新高考物理一輪復習重難點過關訓練專題20 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）

專題20電容器帶電粒子在電場中的運動1.了解電容器的充電、放電過程，會計算電容器充、放電電荷量.2.了解影響平行板電容器電容大小的因素，能利用公式判斷平行板電容器電容的變化.3.利用動力學、功能觀點分析帶電粒子在電場中的直線運動．4.掌握帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律.5.會分析帶電粒子在電場中偏轉的功能關系．考點一電容器及平行板電容器的動態(tài)分析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：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．②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化為其他形式的能．2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板之間的電勢差之比．(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高低．(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、相對介電常數(shù)、兩板間的距離．(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).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，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．2．動態(tài)分析思路(1)U不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析Q的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變化．③根據(jù)UAB＝E·d分析某點電勢變化．(2)Q不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析U的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強變化．【典例1】（2022·北京·101中學三模）用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為SKIPIF1<0。兩平行板間的電場強度為E，實驗中，極板所帶電荷量不變，若（）A．保持S不變，增大d，則SKIPIF1<0變小B．保持S不變，增大d，則E變大C．保持d不變，減小S，則SKIPIF1<0變大D．保持d不變，減小S，則E變小【答案】C【解析】AB．根據(jù)電容的決定式SKIPIF1<0得知，當保持S不變，增大d時，電容SKIPIF1<0減小，電容器的電量Q不變，由電容的定義式SKIPIF1<0分析可知板間電勢差SKIPIF1<0增大，則靜電計指針的偏角SKIPIF1<0變大，再結合SKIPIF1<0聯(lián)立可得SKIPIF1<0可知電場強度SKIPIF1<0不變，故AB錯誤；CD．根據(jù)電容的決定式SKIPIF1<0得知保持d不變，減小S，電容SKIPIF1<0變小，根據(jù)SKIPIF1<0可知板間電勢差SKIPIF1<0變大，則靜電計指針的偏角θ變大，根據(jù)SKIPIF1<0可知電場強度SKIPIF1<0變大，故C正確，D錯誤。故選C?！镜淅?】（2022·河南·洛寧縣第一高級中學模擬預測）如圖所示，水平放置的兩半圓形金屬極板由絕緣轉軸連接，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，也可上下平移，起初兩極板邊緣對齊，上極板通過開關SKIPIF1<0與電源正極相連，下極板接地后與電源負極相連。初始時開關SKIPIF1<0閉合，板間有一帶電粒子SKIPIF1<0恰好處于靜止狀態(tài)。忽略邊緣效應，關于兩極板組成的電容器，下列說法正確的是（）A．若只將電容器的上極板轉過一小角度，則電容器的電容增大B．若只將電容器的上極板轉過一小角度，則電容器所帶電荷量增大C．若只將電容器的上極板轉過一小角度，則粒子SKIPIF1<0所處位置的電勢降低D．若斷開開關SKIPIF1<0，只將板間距變?yōu)樵瓉淼?倍，則帶電粒子仍處于靜止狀態(tài)【答案】D【解析】A．電容器的電容SKIPIF1<0，只將電容器的上極板轉過一小角度，正對面積減小，則電容器的電容減小，A錯誤；B．又由SKIPIF1<0可知，電容器所帶電荷量減少，B錯誤；C．只將電容器的上極板轉過一小角度，電容器兩板間勻強電場的電場強度SKIPIF1<0不變，則粒子SKIPIF1<0所處位置的電勢不變，C錯誤；D．斷開開關SKIPIF1<0，若將板間距變?yōu)樵瓉淼?倍，電容器的電容變?yōu)樵瓉淼腟KIPIF1<0由于電容器的電荷量不變，電容器兩板間勻強電場的電場強度SKIPIF1<0因此電場強度不變，帶電粒子所受電場力不變，仍處于靜止狀態(tài)，D正確。故選D?！镜淅?】（2022·海南·一模）如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R為滑動變阻器，用絕緣細線將一帶負電的小球懸于電容器內部。閉合電鍵S，給電容器充電后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ，下列說法正確的是（）A．保持S閉合，將滑動變阻器的滑片向b端滑動，則θ減小B．保持S閉合，將M板向N板靠近，則θ不變C．斷開S，在靠近M板內側插入一定厚度的陶瓷片，則θ增大D．斷開S，將N板向上移動少許，則θ增大【答案】D【解析】小球平衡時，由平衡條件知qE=mgtanθA．保持S閉合，電容器兩極板間的電勢差等于電源的電動勢，保持不變，將滑動變阻器的滑片向b端滑動，則θ不會變，A錯誤；B．保持S閉合，電容器兩極板間的電勢差等于電源的電動勢，保持不變，根據(jù)公式SKIPIF1<0可知，將N板向M板靠近時，電場強度變大，電場力變大，故θ增大，B錯誤；C．斷開S，電容器帶電量不變，根據(jù)電容器定義式SKIPIF1<0平行板電容器的公式SKIPIF1<0電壓與電場強度公式SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0在靠近M板內側插入一定厚度的陶瓷片，則SKIPIF1<0變大，電場強度減小，故θ減小，C錯誤；D．斷開S，電容器帶電量不變，根據(jù)電容器定義式SKIPIF1<0平行板電容器的公式SKIPIF1<0電壓與電場強度公式SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0斷開S，將N板向上移動少許，S減小，電場強度增大，電場力增大，則θ增大，D正確。故選D?？键c二帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動一、帶電粒子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且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動．