高考物理一輪 （考綱自主研讀+命題探究+高考全程解密） 第3講電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析） 新人教版

第3講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P112)電容、電容器Ⅰ(考綱要求)【思維驅(qū)動(dòng)】(單選)下列關(guān)于電容器和電容的說(shuō)法中，錯(cuò)誤的是()．A．電容器A的體積比B大，說(shuō)明A的電容一定比B的大B．對(duì)于確定的電容器，其帶的電荷與兩板間的電壓(小于擊穿電壓且不為零)成正比C．無(wú)論電容器的電壓如何變化(小于擊穿電壓且不為零)，它所帶的電荷與電壓比值恒定不變D．電容器的電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，其大小與加在兩板上的電壓無(wú)關(guān)解析電容器的電容與電容器的體積、電容器所帶的電荷量、電容器兩極板間的電壓均無(wú)關(guān)．答案A【知識(shí)存盤】1．電容器(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成．(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值．(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能．放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)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(shì)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正對(duì)面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比．(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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)Ⅱ(考綱要求)【思維驅(qū)動(dòng)】(多選)(·蘇州模擬)圖6－3－1如圖6－3－1所示，在等勢(shì)面沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶負(fù)電的微粒以一定初速度射入電場(chǎng)，并沿直線AB運(yùn)動(dòng)，由此可知()．A．電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)B．微粒在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小于在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能C．微粒在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能D．微粒在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和等于在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和解析一帶負(fù)電的微粒以一定初速度射入電場(chǎng)，并沿直線AB運(yùn)動(dòng)，其受到的電場(chǎng)力F只能垂直于等勢(shì)面水平向左，則電場(chǎng)方向水平向右，如圖所示，所以電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，A對(duì)；微粒從A向B運(yùn)動(dòng)，則合外力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，C錯(cuò)、B對(duì)；微粒的動(dòng)能、重力勢(shì)能、電勢(shì)能三種能量的總和保持不變，所以D錯(cuò)．答案AB【知識(shí)存盤】1．帶電粒子在電場(chǎng)中的加速帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入電場(chǎng)，帶電粒子將做加(減)速運(yùn)動(dòng)．有兩種分析方法：(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.(2)用功能觀點(diǎn)分析：粒子只受電場(chǎng)力作用，電場(chǎng)力做的功等于物體動(dòng)能的變化，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(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件：帶電粒子垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)．(2)處理方法：類似于平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法．①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(l,v0).②沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(Uq,md),離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(Uql2,2mdveq\o\al(2,0)),離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(Uql,mdveq\o\al(2,0))))一圖二結(jié)論結(jié)論：(1)粒子以一定速度v0垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，就像是從極板間的eq\f(l,2)處沿直線射出的．(2)經(jīng)過(guò)相同電場(chǎng)加速，又經(jīng)過(guò)相同電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的帶電粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡重合，與粒子的帶電荷量和質(zhì)量無(wú)關(guān)．eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P113)考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析【典例1】(單選)(·江蘇卷，2)一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢(shì)差U的變化情況是()．A．C和U均增大B．C增大，U減小C．C減小，U增大D．C和U均減小教你審題審題時(shí)關(guān)鍵要抓住“動(dòng)”與“不動(dòng)”，就是要確定“變量”和“不變量”，最后確定“目標(biāo)量”，判斷的思路為：eq\x(不變量（Q、S、d）)→eq\x(變量（εr）)→eq\x(C的變化趨勢(shì)（增大）)→不變量和變量跟目標(biāo)量的關(guān)聯(lián)(C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U))→eq\x(目標(biāo)量的變化趨勢(shì)).解析由平行板電容器電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，當(dāng)插入電介質(zhì)后，εr變大，則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式C＝eq\f(Q,U)得U＝eq\f(Q,C)，又電荷量Q不變，故兩極板間的電勢(shì)差U減小，選項(xiàng)B正確．答案B圖6－3－2【變式跟蹤1】(單選)如圖6－3－2所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離()．A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B．P點(diǎn)的電勢(shì)將降低C．帶電油滴的電勢(shì)能將減少D．若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大解析因?yàn)殡娙萜鲀砂咫妷翰蛔儯?dāng)兩板間距離d增大，電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，φP＝ExP減小，P點(diǎn)的電勢(shì)降低，故選項(xiàng)A錯(cuò)B對(duì)；又根據(jù)帶電油滴平衡可判斷其帶負(fù)電，它在P點(diǎn)的電勢(shì)能增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電容器的電容減小，則極板帶電荷量將減小，選項(xiàng)D錯(cuò)，故答案為B.答案B,借題發(fā)揮1．對(duì)公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)的比值，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無(wú)關(guān)．2．關(guān)于電容器的兩類問(wèn)題(1)電壓不變→電容器始終與直流電源相連，改變S、d某一個(gè)量，判定U、C、Q、E等物理量如何變化．(2)電荷量不變→電容器充電后與電源斷開，改變d或S，判定Q、C、U、E等物理量如何變化．3．