2022年物理第一輪復習題庫基礎課3　電容器　帶電粒子在電場中的運動

基礎課3電袞器帶電輪子在電場中的運動

保前雙基過關I緊抓教材首主落實‘

知識排查

知識點一電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關系

1.電容器

(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。

(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

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：電容器所帶的曳逋量。與電容器兩極板間的電勢差。的比值。

(2)定義式：C=號。

(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。

(4)單位：法拉(F)

1F=W^gF=10l2pFo

3.平行板電容器的電容

⑴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=篇，上為靜電力常量。

知識點二帶電粒子在勻強電場中的運動

1.帶電粒子在電場中的加速

2

⑴動力學觀點分析：若電場為勻強電場，則有。=瞽，E==v~vi=2ado

⑵功能觀點分析：粒子只受電場力作用，滿足

2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

(1)條件：以速度加垂直于電場線方向飛入勻強電場，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。()

⑵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)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。()

⑸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=器可用來計算任何電容器的電容。()

答案(1)X(2)X(3)X(4)X(5)V(6)X

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?。?/p>

⑴把兩板間的距離減小；

⑵把兩板間的正對面積減??；

(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)把兩極板間正對面積減小，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。

解析設加速電壓為Uo,偏轉(zhuǎn)電壓為U,帶電粒子的電荷量為分質(zhì)量為“，垂

直進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為優(yōu)，偏轉(zhuǎn)電場兩極極間距離為d,極板長為/,則粒子在

偏轉(zhuǎn)電場中的加速度黑，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為f=(,粒子離開偏轉(zhuǎn)電

場時沿靜電力方向的速度5，=或=嘿，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角

ILL/\J

的正切值tanO=^=潟。

(1)若電子與氫核的初速度相同，則翳窯=黑。

⑵若電子與氫核的初動能相同，則翳奈=1：葭

答案(1)MH：JTlc(2)II1

理堂互加探究I研透考點,；核心突破

考點m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

C4或c=第)

471kd

公式

定義式，適用于一切電容器決定式，適用于平行板電容器

特點

對某電容器。8。但￡=C不變，

C8&,C8S,反映了影響平

意義

反映電容器容納電荷的本領行板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。

⑵充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量。保持不變。

3.平行板電容器動態(tài)問題的分析思路

I電壓U不變.（電荷量Q的變化）

自身因素再、『二篇卜11容器的

卜、嗎變化I1電容變化LI電荷量Q不用電壓u的變化）

（場強E的變化）

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，電場強度與極

板間的距離無關。

【例1】（2019?江蘇省常州市高三期末）如圖1所示，A、8是構成平行板電容器

的兩金屬極板，當開關S閉合時，在P點處有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將

開關S斷開后，再將A、8板分別沿水平方向向左、右平移一小段距離，此過程

中下列說法正確的是（）

圖1

A.電容器的電容增加

B.電阻A中有電流流過

C.兩極板間的電場強度不變

D.若帶電液滴仍在P點其電勢能減小

解析根據(jù)。=擾，當A板向左平移一小段距離，8板向右平移一小段，S減

一兀Ka

小，電容器電容C減小，故A項錯誤；因開關S斷開，電容器無法充、放電，電

阻火中無電流流過，故B項錯誤；根據(jù)E=。與C=蠡以及Q=UC相結(jié)合可得

E=嚕,因電荷量。不變，S減小，故電場強度E增大，故C項錯誤；因場強

增大，導致P點與8板間的電勢差增大，因5板接地，電勢為零，即尸點電勢升

高，帶電粒子帶負電，根據(jù)耳=如，帶電液滴仍在P點時電勢能減小，故D項

正確。

答案D

考點2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)粒子所受合外力尸合=0,粒子或靜止，或做勻速直線運動。

(2)粒子所受合外力尸介70,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做加速

直線運動或減速直線運動。

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

運動學公式確定帶電粒子的運動情況。此方法只適用于勻強電場。

(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

方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場。

勻強電場中：W=qEd=qU=^mv2—^mvo

非勻強電場中：W=qU=Ek2-Eki

【例2】(2018.南通市第二次調(diào)研)(多選)如圖2所示，空間有豎直方向的勻強電

場，一帶正電的小球質(zhì)量為m,在豎直平面內(nèi)沿與水平方向成30。角的虛線以速

度如斜向上做勻速運動。當小球經(jīng)過。點時突然將電場方向旋轉(zhuǎn)一定的角度，電

場強度大小不變，小球仍沿虛線方向做直線運動，選。點電勢為零，重力加速度

為g,貝女)