2．用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1【典例4】如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負極板有另一質量為m、電荷量為－q的粒子．在靜電力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經過平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面．若兩粒子間的相互作用可忽略，不計重力，則M∶m為()A．3∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶1【答案】A【解析】設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對電荷量為q的粒子aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,M)t2；對電荷量為－q的粒子有am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故選A.二、帶電體在靜電力和重力作用下的直線運動【典例5】如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上下極板開有一小孔，四個質量均為m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長均為eq\f(d,4)的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極板小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落．當下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零．重力加速度為g，(僅兩極板間存在電場)試求：(1)兩極板間的電壓；(2)小球運動的最大速度．【答案】(1)eq\f(20mgd,13q)(2)eq\r(\f(11gd,26))【解析】(1)根據(jù)動能定理可得4mg×eq\f(5,4)d－2Uq－eq\f(3,4)Uq－eq\f(1,2)Uq＝0解得U＝eq\f(20mgd,13q)(2)當兩個小球在電場中時，靜電力F1＝eq\f(U,d)×2q＝eq\f(40,13)mg<4mg當三個小球在電場中時，靜電力F2＝eq\f(U,d)×3q＝eq\f(60,13)mg>4mg故當?shù)谌齻€小球剛進入電場時速度最大，根據(jù)動能定理可得4mg×eq\f(d,2)－eq\f(1,2)Uq－eq\f(1,4)Uq＝eq\f(1,2)×4mv2－0解得v＝eq\r(\f(11gd,26)).三、帶電粒子在交變電場中的直線運動1．常見的交變電場常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動．(2)粒子做往返運動．3．解題技巧(1)按周期性分段研究．(2)將eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t圖像,U－t圖像,E－t圖像))eq\o(→,\s\up7(轉換))a－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉化))v－t圖像．【典例6】勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示，當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子(帶正電)，設帶電粒子只受靜電力的作用，則下列說法中正確的是()A．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末帶電粒子的速度不為零D．0～3s內，靜電力做的總功為零【答案】D【解析】由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內的加速度大小為a1＝eq\f(qE,m)，第2s內加速度大小為a2＝eq\f(2qE,m)，故a2＝2a1，因此先加速1s再減速0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向加速，v－t圖像如圖所示：帶電粒子在第1s做勻加速運動，在第2s內先做勻減速運動，后反向加速，所以不是始終向s時，帶電粒子沒有回到出發(fā)點，故B錯誤；由圖可知，3s末的瞬時速度為0，故C錯誤；因為第3s末粒子的速度剛好減為0，根據(jù)動能定理可知，0～3s內，靜電力做的總功為零，故D正確．考點三帶電粒子在勻強電場中的偏轉帶電粒子在勻強電場中偏轉的兩個分運動(1)沿初速度方向做勻速直線運動，t＝eq\f(l,v0)(如圖)．(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)②離開電場時的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)③離開電場時的偏轉角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)1．兩個重要結論(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：在加速電場中有qU0＝eq\f(1,2)mv02在偏轉電場偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏轉角θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)y、θ均與m、q無關．(2)粒子經電場偏轉后射出，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偏轉極板長度的一半．2．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)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．【典例7】（2022·河南安陽·高三階段練習）如圖所示，光滑水平桌面內有一圓形的勻強電場區(qū)域，O為圓心，SKIPIF1<0為相互垂直的直徑，電場強度方向與直徑SKIPIF1<0平行。現(xiàn)有大量質量為m、電荷量為q（電性不同）的粒子以不同速率從A點沿SKIPIF1<0方向垂直電場方向射入勻強電場，不計粒子重力及其相互作用，下列說法正確的是（）A．在電場中運動時間相同的粒子的射出點最多有兩個B．一定沒有粒子垂直圓形電場區(qū)域的邊界射出電場C．若帶負電的粒子從O點沿SKIPIF1<0方向射入電場，從SKIPIF1<0圓弧中點射出的粒子動能最小D．若帶負電的粒子從O點沿SKIPIF1<0方向射入電場，從SKIPIF1<0圓弧上距B點SKIPIF1<0圓弧處射出的粒子動能最小【答案】B【解析】A．在圓周上任取一點，該點關于AB軸和CD軸及坐標原點O對稱的四個點，射出的粒子在電場中沿豎直方向位移相同，因此運動時間相同，A錯誤；B．