【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習(xí)-第6章-第3節(jié)-電容器與電容-帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-

第三節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[同學(xué)用書P116]一、電容器、電容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)帶電量：一個(gè)極板所帶電量的確定值．(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(chǔ)存電場(chǎng)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(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．電容(1)定義式：C＝eq\f(Q,U).(2)單位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF.3．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，與兩極板間距離成反比．(2)打算式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量．特殊提示：C＝eq\f(Q,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或C＝\f(ΔQ,ΔU)))適用于任何電容器，但C＝eq\f(εrS,4πkd)僅適用于平行板電容器．1.(多選)對(duì)于給定的電容器，描述其電容C、電荷量Q、電壓U之間的相應(yīng)關(guān)系的圖象正確的是()答案：BC二、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．加速問題(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；(2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．偏轉(zhuǎn)問題(1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)．(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．(3)處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解．①沿初速度方向：做勻速運(yùn)動(dòng)．②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)．特殊提示：帶電粒子在電場(chǎng)中的重力問題(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或有明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)．(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的示意以外，一般都不能忽視重力．2.(單選)(2021·中山模擬)如圖所示，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(粒子不計(jì)重力)，則這兩個(gè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的側(cè)位移y之比為()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4答案：B考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析[同學(xué)用書P117]運(yùn)用電容的定義式和打算式分析電容器相關(guān)量變化的思路1．確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(1)保持兩極板與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變．(2)充電后斷開電源，則電容器所帶的電荷量不變．2．用打算式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)分析電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化．(多選)(2021·甘肅診斷)如圖所示為一平行板電容器，兩板之間的距離d和兩板正對(duì)面積S都可以調(diào)整，電容器兩板與電池相連接．Q表示電容器的帶電荷量，E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度．則()A．當(dāng)d增大，S不變時(shí)，Q減小，E減小B．當(dāng)S增大，d不變時(shí)，Q增大，E增大C．當(dāng)d減小，S增大時(shí)，Q增大，E增大D．當(dāng)S減小，d增大時(shí)，Q不變，E增大[解析]電容器與電池相連，電壓不變．當(dāng)d增大，S不變時(shí)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C變小，由Q＝CU知，Q變小，由E＝eq\f(U,d)知，E減小，A正確．當(dāng)S增大，d不變時(shí)，同理可得C增大，Q增大，E不變，B錯(cuò)誤．當(dāng)d減小，S增大時(shí)，同理可得C變大，Q增大，E增大，C正確．當(dāng)S減小，d增大時(shí)，C變小，Q變小，E變小，D錯(cuò)誤．[答案]AC[總結(jié)提升]在分析平行板電容器的動(dòng)態(tài)變化問題時(shí)，必需抓住兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：(1)確定不變量：首先要明確動(dòng)態(tài)變化過程中的哪些量不變，一般狀況下是保持電量不變或板間電壓不變．(2)恰當(dāng)選擇公式：要機(jī)敏選取電容的兩個(gè)公式分析電容的變化，還要應(yīng)用E＝eq\f(U,d)，分析板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化狀況．1.(多選)如圖所示，兩塊正對(duì)平行金屬板M、N與電池相連，N板接地，在距兩板等距離的P點(diǎn)固定一個(gè)帶負(fù)電的點(diǎn)電荷，假如M板向上平移一小段距離，則()A．點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力變小B．M板的帶電荷量增加C．P點(diǎn)的電勢(shì)上升D．點(diǎn)電荷在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能增加解析：選AD.