圖2

A.原電場方向豎直向下

B.改變后的電場方向垂直于ON

C.電場方向改變后，小球的加速度大小為g

D.電場方向改變后，小球的最大電勢能為誓

解析由于小球勻速運動，電場強度大小E=掌，方向豎直向上，故A項錯誤;

改變電場的方向后，由于小球仍沿虛線方向做直線運動，電場力沿垂直于ON方

向的分力與重力沿垂直于ON方向的分力大小相等，^E-sind=mgcos30°,可知此

時電場力的方向與ON之間的夾角為60。，故B項錯誤；小球受到的合力/合=

mgs'm30°+^￡cos3=ma,解得a=g,故C項正確；小球向上運動，當速度等于

0時，電勢能最大，最大等于克服電場力做的功。由一qEcos"x—mgsin30。?尤=0

一品流，小球的最大電勢能EpmuqEcos。f。聯(lián)立得昂產(chǎn)號士故D項正確。

答案CD

[例3]（2019.江都月考）（多選）如圖3所示，平行金屬板A、8間的電勢差為U,

A板帶正電，B板中央有一小孔。一帶正電的微粒，帶電荷量為q,質(zhì)量為機，自

孔的正上方距板高/?處自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c點，重力

加速度為g,則（）

c6d

圖3

A.微粒在下落過程中動能逐漸增加，重力勢能逐漸減小

B.微粒下落過程中重力做功為〃吆（/?+?,電場力做功為一學

C.微粒落入電場中，電勢能逐漸增大，其增量為華

D.若微粒從距B板高2/2處自由下落，則恰好能達到A板

解析微粒在下落過程中先做加速運動，后做減速運動，動能先增大，后減?。?/p>

重力一直做正功，重力勢能一直減小，故A項錯誤；微粒下降的高度為。+爭重

力做正功，WG=mg（/?+守，電場力向上，位移向下，電場力做負功，WE=-q考

=-%U,故B項正確；微粒落入電場中，電場力做負功，電勢能逐漸增大，其

增加量等于微?？朔妶隽ψ龉蔆項正確；由題意知微粒恰能落

至A、8板的正中央c點過程，由動能定理得：阿,+與―4U=0①；若微粒

從距8板高2〃處自由下落，設達到A板的速度為0,則由動能定理得：機g（2/z+

d）—qU=^mv2②；由①②聯(lián)立得0=0,即恰好能達到A板，故D項正確。

答案BCD

I規(guī)律方法|

帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法

選取研■I一個帶電體，也可選幾個帶電體構成的系刃

、究對免

T受力分析i多了個電場力(尸=叫￡或1M軍“

兩個一

/運動分析|—運動情況反映受力情況|

方法①：由牛頓第二定律及勻變速直線運

選用規(guī)律列

動的公式進行計算

方程求解，

方法②：動能定理:qU=*mv^-*

考點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

趾昂類平拋運動嗡j

偏轉(zhuǎn)角"an心嘯&器T華齊益二p

側(cè)移距離:“=霖產(chǎn)需仁二十：」

y=>o+Llan0=(y+L)Ian0g

2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(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4。1=52笳

產(chǎn)界毛鬻(方

tan。岑

mavo

tan

得y一而/e-w[d°

(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。為粒子水平

位移的中點，即。到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為看

3.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關系

當討論帶電粒子的末速度。時，也可以從能量的角度進行求解；加配,

其中4=%，指初、末位置間的電勢差。

【例4】(2019.無錫市高三期末考試)如圖4所示，一個電子由靜止開始經(jīng)加速電

場加速后，又沿中心軸線從。點垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出打到熒光屏

上的P點，O點為熒光屏的中心。已知電子質(zhì)量m=9.0X10-31kg,電荷量大小e

=1.6X10-19。加速電場電壓Uo=25OOV,偏轉(zhuǎn)電場電壓U=200V,極板的長

度￡i=6.0cm,板間距離J=2.0cm,極板的末端到熒光屏的距離L2=3.0cm(忽

略電子所受重力，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。求：

圖4

(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度優(yōu)；

⑵電子打在熒光屏上的P點到。'點的距離h-,

(3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電勢能的增加量。

解析(1)電場中加速有eUo=3"就

解得v°=、圈

代入數(shù)據(jù)解得vo=3.OX107m/So

(2)設電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t,電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)