粒子在電場中做類平拋運動，射出電場時，速度方向的反向延長線恰好過沿水平AB方向位移的中點，而該點一定不是圓心，而圓心與射出點的連線與邊界垂直，即粒子不可能垂直圓形電場區(qū)域的邊界射出電場，B正確；C．從SKIPIF1<0圓弧中點P射出的粒子一定比P點關于CD的對稱點Q射出的粒子動能大，因為從兩點射出的粒子，電場力做功相同，而從Q點射出的粒子初速度較小，C錯誤；D．同理，從SKIPIF1<0圓弧上距B點SKIPIF1<0圓弧處M點射出的粒子的動能一定比M點關于CD的對稱點N射出的粒子動能大，因此從兩點射出的粒子，電場力做功相同，而從N點射出的粒子初速度小，D錯誤。故選B。【典例8】（2022·北京·101中學三模）如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系SKIPIF1<0的第一象限存在著方向平行于y軸的勻強電場，場強大小為5×103N/C。一個可視為質點的帶電小球在SKIPIF1<0時刻從y軸上的a點以沿x軸正方向的初速度進入電場，圖中的b、c、d是從SKIPIF1<0時刻開始每隔0.1s記錄到的小球位置，已知重力加速度的大小是10m/s2。則以下說法正確的是（）A．小球從a運動到d的過程中，電勢能一定減小B．小球從a運動到d的過程中，機械能一定增大C．小球的初速度是60m/sD．小球的比荷（SKIPIF1<0）是1×10-3C/kg【答案】D【解析】AB．在豎直方向上，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0說明電場力方向豎直向上，小球從a運動到d的過程中，電場力做負功，則其電勢能一定增大，電場力做負功，則小球的機械能一定減小，故AB錯誤；C．在水平方向上，小球做勻速直線運動，則有SKIPIF1<0故C錯誤；D．由牛頓第二定律得SKIPIF1<0得SKIPIF1<0故D正確。故選D。考點四帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉【典例9】(2019·全國卷Ⅲ)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(v02＋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(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))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(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．【典例10】(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示．重力加速度為g.由此可見()A．帶電小球所受靜電力為3mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等【答案】AD【解析】帶電小球從A到C，設在進入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經歷的時間分別為t1和t2，在電場中的加速度為a，從A到B過程小球做平拋運動，則有x1＝v0t1，從B到C過程，有x2＝v0t2，由題意有x1＝2x2，則得t1＝2t2，即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍，y1＝eq\f(1,2)gt12，將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動，則有y2＝eq\f(1,2)at22，根據(jù)幾何知識有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C錯誤，A正確；由于在電場中軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明靜電力方向向上，所以小球帶負電，B錯誤；根據(jù)速度變化量Δv＝at，則得AB過程速度變化量大小為Δv1＝gt1＝2gt2，BC過程速度變化量大小為Δv2＝at2＝2gt2，所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，D正確．考點五帶電粒子在交變電場中的偏轉1．帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形．當粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性．2．研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況．根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子運動時間上的周期性和空間上的對稱性，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臨界條件．4．對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動．【典例11】圖甲是一對長度為L的平行金屬板，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直．在t＝0時刻，一帶電粒子沿板間的中線OO′垂直電場方向射入電場，2t0時刻粒子剛好沿下極板右邊緣射出電場．不計粒子重力．則()A．粒子帶負電B．粒子在平行板間一直做曲線運動C．粒子射入電場時的速度大小為eq\f(L,2t0)D．若粒子射入電場時的速度減為一半，射出電場時的速度垂直于電場方向【答案】C【解析】粒子向下偏轉，可知粒子帶正電，選項A錯誤；粒子在平行板間在0～t0時間內做曲線運動；在t0～2t0時間內不受任何力，則做直線運動，選項B錯誤；粒子在水平方向一直做勻速運動，可知射入電場時的速度大小為v0＝eq\f(L,2t0)，選項C正確；若粒子射入電場時的速度減為一半，由于粒子在電場中受向下的靜電力，有向下的加速度，射出電場時有沿電場方向的速度，則射出電場時的速度不可能垂直于電場方向，選項D錯誤．一、單選題1．（2022·海南·西南大學東方實驗中學模擬預測）如圖所示為一正弦交變電壓隨時間變化的圖像，由圖可知（）A．交流電的周期為2sB．用電壓表測量該交流電壓時，讀數(shù)為311VC．交變電壓的有效值為220VD．將它加在電容器上時，電容器的耐壓值小于等于311V【答案】C【解析】A．由圖可知，交流電的周期為2×10?2s，A錯誤；B．用電壓表測量該交流電壓時，測量的是有效值，不是最大值，應為SKIPIF1<0B錯誤；C．交變電壓的有效值為SKIPIF1<0C正確；D．若將它加在電容器上時，電容器在正常工作時的耐壓值應該大于311V，D錯誤。故選C。2．（2022·北京海淀·二模）如圖所示，若令x軸和y軸分別表示某個物理量，則圖像可以反映某種情況下物理量之間的關系，圖線上任一點的切線斜率、圖線與x軸圍成的面積有時也有相應的物理含義。A為圖線上一點，過A點作圖線的切線交y軸于M點，過A點作垂線交x軸于N點，切線AM的斜率記為k，圖線與x軸圍成的陰影面積記為S。下列說法正確的是（