兩極電壓不變，M板上移，d增大，由E＝eq\f(U,d)知E變小，電場(chǎng)力變小，A對(duì)；由電容的打算式知，M板上移，電容減小，由Q＝CU知Q變小，B錯(cuò)；N板接地電勢(shì)為零，φP＝UPN＝E·eq\x\to(PN)，E變小，則φP降低，C錯(cuò)；由Ep＝qφP，由于q<0，φP>0，φP變小，則Ep變大，D正確．考點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)[同學(xué)用書P117]1．運(yùn)動(dòng)類型(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．(2)帶電粒子在不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)或交變電場(chǎng)中做勻加速、勻減速的來回運(yùn)動(dòng)．2．分析思路(1)依據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力，用牛頓其次定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀況．(2)依據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解．此方法既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)．(3)對(duì)帶電粒子的來回運(yùn)動(dòng)，可實(shí)行分段處理．反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開頭，在電場(chǎng)力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間來回運(yùn)動(dòng)．已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝1.0cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽視相對(duì)論效應(yīng)．求：(1)B點(diǎn)距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)受的時(shí)間t.[解析](1)帶電微粒在由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得|q|E1d1－|q|E2d2＝0①由①式解得d2＝eq\f(E1,E2)d1＝0.50cm.②(2)設(shè)帶電微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓其次定律有|q|E1＝ma1③|q|E2＝ma2④設(shè)帶電微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑤d2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑥又t＝t1＋t2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s.[答案](1)0.50cm(2)1.5×10－8s2.(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象．當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)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(gè)方向運(yùn)動(dòng)B．2s末帶電粒子回到原動(dòng)身點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零解析：選CD.由牛頓其次定律知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度a＝eq\f(Eq,m)為第2s內(nèi)加速度a＝eq\f(2Eq,m)的eq\f(1,2)，因此先加速1s再減速0.5s速度為零，接下來的0.5s將反向加速，v－t圖象如圖所示，由對(duì)稱性可知，反向加速的距離使帶電粒子剛好回到減速開頭的點(diǎn)，A、B均錯(cuò)；0～3s內(nèi)，帶電粒子的初、末速度均為零，動(dòng)能的變化為零，電場(chǎng)力做的功為零，C、D正確．考點(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)[同學(xué)用書P118]1．基本規(guī)律設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽視重力影響)，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).(2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(l,v0).(3)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vxt＝v0t＝l,\f(1,2)at2＝y(tǒng)))，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d).(4)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at))，vy＝eq\f(qUt,md)，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d).2．兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開頭經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d).(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系：當(dāng)爭辯帶電粒子的末速度v時(shí)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(shì)差．如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場(chǎng)E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn)，最終電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間；(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打到屏上的點(diǎn)P′到點(diǎn)O的距離x.[解析](1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1，由牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)v1＝a1t1t2＝eq\f(2L,v1)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝3eq\r(\f(mL,eE)).