移量為ya

電子在水平方向做勻速直線運動Li=vot

電子在豎直方向上做勻加速運動y=1a/2

根據(jù)牛頓第二定律有年=〃/

eUlA_______1.6X1019X200X0.062

解,涕=2X9.0X1()-31x002義(3.0X1()7)2m

=3.6XIO、m=o.36cm

電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點,

由圖知方=^^不

解得6=7.2義10-3m。

(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它做的功

W=eEy=Jjy=5.SX1018J

18

AEP=-W=-5.8X10Jo

答案(1)3.0X107m/s(2)7.2X10-3m(3)-5.8X10-18J

方法技巧

分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關鍵

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處理。

考點]

?帶電粒子在交變電場中的運動

1.常見的交變電場

常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。

2.常見的試題有三種類型

(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)。

(2)粒子做往返運動(一般分段研究)。

(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)。

3.解答帶電粒子在交變電場中運動的思路

(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空

間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理

過程相關的邊界條件。

(2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)

律分析；二是功能關系。

(3)注意對稱性和周期性變化關系的應用。

【例5】(2019.江蘇省如東高級中學第二次學情調(diào)研)(多選)如圖5甲所示，兩個

平行金屬板P、。正對豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，1=0時，P

板比Q板電勢高Uo,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不計)，已知電子在0?4初時間內(nèi)未與兩板相碰，則

()

PQ

甲乙

圖5

Alo?2/0時間內(nèi)電子的電勢能增加

B.在3m時刻電子的機械能最小

C.2fo?3fo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.3fo?4加時間內(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知識可知：在0?m時間內(nèi)，P板比。板電

勢高Uo,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；在死?2力時間內(nèi)，P板比。板電勢低Uo,電場

強度方向水平向左，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，電場力做負功，所以電子的電勢能增加，故選項A正確；在2fo

時速度為零，在2m?3m時間內(nèi)，。板比P板電勢高Uo,電場強度方向水平向左，

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3旬時刻速度最大，機械能最大，故選項B錯

誤；在加?4fo時間內(nèi)，P板比。板電勢高Uo,電場強度方向水平向右，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4m

時刻速度為零，恰好又回到M點，故選項D正確。

答案AD

【例6】（2018?徐州'宿遷、連云港'淮安高三模擬）如圖6甲所示，極板A、B

間電壓為Uo,極板C、。間距為d,熒光屏到G。板右端的距離等于C、。板

的板長。A板。處的放射源連續(xù)無初速度地釋放質(zhì)量為加、電荷量為+g的粒子，

經(jīng)電場加速后，沿極板C、。的中心線射向熒光屏（熒光屏足夠大且與中心線垂直）,

當C、。板間未加電壓時，粒子通過兩板間的時間為加；當C、。板間加上圖乙

所示電壓（圖中電壓U已知）時，粒子均能從C、。板間飛出，不計粒子的重力及

相互間的作用。求：

熒

~光

屏

%t

乙

圖6

（l）C。板的長度L；

（2）粒子從C、。板間飛出時垂直于極板方向偏移的最大距離;

(3)粒子打在熒光屏上區(qū)域的長度。

解析(1)粒子在A、B板間有qUo=3"o8

在C、。板間有L=voto

解得L寸督。

(2)粒子從mo(〃=0,2,4,…)時刻進入C、。板間，偏移距離最大，粒子做類平

拋運動

偏移距離尸夕汨

加速度。=鬻

zBqUiR

得產(chǎn)2md。

(3)粒子在C、。板間偏轉(zhuǎn)距離最大時打在熒光屏上距中心線最遠出C、。板時的

偏轉(zhuǎn)角tan(9=",vy=ato

打在熒光屏上距中心線的最遠距離

s=y+Ltan6

熒光屏上區(qū)域長度△$=$=彎鬻?。

宏安小…RqUo2而32面

答案⑴八/m⑵2〃0⑶2混

I當堂見固達標I：跟蹤演練強化提升

1.(2019?南京市、鹽城市一模)如圖7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7

A.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。=比力,

可知電容變大，A正確。

答案A

2.（2019?無錫市高三期末考試）超級電容的容量比通常的電容器大得多，其主要優(yōu)