）A．對于一段只含有電熱元件的電路，若x軸表示電流I，y軸表示電壓U，斜率k可以表示電熱元件的電阻大小B．對于某電容器的充電過程，若x軸表示電量q，y軸表示電容器兩端電壓U，斜率k可以表示電容器的電容大小C．對于做勻變速曲線運動的物體，若x軸表示運動時間t，y軸表示物體所受合力F，面積S可以表示時間t內的合外力沖量大小D．對于做圓周運動的物體，若x軸表示半徑r，y軸表示角速度ω，面積S可以表示對應半徑變化的線速度大小的變化【答案】C【解析】A．若x軸表示電子原件兩端的電壓U，y軸表示流過它的電流I，而SKIPIF1<0則圖像切線的斜率不表示電阻大小，A錯誤；B．根據(jù)電容的定義式SKIPIF1<0對于某電容器的充電過程，若x軸表示電量q，y軸表示電容器兩端電壓U，斜率k不可以表示電容器的電容大小，B錯誤；C．對于做勻變速曲線運動的物體，若x軸表示運動時間t，y軸表示物體所受合力F，則合外力沖量為I=Ft根據(jù)微元法可知，面積S可以表示時間t內的合外力沖量大小，C正確；D．對于做圓周運動的物體，若x軸表示半徑r，y軸表示角速度ω，對應半徑變化的線速度大小為v=ωr則面積S不可以表示對應半徑變化的線速度大小的變化，D錯誤。故選C。3．（2022·重慶·三模）2022年4月11日晚，受強對流天氣影響，狂風暴雨襲擊川渝地區(qū)，據(jù)氣象部門監(jiān)測，九龍坡區(qū)局地風力已達10級。小李同學用所學知識設計了一個電容式風力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風力作用下向右移動，引起電容的變化，風力越大，移動距離越大（兩電極不接觸）。若極板上電荷量保持不變，在受到風力作用時，則（）A．電容器電容變小 B．極板間電場強度變大C．極板間電壓變小 D．靜電計指針張角越大，風力越大【答案】C【解析】A．根據(jù)SKIPIF1<0在受到風力作用時，d減小，則電容器電容變大，故A錯誤；B．極板間電場強度SKIPIF1<0不變，故B錯誤；C．極板間電壓SKIPIF1<0變小，故C正確；D．風力越大，d越小，極板間電壓越小，靜電計指針張角越小，故D錯誤。故選C。4．（2022·遼寧·大連市一0三中學模擬預測）兩個位于紙面內的點電荷產生電場的等勢面如圖中實線所示，相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線MPN是一電子在電場中的運動軌跡，軌跡與某等勢面相切于P點。下列說法正確的是（

