，A錯誤；對整個過程用動能定理，設O2到MN板的電勢差為U′，有q(U＋U′)＝Ek－0，所以末動能與電荷量成正比，所以質子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2，C正確；由O2到MN板，質子和α粒子都做類平拋運動，豎直方向：h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，水平方向：x＝vt，聯(lián)立解得x＝2eq\r(\f(Uh,E))，所以質子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正確；在A、B間：a＝eq\f(qE,m)，質子的加速度大，所以質子運動時間短，進入豎直電場做類平拋運動，質子的水平速度大，又因為質子和α粒子水平位移相等，所以質子運動時間短，B錯誤。8.(2020·山東棗莊市第二次模擬)用傳感器觀察電容器放電過程的實驗電路如圖8甲所示，電源電動勢為8V、內阻忽略不計。先使開關S與1端相連，稍后擲向2端，電流傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示的電流隨時間變化的i－t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()圖8A.圖中畫出的靠近i軸的豎立狹長矩形面積表示電容器所帶的總電荷量B.電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為20CC.電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為4.0×10－4CD.電容器的電容約為4.0×102μF答案D解析根據q＝it可知，圖像與橫軸圍成的面積代表電容器所帶的總電荷量，故A錯誤；確定每個小方格所對應的電荷量值，縱坐標的每個小格為0.2mA，橫坐標的每個小格為0.4s，則每個小格所代表的電荷量數值為q＝0.2×10－3×0.4＝8×10－5C，曲線下包含的小正方形的個數為40個，由曲線下方的方格數與q的乘積即得電容器所帶的電荷量Q＝40×8×10－5C＝3.2×10－3C，故B、C錯誤；電容器的電容約為C＝eq\f(Q,U)＝400μF，故D正確。9.(2020·山東省等級考試第二次模擬)如圖9所示，平行板電容器的兩極板水平放置，滑動變阻器的阻值為R，定值電阻的阻值為R0。閉合開關S，當R＝0.5R0時，極板帶電荷量為Q0，一電子水平射入電容器兩極板之間的勻強電場，經水平距離x0后打到極板上；當R＝2R0時，極板帶電荷量為Q，電子仍以相同速度從同一點射入電場，經水平距離x后打到極板上。不計電子重力以下關系正確的是()圖9A.Q＜Q0，x＞x0 B.Q＞Q0，x＞x0C.Q＜Q0，x＜x0 D.Q＞Q0，x＜x0答案D解析當R＝0.5R0時由閉合電路歐姆定律有I0＝eq\f(E,\f(3R0,2)＋r)，電容器兩端電壓為U0＝I0·eq\f(R0,2)＝eq\f(E,\f(3R0,2)＋r)×eq\f(R0,2)＝eq\f(ER0,3R0＋2r)，電荷量為Q0＝CU0＝Ceq\f(ER0,3R0＋2r)，同理可得R＝2R0時，Q＝CU＝Ceq\f(2ER0,3R0＋r)，則Q＞Q0，由于U＞U0，則板間場強關系為E＞E0，加速度a＝eq\f(qE,m)＞a0＝eq\f(qE0,m)，兩種情況下電場力方向上運動的位移相等，由公式h＝eq\f(1,2)at2可知，第一種情況下的時間更長，初速度方向有x＝v0t可知x0＞x，故D正確，A、B、C錯誤。10.(2020·四川攀枝花市第二次統(tǒng)考)如圖10所示，帶等量異種電荷的A、B兩板水平放置，在A、B間形成豎直向下的勻強電場。a、b兩質量相等的粒子從A板左側邊緣處以相同的速度先后飛入電場，粒子a從A、B兩板右端連線的中點飛離勻強電場，粒子b從B板右側邊緣處飛離勻強電場，不計粒子重力，下列說法中正確的是()圖10A.粒子a、b的帶電荷量之比為1∶2B.電場力對a、b粒子做功之比為1∶2C.粒子a、b離開電場時的速度大小之比為1∶2D.粒子a、b離開電場時的速度與水平方向之間夾角之比為1∶2答案A解析設板長為L，帶電粒子在電場中做類平拋運動，則豎直方向偏轉位移為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEL2,2mveq\o\al(2,0))，由于粒子的質量相等、初速度相等，偏轉位移之比為1∶2，則粒子a、b的帶電荷量之比為1∶2，故A正確；電場力做功W＝qEy，則電場力對a、b粒子做功之比為1∶4，故B錯誤；根據動能定理可得qEy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得粒子離開電場的速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qEy,m))，粒子a、b離開電場時的速度大小之比不等于1∶2，故C錯誤；設兩板間的距離為d，粒子a、b離開電場時的速度與水平方向之間夾角分別為θa，θb，根據類平拋運動中速度方向反向延長線過水平位移的中點可得tanθa＝eq\f(\f(d,2),\f(L,2))＝eq\f(d,L)，tanθb＝eq\f(d,\f(L,2))＝eq\f(2d,L)，粒子a、b離開電場時的速度與水平方向之間夾角正切值之比為1∶2，但是角度之比不等于1∶2，故D錯誤。11.(2019·天津卷，3)如圖11所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程()圖11A.動能增加eq\f(1,2)mv2 B.機械能增加2mv2C.重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D.電勢能增加2mv2答案B解析動能變化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯誤；重力和電場力做功，機械能增加量等于電勢能減少量，帶電小球在水平方向向左做勻加速直線運動，由運動學公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，則電勢能減少量等于電場力做的功ΔEp減＝W電＝qEx＝2mv2，B正確，D錯誤；在豎直方向做勻減速運動，到N點時豎直方向的速度為零，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯誤。12.一質量為m的帶電小球以速度v0沿豎直方向從A點垂直進入勻強電場E中，如圖12所示，經過一段時間后到達B點，其速度變?yōu)樗椒较?，大小仍為v0，重力加速度為g，求：圖12(1)小球帶電情況；(2)小球由A到B的位移；(3)小球速度的最小值。答案(1)小球帶正電，電荷量為eq\f(mg,E)(2)eq\f(\r(2)veq\o\al(2,0),2g)，與水平方向的夾角為45°斜向右上方(3)eq\f(\r(2)v0,2)解析(1)從A到B過程中，在豎直方向小球做勻減速運動，加速度ay＝gB點是最高點，豎直分速度為0，有t＝eq\f(v0,g)水平方向小球在電場力作用下做勻加速運動，可知小球帶正電初速度為0，加速度ax＝eq\f(qE,m)水平方向有v0＝eq\f(qE,m)t聯(lián)立解得qE＝mg可得q＝eq\f(mg,E)。(2)由(1)分析可知，小球運動的水平位移大小等于豎直位移大小在豎直方向有veq\o\al(2,0)＝2