(2)設(shè)電子射出電場(chǎng)E2時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，依據(jù)牛頓其次定律得，電子在電場(chǎng)中的加速度為a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)t3＝eq\f(L,v1)vy＝a2t3tanθ＝eq\f(vy,v1)解得：tanθ＝2.(3)如圖，設(shè)電子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為x1x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)tanθ＝eq\f(x2,L)解得：x＝x1＋x2＝3L.[答案](1)3eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L3.(單選)(2022·高考山東卷)如圖，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)毀滅在電場(chǎng)中)．不計(jì)重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))解析：選B.由于兩粒子軌跡恰好相切，切點(diǎn)為矩形區(qū)域中心，則對(duì)其中一個(gè)粒子，水平方向eq\f(s,2)＝v0t，豎直方向eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2且滿足a＝eq\f(Eq,m)，三式聯(lián)立解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(Eq,mh))，故B正確．[同學(xué)用書P119]方法技巧——帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．留意全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn))，找到滿足題目要求所需要的條件．2．比較通過電場(chǎng)的時(shí)間t與交變電場(chǎng)的周期T的關(guān)系：(1)若t?T，可認(rèn)為粒子通過電場(chǎng)的時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度不變，等于剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)刻的場(chǎng)強(qiáng)．(2)若不滿足上述關(guān)系，應(yīng)留意分析粒子在電場(chǎng)方向上運(yùn)動(dòng)的周期性．(20分)如圖甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UAB＝1125V，板中心有小孔O和O′.現(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進(jìn)入A、B之間．在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長L1＝4×10－2m，板間距離d＝4×10－3m，在距離M、N右側(cè)邊緣L2＝0.1m處有一熒光屏P，當(dāng)M、N之間未加電壓時(shí)電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O″并發(fā)出熒光．現(xiàn)給金屬板M、N之間加一個(gè)如圖乙所示的變化電壓u1，在電壓變化時(shí)，M板電勢(shì)低于N板．已知電子質(zhì)量為me＝9.0×10－31kg，電量為e＝1.6×10－19C.求：(1)每個(gè)電子從B板上的小孔O′射出時(shí)的速度多大？(2)電子打在熒光屏上的范圍是多少？(3)打在熒光屏上的電子的最大動(dòng)能是多少？[審題點(diǎn)睛](1)推斷粒子通過MN的時(shí)間t是否遠(yuǎn)小于交變電壓的周期T.(2)推斷電壓最大時(shí)進(jìn)入的粒子能否從MN間射出，若能射出，其偏距就是最大偏距；若不能射出，則從N板上邊緣射出的為最大偏距．(3)動(dòng)能最大者就是在電場(chǎng)中偏距最大的粒子．eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])—————————該得的分一分不丟！(1)電子經(jīng)A、B兩塊金屬板加速，有：eUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)得v0＝eq\r(\f(2eUAB,m))＝eq\r(\f(2×1.6×10－19×1125,9.0×10－31))m/s＝2×107m/s.(2分)(2)電子通過極板的時(shí)間為t＝eq\f(L1,v0)＝2×10－9s，遠(yuǎn)小于電壓變化的周期，故電子通過極板時(shí)可認(rèn)為板間電壓不變．(2分)當(dāng)u1＝U2＝22.5V時(shí)，電子經(jīng)過M、N極板向下的偏移量最大，為y1＝eq\f(1,2)·eq\f(eU2,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,v0)))2＝eq\f(1,2)×eq\f(1.6×10－19×22.5,9.0×10－31×4×10－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.04,2×107)))2m＝2×10－3m(3分)y1<d，說明全部的電子都可以飛出M、N，此時(shí)電子射出極板后在豎直方向的速度大小為vy＝eq\f(eU2,md)·eq\f(L1,v0)＝eq\f(1.6×10－19×22.5,9.0×10－31×4×10－3)×eq\f(4×10－2,2×107)m/s＝2×106m/s(3分)電子射出極板MN后到達(dá)熒光屏P的時(shí)間為：t2＝eq\f(L2,v0)＝eq\f(0.1,2×107)s＝5×10－9s(1分)電子射出極板MN后到達(dá)熒光屏P的偏移量為y2＝vyt2＝2×106×5×10－9m＝0.01m(1分)電子打在熒光屏P上的總偏移量為：y＝y(tǒng)1＋y2＝0.012m，方向豎直向下；(1分)打在熒光屏上的電子范圍是：從O″豎直向下0～0.012m．(1分)(3)當(dāng)u1＝22.5V時(shí)，電子飛出電場(chǎng)的動(dòng)能最大，Ek＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(1,2)×9.0×10－31×[(2×107)2＋(2×106)2]J≈1.82×10－16J．(4分)[答案](1)2×107m/s(2)從O″豎直向下0～0.012m(3)1.82×10－16J4.如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入，沿直線從b點(diǎn)射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出，求：(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件？(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿足什么條件？