）A．兩點電荷可能是異種點電荷 B．A點的電場強度比B點的大C．A點的電勢高于B點的電勢 D．電子在M點的加速度大于在P點的加速度【答案】C【解析】A．根據(jù)電荷間等勢面的分布情況可知兩點電荷時同種電荷，又根據(jù)電子在該電場中的運動軌跡可判斷電子一直受到排斥的力，故可知兩點電荷為同種負電荷，A錯誤；B．根據(jù)等勢面的疏密程度可以判斷A點的電場強度比B點的小，B錯誤；C．因為兩點電荷是同種負電荷，電場線指向負電荷，故可知A點的電勢高于B點的電勢，C正確；D．等差等勢面越密的位置，電場強度越大，M點的電場強度小于P點的電場強度，所以電子在M點所受電場力小于在P點所受電場力，由牛頓第二定律可知，電子在M點的加速度小于在P點的加速度，D錯誤。故選C。5．（2022·安徽·合肥市第八中學模擬預測）固定的足夠長斜面頂端有一個質量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球，以速度v0平拋。整個裝置處在豎直向下的勻強電場之中，場強大小E＝SKIPIF1<0，小球從拋出到落到斜面的時間為t1，重力做功為WG1，電勢能減少量為Ep1，落到斜面上時的動能為Ek1；若將電場方向改為豎直向上，其他條件不變，小球從拋出到落到斜面的時間為t2，重力做功為WG2，電勢能增加量為Ep2，落到斜面上時的動能為Ek2，則下列關系式不正確的是（）A．t1：t2=1：3 B．Ek1：Ek2=1：1C．WG1：WG2=1：1 D．Ep1：Ep2=1：3【答案】C【解析】A．勻強電場方向豎直向下時，對小球受力分析，由牛頓第二定律可得：SKIPIF1<0同理，勻強電場方向豎直向上時，有SKIPIF1<0又SKIPIF1<0聯(lián)立，可得SKIPIF1<0設斜面傾角為SKIPIF1<0，根據(jù)平拋運動規(guī)律，可得兩次類平拋運動過程有SKIPIF1<0解得t1：t2=1：3故A正確，與題意不符；C．兩次類平拋運動過程，豎直分位移分別為SKIPIF1<0根據(jù)重力做功的公式，有SKIPIF1<0聯(lián)立，可得WG1：WG2=1：3故C錯誤，與題意相符；D．根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系，以及電場力做功表達式SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0即Ep1：Ep2=1：3故D正確，與題意不符；B．根據(jù)動能定理，有SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0聯(lián)立，可得Ek1：Ek2=1：1故B正確，與題意不符。本題選不正確的故選C。6．（2022·全國·高三課時練習）豎直平面內有一勻強電場，電場方向與x軸負方向成37°角，x軸上各點的電勢隨坐標x的變化規(guī)律如圖所示?，F(xiàn)有一帶負電小球以初速度0.5m/s從x＝﹣1cm的P處沿直線運動到x＝2cm的Q處，已知小球的質量為3×10﹣4kg，取g＝10m/s2，則（）A．勻強電場的場強大小為400V/mB．帶電小球的電荷量大小為1×10﹣5CC．帶電小球從P點運動到Q點的過程中的加速度大小為40m/s2D．帶電小球運動到Q點時動能可能為0【答案】B【解析】A．依題意，根據(jù)勻強電場中，電勢差與電場強度的關系得SKIPIF1<0則SKIPIF1<0結合圖像得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故A錯誤；B．由題意知，帶電小球在豎直方向受力平衡，得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故B正確；CD．小球帶負電，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，帶電小球運動到Q點時動能不可能為0，在水平方向，對小球由牛頓第二定律得SKIPIF1<0代入數(shù)據(jù)解得SKIPIF1<0故CD錯誤。故選B。7．（2022·全國·高三專題練習）密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）A．q，r B．2q，r C．2q，2r D．4q，2r【答案】D【解析】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止狀態(tài)時，滿足SKIPIF1<0即SKIPIF1<0AB．