平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析方法(1)確定不變量→分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)→分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)→分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．(4)用E＝eq\f(U,d)→分析電容器極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化．考點(diǎn)二帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題圖6－3－3【典例2】(多選)(·課標(biāo)全國(guó)卷，18)如圖6－3－3所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子()．A．所受重力與電場(chǎng)力平衡B．電勢(shì)能逐漸增加C．動(dòng)能逐漸增加D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)解析帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個(gè)力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場(chǎng)力F＝Eq，方向垂直于極板向上．因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)，所以此二力的合力一定在粒子運(yùn)動(dòng)的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；從粒子運(yùn)動(dòng)的方向和電場(chǎng)力的方向可判斷出，電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的電勢(shì)能增加，選項(xiàng)B正確．答案BD【變式跟蹤2】如圖6－3－4甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2kg、帶電荷量為q＝＋2.0×10－6C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.從t＝0時(shí)刻開始，在空間加上一個(gè)如圖乙所示的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場(chǎng)(取水平向右為正方向，g取10m/s2)．求：圖6－3－4(1)在第15s末小物塊的速度大?。?2)在0～15s內(nèi)小物塊的位移大?。馕?1)在0～2s內(nèi)小物塊的加速度為E1q－μmg＝ma1，即a1＝eq\f(E1q－μmg,m)＝2m/s2，位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4m，在第2s末小物塊的速度為v2＝a1t1＝4m/s，在2～4s內(nèi)小物塊的加速度為：E2q＋μmg＝ma2，a2＝eq\f(E2q＋μmg,m)＝2m/s2，位移x2＝x1＝4m，在第4s末小物塊的速度為v4＝0，因此小物塊做周期為4s的運(yùn)動(dòng)，在第14s末的速度為v14＝4m/s，在第15s末小物塊的速度為v15＝v14－a2t＝2m/s，方向向右(t＝1s)．(2)在0～15s內(nèi)小物塊的位移大小可以看做是上述3個(gè)周期加上x1和第15s內(nèi)的位移，則：x15＝v14t－eq\f(1,2)a2t2＝3m，故在0～15s內(nèi)小物塊的位移為：x＝3(x1＋x2)＋x1＋x15＝31m.答案(1)2m/s方向向右(2)31m,以題說(shuō)法帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題【典例3】如圖6－3－5所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，圖6－3－5以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O.試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間；(2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x.解析(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間t＝eq\f(2L,v0).(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中的加速度為：a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0)).(3)法一設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mveq\o\al(2,0))又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))法二x＝vyeq\f(L,v0)＋y＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).法三由eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))圖6－3－7【變式跟蹤3】如圖6－3－7所示，水平放置的平行板電容器，原來(lái)AB兩板不帶電，B極板接地，它的極板長(zhǎng)l＝0.1m，兩板間距離d＝0.4cm，現(xiàn)有一微粒質(zhì)量m＝2.0×10－6kg，帶電荷量q＝＋1.0×10－8C，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中點(diǎn)O處，取g＝10m/s2.試求：(1)帶電粒子入射初速度v0的大?。?2)現(xiàn)使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側(cè)射出，則帶電后A板的電勢(shì)為多少？解析(1)電容器不帶電時(shí)，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，則有eq\f(l,2)＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立兩式得v0＝eq\f(l,2)eq\r(\f(g,d))，代入數(shù)據(jù)得v0＝2.5m/s.(2)若使微粒能從電容器右側(cè)射出，則要求A板的電勢(shì)大于0，且B板接地電勢(shì)等于0，則有UAB＝φA－φB＝φA，A板電勢(shì)最小時(shí)，微粒剛好從A板右側(cè)邊緣射出，則有l(wèi)＝v0t1，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，且mg－qeq\f(φAmin,d)＝ma1，聯(lián)立以上各式得φAmin＝6V，A板電勢(shì)最大時(shí)，微粒剛好從B板右側(cè)邊緣射出，則有qeq\f(φAmax,d)－mg＝ma2，且有a2＝a1，代入數(shù)據(jù)解得φAmax＝10V，綜合可得6V≤φA≤10V.答案(1)2.5m/s(2)6V≤φA≤10V,借題發(fā)揮1．帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)是否考慮重力(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．求解帶電粒子偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的思路在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖6－3－6所示．圖6－3－6(1)確定最終偏移距離思路①思路②(2)確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度)思路①思路②eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P116)疑難突破5帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題考情分析帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)更是高考的難點(diǎn)．今后對(duì)帶電粒子在電場(chǎng)包括交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與力學(xué)結(jié)合或與磁場(chǎng)結(jié)合應(yīng)是命題的方向．試題類型此類題型一般有三種情況：(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)；(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)；(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)．突破策略1．抓住周期性和空間上的對(duì)稱性注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的邊界條件．2．分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：(1)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；(2)功能關(guān)系.