解析：(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速度v0穿出電場(chǎng)，在垂直于初速度方向上，粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為：加速，減速，反向加速，(反向)減速，經(jīng)受四個(gè)過程后，回到中心線上時(shí)，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時(shí)間等于一個(gè)周期，故有L＝nTv0，解得T＝eq\f(L,nv0)粒子在eq\f(1,4)T內(nèi)離開中心線的距離為y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))2又a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U0,d)，解得y＝eq\f(qU0T2,32md)在運(yùn)動(dòng)過程中離開中心線的最大距離為ym＝2y＝eq\f(qU0T2,16md)粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ym≤eq\f(1,2)d解得T≤2deq\r(\f(2m,qU0))故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))，即n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)．所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)．(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻應(yīng)為eq\f(1,4)T，eq\f(3,4)T，eq\f(5,4)T，…故粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻為t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1,2,3…)．答案：(1)T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)(2)t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1,2,3…)[同學(xué)用書P120]1．(單選)(2021·杭州模擬)如圖所示，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度v0從同一點(diǎn)動(dòng)身，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，分別打在M、N點(diǎn)，若OM＝MN，則P和Q的質(zhì)量之比為(粒子重力不計(jì))()A．3∶4 B．4∶3C．3∶2 D．2∶3解析：選A.由OM＝MN和t＝eq\f(x,v0)知，tP＝eq\f(1,2)tQ，在垂直極板方向上，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qPE,mP)teq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)·eq\f(qQE,mQ)teq\o\al(2,Q)，解得：mP∶mQ＝3∶4，A正確．2.(單選)(2021·舟山模擬)如圖所示，A、B兩金屬板平行放置，在t＝0時(shí)將電子從A板四周由靜止釋放(電子的重力忽視不計(jì))．分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時(shí)，有可能使電子到不了B板()解析：選B.粒子不能到達(dá)B板，必需做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，因此粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為：加速→減速→反向加速→(反向)減速．故B正確．3．(多選)(2021·成都診斷性檢測(cè))如圖所示，兩對(duì)金屬板A、B和C、D分別豎直和水平放置，A、B接在電路中，C、D板間電壓為U.A板上O處發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入C、D板間，電子最終都能打在光屏M上．關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．S閉合，只向右移動(dòng)滑片P，P越靠近b端，電子打在M上的位置越高B．S閉合，只轉(zhuǎn)變A、B板間的距離，轉(zhuǎn)變前后，電子由O至M經(jīng)受的時(shí)間相同C．S閉合，只轉(zhuǎn)變A、B板間的距離，轉(zhuǎn)變前后，電子到達(dá)M前瞬間的動(dòng)能相同D．S閉合后再斷開，只向左平移B，B越靠近A板，電子打在M上的位置越高解析：選CD.電子在A、B板間加速UBAe＝eq\f(1,2)mv2，在C、D板間的偏轉(zhuǎn)位移y＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2＝eq\f(UL2,4dUBA)，S閉合，只向右移動(dòng)滑片P，UBA增大，偏轉(zhuǎn)位移y減小，電子打在M上的位置降低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)電子在A、B板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，A、B板間距離為dAB，則dAB＝eq\f(v,2)t1，S閉合，只轉(zhuǎn)變A、B板間距離，板間電壓UBA不變，v不變，t1變化，從B板射出后水平方向勻速運(yùn)動(dòng)速度不變，電子由O到M經(jīng)受的時(shí)間必定變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S閉合，只轉(zhuǎn)變A、B板間距離，板間電壓UBA不變，偏轉(zhuǎn)位移y相同，依據(jù)動(dòng)能定理知電場(chǎng)力做功相同，電子到達(dá)M瞬間的動(dòng)能相同，選項(xiàng)C正確；S閉合再斷開，A、B板所帶電荷量不變，向左平移B板，板間距離減小，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkdAB)，C增大，UBA＝eq\f(Q,C)，UBA減小，又y＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2＝eq\f(UL2,4dUBA)可知電子打在M上的位置上升，選項(xiàng)D正確．4．(單選)如圖所示，設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ.試驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若()A．保持S不變，增大d，則θ變大B．保持S不變，增大d，則θ變小C．保持d不變，減小S，則θ變小D．保持d不變，減小S，則θ不變解析：選A.