當電勢差調整為2U時，若液滴的半徑不變，則滿足SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0AB錯誤；CD．當電勢差調整為2U時，若液滴的半徑變?yōu)?r時，則滿足SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0C錯誤，D正確。故選D。8．（2022·全國·高三課時練習）如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度進入某點電荷Q產生的電場中，沿圖中彎曲的虛線軌跡先后經過電場中的a、b兩點。其中a點的電場強度大小為SKIPIF1<0，方向與ab連線成30°角，b點的電場強度大小為SKIPIF1<0，方向與ab連線成60°角。粒子只受靜電力的作用，下列說法中正確的是（）A．點電荷Q帶正電B．a點的電勢高于b點電勢C．從a到b，系統(tǒng)的電勢能增加D．粒子在a點的加速度大于在b點的加速度【答案】B【解析】A．帶正電的粒子受力指向軌跡凹側，電場線匯聚到一點，則點電荷Q帶負電，故A錯誤；B．點電荷Q恰好處于a、b兩點電場線的交點處，根據(jù)負點電荷等勢面的分布特點，離負點電荷越遠的點電勢越高，由幾何關系可知，a點離負點電荷較遠，所以a點的電勢高于b點電勢，故B正確；C．從a到b，靜電力對帶正電粒子做正功，所以系統(tǒng)的電勢能減小，則C錯誤；D．根據(jù)場強公式SKIPIF1<0，a點的場強小于b點，則粒子在a點受到的靜電力小于在b點受到的靜電力，所以粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，則D錯誤。故選B。9．（2022·安徽淮北·二模）一沿x軸分布的電場，x軸上有P、Q兩點，其位置坐標分別為x0、2x0。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從坐標原點O由靜止釋放，其速度v隨位置x的變化規(guī)律如圖所示，粒子僅受電場力作用，設O點電勢為零。則下列說法正確的是（）A．該電場為勻強電場B．Q點的電勢為SKIPIF1<0C．粒子從O運動到Q的平均速度SKIPIF1<0>SKIPIF1<0D．粒子在OP間的平均加速度比PQ間的小【答案】D【解析】A．該電場如果為勻強電場，則帶電粒子從原點O由靜止釋放后將做勻加速直線運動，其速度-位移關系為SKIPIF1<0則圖像應該為拋物線，但題目中的圖像為直線，所以該電場不是勻強電場，故A錯誤；B．帶電粒子在電場中的電勢能和動能之和保持不變，即SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故B錯誤；C．在速度與位移成正比的情況下，加速度將與速度成正比，則速度與時間將不滿足線性關系；與勻變速直線運動相比，在發(fā)生相同位移的情況下，用時將更長，所以粒子從O運動到Q的平均速度SKIPIF1<0，故C錯誤；D．粒子在OP間和PQ間的速度變化量相等，但是粒子在OP間的速度較小，所以用時更長，根據(jù)加速度定義式SKIPIF1<0可知，粒子在OP間的平均加速度比PQ間的小，故D正確。故選D。10．（2022·江蘇·阜寧縣東溝中學模擬預測）如圖所示，平行板電容器通過一滑動變阻器R與直流電源連接，G為一零刻度在表盤中央的電流計，閉合開關S后，下列說法中正確的是（）A．若在兩板間插入電介質，電容器的電容變小B．若在兩板間插入一導體板，電容器的帶電量變小C．若將滑動變阻器滑片P向上移動，電容器的帶電量變大D．若將電容器下極板向下移動一小段距離，此過程電流計中有從a到b方向的電流【答案】C【解析】A．根據(jù)公式SKIPIF1<0在兩板間插入電介質，SKIPIF1<0增加，所以電容器的電容變大。故A錯誤；B．同理，在兩板間插入一導體板，由于導體板的靜電感應，致使電容器兩板間距SKIPIF1<0減小，電容器的電容增加，由公式SKIPIF1<0可知極板間電壓不變的時候，帶電量變大。故B錯誤；C．將滑動變阻器滑片P向上移動，電容器極板間電壓變大，根據(jù)SKIPIF1<0易知電容器帶電量變大。故C正確；D．將電容器下極板向下移動一小段距離，由公式SKIPIF1<0可知電容器的電容減小，再根據(jù)SKIPIF1<0可知電容器將放電，此過程電流計中有從b到a方向的電流。故D錯誤。故選C。二、填空題11．（2022·北京·首經貿附中高三期中）空氣平行板電容器，電容為C，兩極板間距離為d。充電后，兩極板間相互作用力為F。則兩極板間的電勢差為_______，極板上的電荷為________。【答案】