點是高功率脈沖應用和瞬時功率保持，具有廣泛的應用前景。如圖8所示，某超

級電容標有“2.7V100F”，將該電容接在1.5V干電池的兩端，則電路穩(wěn)定后

該電容器的負極板上所帶電荷量為（）

圖8

A.-150CB.-75C

C.-270CD.-135C

解析根據(jù)C=￡可知電容器帶電荷量為0=CU=1OOX1.5C=15OC,則電路穩(wěn)

定后該電容器的負極板上所帶電荷量為一150C,故選項A正確。

答案A

3.（2018?淮安、宿遷等高三期中）如圖9所示,平行板電容器兩極板M、N間距為乩

兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極相連，則下列能使電容器的電容減小的措

施是（）

圖9

A.減小dB.增大U

C.將M板向左平移D.在板間插入介質(zhì)

解析根據(jù)。=品可知，減小d，則C變大，選項A錯誤；增大U,電容器的

電容不變，選項B錯誤；將M板向左平移，則S減小，C減小，選項C正確；

在板間插入介質(zhì)，則C變大，選項D錯誤。

答案C

4.（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0、M、P點。由。點靜止釋放的電子恰好能運動到尸

點?，F(xiàn)將C板向右平移到P'點，則由。點靜止釋放的電子（）

ABCfi

I）

ii

I）

OMP%

------1----------------y

I）

（I

1|

11

1|

1|

圖10

A.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=甕、定義式。=號和勻強電場的

電壓與電場強度的關系式可得七=＜第,可知將C板向右平移到P，點,從

。兩板間的電場強度不變，由。點靜止釋放的電子仍然可以運動到尸點，并且會

原路返回，故選項A正確。

答案A

牌后知能演凰課后演練提升技能

（時間：40分鐘）

一、單項選擇題

1.（2018?蘇州市高三上學期期初調(diào)研）對于某一電容器，下列說法正確的是（）

A.電容器所帶的電荷越多，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/它的電容也減小到原來的3

解析電容的定義式為C=￡,但不能說電容正比于電容器所帶電荷量，反比于

兩板間的電勢差，電容是電容器本身的性質(zhì)，與其自身因素有關，故A、B、D

錯誤，C正確。

答案c

2.如圖1所示，電子由靜止開始從A板向8板運動，當?shù)竭_8極板時速度為0,

保持兩板間電壓不變，則（）

」9-...—J

AB

圖1

A.當增大兩板間距離時，。增大

B.當減小兩板間距離時，。增大

C.當改變兩板間距離時，。也會變化

D.當增大兩板間距離時，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，當兩板

間距離增加時，變小，又。=當，a變小，由d=3aF知t=、傳,所以電子

在兩板間運動的時間變長，故選項D正確。

答案D

3.（2019?南京市高三學情調(diào)研）"探究影響平行板電容器電容大小因素”的實驗裝

置如圖2所示，忽略漏電產(chǎn)生的影響，下列判斷正確的是（）

圖2

A.平板正對面積減小時，靜電計指針偏角減小

B.靜電計可以用電壓表替代

C.靜電計所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等

D.靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量

解析本題裝置中電容器的電荷量Q不變，由C=篇及C=￡可知，平行板正

對面積減小時，電容C減小，U增大，所以靜電計指針偏角增大，A錯誤；靜電

計是測靜電電壓的裝置，電壓表是測量電路中電壓的裝置，必須有電流通過電壓

表才有讀數(shù)，所以不能用電壓表代替靜電計，B、D錯誤；靜電計與平行板電容

器組成并聯(lián)關系，電壓相等，但電荷量不相等，實際上靜電計電荷量可忽略不計，

C正確。

答案c

4.（2018.江蘇單科，5）如圖3所示，水平金屬板A、8分別與電源兩極相連，帶電

油滴處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將8板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等