圖6－3－8典例(單選)如圖6－3－8(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖6－3－8(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時(shí)間段是()．A．0<t0<eq\f(T,4)B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<TD．T<t0<eq\f(9T,8)解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意得，粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)．作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖象如圖所示．由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過(guò)的位移，則由圖象可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時(shí)情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確．答案B圖6－3－9【預(yù)測(cè)】如圖6－3－9甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示．(每個(gè)電子穿過(guò)平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的何處．(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長(zhǎng)？解析(1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由圖知t＝0.06s時(shí)刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋L/2,L/2)所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過(guò)2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為3L＝30cm.答案(1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5cm(2)30cmeq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P117)一、電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題圖6－3－101．(單選)如圖6－3－10所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計(jì)．開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度．為了使指針張開角度增大一些，應(yīng)該采取的措施是()．A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板靠近一些B．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板分開一些C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近一些D．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開一些解析使指針張開角度增大一些，就是增大靜電計(jì)兩端的電壓，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電壓一定，則C、D錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S后，電容器帶電荷量一定，由C＝Q/U可知增大電容器兩極板之間電壓，需減小電容C，由平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，保持S不變，增大d，電容C減小，則A錯(cuò)誤、B正確．答案B2．(多選)(·海南卷，9)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場(chǎng)強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說(shuō)法正確的是()．A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則U變?yōu)樵瓉?lái)的一半D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半解析由E＝eq\f(U,d)知，當(dāng)U不變，d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍時(shí)，E變?yōu)樵瓉?lái)的一半，A項(xiàng)正確；當(dāng)E不變，d變?yōu)樵瓉?lái)的一半時(shí)，U變?yōu)樵瓉?lái)的一半，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)電容器中d不變時(shí)，C不變，由C＝eq\f(Q,U)知，當(dāng)Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍時(shí)，U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，C項(xiàng)錯(cuò)誤；Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半，U變?yōu)樵瓉?lái)的一半時(shí)，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半，D項(xiàng)正確．答案AD二、帶電體在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題圖6－3－113．(多選)如圖6－3－11所示，在絕緣光滑水平面上固定兩個(gè)等量同種電荷A、B，在AB連線上的P點(diǎn)由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會(huì)在A、B之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則以下判斷正確的是()．A．滑塊一定帶的是與A、B異種的電荷B．滑塊一定帶的是與A、B同種的電荷C．滑塊在由P向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能一定是先減小后增大D．滑塊的動(dòng)能與電勢(shì)能之和一定減小解析根據(jù)從P點(diǎn)由靜止釋放的帶電滑塊在A、B之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)可以判斷，開始時(shí)A對(duì)滑塊向右的作用力大于B向左的作用力，所以滑塊一定帶與A、B相同的電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)B對(duì)；由于A、B帶等量同種電荷，所以其連線中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，滑塊在由P向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能一定是先減小后增大，選項(xiàng)C正確；在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，所以滑塊的動(dòng)能與電勢(shì)能之和一定不變，D選項(xiàng)錯(cuò)．答案BC圖6－3－124．(多選)(·重慶聯(lián)考)如圖6－3－12所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝Eq，則()．A．電場(chǎng)方向豎直向上B．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)D．若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，則小球電勢(shì)能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場(chǎng)方向與ON方向成120°角，A錯(cuò)誤；由圖中幾何關(guān)系，可知其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度相反，B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理可得：－mg×2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，C錯(cuò)；電場(chǎng)力做負(fù)功，帶電小球的電勢(shì)能變大，當(dāng)帶電小球速度為零時(shí)，其電勢(shì)能最大，則Ep＝－qE×2hcos120°＝qEh＝mgeq\f(veq\o\al(2,0),4g)＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，D正確．答案BD三、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題圖6－3－135．(多選)a、b、c三個(gè)α粒子由同一點(diǎn)同時(shí)垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，其軌跡如圖6－3－13所示，其中b恰好飛出電場(chǎng)，由