SKIPIF1<0

SKIPIF1<0【解析】設電容器極板上的電荷為Q，板間場強為E，板間電壓為U，則有SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0SKIPIF1<012．（2021·福建省德化第一中學高三階段練習）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，比較準確地測定了電子的電荷量。如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電。現(xiàn)有一質量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則油滴帶______電（填正或負），電容器的電容為______?！敬鸢浮?/p>

負

SKIPIF1<0【解析】[1]由題意可知，極板M帶正電，則場強方向豎直向下，帶電油滴保持靜止不動，則油滴受到豎直向上的電場力與場強方向相反，因此油滴帶負電；[2]根據(jù)平衡條件SKIPIF1<0電容公式SKIPIF1<0此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k則SKIPIF1<0聯(lián)立得SKIPIF1<013．（2022·福建·南平市第八中學高三開學考試）如圖所示，金屬板P與柵極板Q水平正對放置，間距為d，金屬板和柵極板板長均為2d，Q板接地，P極板電勢為+SKIPIF1<0（未知），一定質量的帶正電粒子自P板上邊緣以速度v0平行于P極板射入電場，粒子從柵極板Q的中點離開電場，重力忽略不計。要使粒子從柵極板Q的右邊緣離開電場，則粒子的入射速度大小為______；若向下移動柵極板Q，使粒子從右邊緣離開電場，則PQ間的距離為___________?！敬鸢浮?/p>

2v0

2d【解析】[1]帶電粒子在金屬板P與柵極板Q之間做類平拋運動，以速度v0射入電場時有SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0粒子從柵極板Q的右邊緣離開電場，則粒子的入射速度大小為v1，有SKIPIF1<0SKIPIF1<0對比可得t1=t2，v1=2v0[2]若向下移動柵極板Q，使粒子從右邊緣離開電場，有SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0可解的y=2d即PQ間的距離為2d。14．（2022·上海·模擬預測）如圖所示，在一水平向右勻強電場中，有兩質量均為m、帶等量異號電荷的小球M和N，通過兩根長度均為L的絕緣輕繩懸掛在電場中O點，平衡后兩輕繩與豎直方向的夾角均為θ=45°。若僅將兩小球的電荷量同時變?yōu)樵瓉淼?倍，兩小球仍能平衡在原位置。已知靜電力常量為k，重力加速度大小為g，則球M帶______電荷（填“正”或“負”），其原來帶電量大小為______?！敬鸢浮?/p>

負

SKIPIF1<0【解析】[1]對小球M受力分析如圖小球M受電場力水平向左，與電場線方向相反，故小球M帶負電。[2]由幾何關系，小球M和N之間距離為SKIPIF1<0，當兩球帶電量都為q時，由平衡條件：SKIPIF1<0(1)當兩球帶電量都為2q時，由平衡條件：SKIPIF1<0