勢面，則該油滴（）

A.仍然保持靜止B.豎直向下運動

C.向左下方運動D.向右下方運動

解析由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，

將5板右端向下移動一小段距離，極板之間的電場強度將減小，油滴所受電場力

減小，且電場力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油

滴向右下方運動，選項D正確。

答案D

5.（2019.如皋市第二次質(zhì)檢）三個a粒子由同一位置同時水平飛入偏轉(zhuǎn)電場，軌跡

如圖4所示，下列判斷不正確的是（）

A.進電場時c的速度最大，a的速度最小

B.在匕飛離電場的同時，。剛好打在負極板上

C.b和c同時飛離電場

D.動能的增加量c最小，a和匕一樣大

解析三個粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，則粒子的加速度相同。八人兩粒子在豎

直方向上的位移相等，根據(jù)》=/戶，可知a、b運動時間相等，在b飛離電場的

同時，a剛好打在負極板上，故B項正確；c豎直方向上的位移yc＜?,根據(jù)y=

%產(chǎn)，可知左＜力，c先離開電場，故C項錯誤；在垂直于電場方向即水平方向，

Y

三個粒子做勻速直線運動，則有：0=7。因&=必，tc＜tb,則0c＞女）；因勿=2,

xb＞xa,則0。＞為。所以有出＞&＞＞為,故A項正確；根據(jù)動能定理知，對a、b

兩粒子，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等，對C粒子，電場力做功最少，

動能增加量最小，故D項正確。

答案C

二、多項選擇題

6.美國物理學家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，準確地測定了電

子的電荷量。如圖5所示，平行板電容器兩極板M、N與電壓恒定為U的電源兩

極相連，板的間距為乩現(xiàn)有一質(zhì)量為加的帶電油滴在極板間勻速下落，重力加

速度為g，則（）

噴霧器

圖5

A.此時極板間的電場強度E*

B.油滴帶電荷量為器

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,是勻強電場，故場強E=%，故選項A正確；

油滴受重力和電場力，處于平衡狀態(tài)，故mg=/,解得q=嚕,故選項B錯誤；

減小極板間電壓，場強減小，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AC

7.（2019?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,

帶負電的微粒質(zhì)量為加、帶電荷量為“，它從上極板的邊緣以初速度射入，沿

直線從下極板N的邊緣射出，已知重力加速度為g,則（）

I

[

圖6

A.微粒的加速度不為零

B.微粒的電勢能減少了mgd

C.兩極板的電勢差為嚕

D.M板的電勢高于N板的電勢

解析帶負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=^q,所以兩極板之間電勢差。=等，選項A

錯誤，C正確；而微粒帶負電，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，選項D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功，

微粒電勢能增加，選項B錯誤。

答案CD

8.（2018.如皋市第二次質(zhì)檢）如圖7甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子（不

計重力），兩板間距離足夠大，當兩板間加上如圖乙所示的電壓后，在下圖中反映

電子速度。、位移x和加速度。三個物理量隨時間，的變化規(guī)律可能正確的是（）

甲乙

圖7

解析分析電子一個周期內(nèi)的運動情況：0?（時間內(nèi)，電子從靜止開始向8板做

勻加速直線運動，卜匏間內(nèi)沿原方向做勻減速直線運動，駢刻速度為零，卜

33

jT時間內(nèi)向A板做勻加速直線運動，jT?T時間內(nèi)做勻減速直線運動。根據(jù)勻變

速直線運動速度一時間圖象是傾斜的直線可知，A圖符合電子的運動情況，故A

項正確，C項錯誤；電子做勻變速直線運動時*一r圖象應是拋物線，故B項錯誤;

根據(jù)電子的運動情況：勻加速運動和勻減速運動交替進行，而勻變速運動的加速

度大小不變，。一，圖象應平行于橫軸，故D項正確。

答案AD

9.（2019?江蘇省鹽城市高三第三次模擬考試）如圖8所示，在光滑水平面上有一邊

長為L的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行。

一質(zhì)量為機、帶電量為Q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速優(yōu)

進入該正方形區(qū)域。當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有動能的大小

可能是（）

圖8

1、

A.OB.產(chǎn)如

1