(2)(1)(2)聯(lián)立可得：SKIPIF1<0三、解答題15．（2022·江蘇·高三專題練習）超級電容器是電容C達到上千法拉甚至上萬法拉的大容量電容器，具有功率密度高、充電速度快、循環(huán)壽命長等優(yōu)點?，F(xiàn)采用如下圖所示的電路對某個超級電容器充電。充電器具有控制輸出電壓和輸出電流的功能。充電過程分為兩個階段：第一階段是恒流（即充電器輸出的電流不變）充電，當充電器檢測到電壓達到一定值后，進入第二階段，進行恒壓充電（即充電器輸出的電壓不變），直到充電終止。若電阻阻值恒定為R，關于充電過程。(1)電容器原來不帶電，其電容為C，當?shù)谝浑A段進行恒流充電時，充電器輸出的電流為I，求t時刻電容器兩端電壓SKIPIF1<0；(2)當進入第二階段進行恒壓充電時，充電器輸出的電壓為U，某一時刻流過電阻R的電流為SKIPIF1<0，求電容器兩端電壓SKIPIF1<0?！敬鸢浮?1)SKIPIF1<0；(2)SKIPIF1<0【解析】(1)0到t時間內電容器充電電量為Q=It由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0(2)電阻R兩端的電壓為SKIPIF1<0由SKIPIF1<0得SKIPIF1<016．（2022·全國·高三專題練習）如圖所示，平行板電容器的兩個極板A、B接在電壓為60V的恒定電源上，兩極板間距為3cm，電容器帶電荷量為6×10-8C，A極板接地。求∶（1）平行板電容器的電容；（2）平行板電容器兩極板之間的電場強度；（3）距B極板為2cm的C點處的電勢；（4）將一個電荷量為q=8×10-9C的正點電荷從B極板移到A極板靜電力所做的功?！敬鸢浮浚?）1×10-9F；（2）2×103V/m；（3）-20V；（4）-4.8×10-7J【解析】（1）平行板電容器的電容為C=SKIPIF1<0F=1×10-9F（2）兩極板之間的電場強度為E=SKIPIF1<0V/m=2×103V/m（3）C點處的電勢為SKIPIF1<0，則有-SKIPIF1<0=Ed=2×103×1×10-2V=20VSKIPIF1<0=-20V（4）靜電力所做的功為W=-qU=-8×10-9×60J=-4.8×10-7J17．（2022·全國·高三專題練習）如圖所示，半徑R=0.8m的SKIPIF1<0光滑絕緣圓弧軌道PQ固定在豎直平面內，Q點的切線水平，質量m=6×10-2kg,帶電量q=8×10-3C從與圓心O等高的P點由靜止釋放，從Q點進入極板間距d=8×10-2m的兩水平平行板電容器后，剛好能在水平方向做勻速直線運動，且此時電動機剛好能正常工作。已知電源電動勢E=15V、內阻r=1Ω、定值電阻R0=6Ω、電動機線圈電阻rM=0.6Ω，取g=10m/s2。求：(1)小球到達Q點時的速度大??；(2)電動機輸出的機械功率?！敬鸢浮?1)SKIPIF1<0m/s；(2)7.4W【解析】解：(1)設小球到達Q點的速度v，小球從P到Q只有重力做功，由機械能守恒定律有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0m/s(2)小球進入平行板間所受電場力和重力平衡，設板間電壓為U，有SKIPIF1<0由歐姆定律得電路中的電流

SKIPIF1<0所以，電動機兩端電壓

SKIPIF1<0電動機輸出的機械功率

SKIPIF1<0聯(lián)立解得

SKIPIF1<07.4W18．（2022·北京豐臺·二模）如圖所示，長SKIPIF1<0的輕質細線上端固定在懸點SKIPIF1<0，下端連接一個可視為質點的帶電小球，小球靜止在水平向左、范圍足夠大的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角SKIPIF1<0。已知懸點O距地面的高度SKIPIF1<0，小球所帶電荷量SKIPIF1<0，勻強電場的場強SKIPIF1<0，空氣阻力可以忽略，取重力加速度SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，S