由電容打算式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容與極板間距成反比，當(dāng)保持S不變時(shí)，增大d，電容減小，由電容定義式C＝eq\f(Q,U)知，板間電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針偏角θ變大，A對(duì)，B錯(cuò)；由C＝eq\f(εrS,4πkd)，知C與S成正比，當(dāng)d不變時(shí)，減小S，C減小，Q不變，由C＝eq\f(Q,U)知U增大，θ變大，C、D均錯(cuò)．5．(單選)如圖所示，兩平行金屬板之間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，金屬板長為L，一帶電粒子以速度v0垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向沿上極板邊緣射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，剛好貼下極板邊緣飛出，假如帶電粒子以某一垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向的初速度v1沿上極板邊緣射入電場(chǎng)并能從其中射出，當(dāng)它的豎直位移等于板間距d時(shí)，它的水平射程為2L(軌跡未畫出)．則粒子進(jìn)入電場(chǎng)的初速度v1等于()A．v0 B.eq\r(2)v0C.eq\r(3)v0 D．2v0解析：選C.設(shè)粒子在電場(chǎng)中的加速度為a.第一次，粒子恰好從下極板的邊緣飛出，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，有L＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，解得v0＝Leq\r(\f(a,2d)).其次次，設(shè)粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的豎直位移為y1，所用時(shí)間為t1，飛出電場(chǎng)后的豎直位移為y2，所用時(shí)間為t2，則y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，L＝v1t1，y2＝at1·t2，L＝v1t2，y1＋y2＝d，解得v1＝Leq\r(\f(3a,2d))＝eq\r(3)v0，故C正確．6．(單選)(2021·湖北黃岡模擬)如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．有一帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)沿著y軸正方向以初速度v0拋出，運(yùn)動(dòng)軌跡最高點(diǎn)為M，與x軸交點(diǎn)為N，不計(jì)空氣阻力，則小球()A．做勻加速運(yùn)動(dòng)B．從O到M的過程動(dòng)能增大C．到M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為零D．到N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：選D.帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)沿著y軸正方向以初速度v0拋出后受到恒定的合力作用做勻變速運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開頭的一段時(shí)間內(nèi)合力與速度的夾角為鈍角，速度減小，A、B都錯(cuò)；小球自坐標(biāo)原點(diǎn)到M點(diǎn)，y方向在重力作用下做速度減小到零的勻變速運(yùn)動(dòng)，x方向在靜電力作用下做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，所以到M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能不為零，C錯(cuò)；由動(dòng)能定理有：qEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>0，D正確．一、單項(xiàng)選擇題1.某位移式傳感器的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器，當(dāng)可移動(dòng)介質(zhì)P向左勻速移出的過程中()A．電容器的電容變大B．電容器的電荷量保持不變C．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)低D．流過電阻R的電流方向從M到N解析：選D.當(dāng)可移動(dòng)介質(zhì)P向左勻速移出的過程中，介電常數(shù)減小，電容器電容變小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電容器的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)不變，電荷量Q＝CU減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電容器放電，電流方向M→R→N，M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)高，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．2．(2022·高考天津卷)如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽視，平行板電容器C的極板水平放置．閉合電鍵S，電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)．假如僅轉(zhuǎn)變下列某—個(gè)條件，油滴仍能靜止不動(dòng)的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大兩板間的距離 D．?dāng)嚅_電鍵S解析：選B.設(shè)油滴質(zhì)量為m，電荷量為q，兩板間距離為d，當(dāng)其靜止時(shí)，有eq\f(UC,d)q＝eq\f(UR1,d)q＝mg；由題圖知，增大R1，UR1增大，油滴將向上加速，增大R2，油滴受力不變，仍保持靜止；由E＝eq\f(U,d)知，增大d，U不變時(shí)，E減小，油滴將向下加速；斷開電鍵S，電容器將通過R1、R2放電，兩板間場(chǎng)強(qiáng)變小，油滴將向下加速，故只有B項(xiàng)正確．3．(2022·高考天津卷)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異號(hào)電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．若微粒帶正電荷，則A板確定帶正電荷B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能確定增加C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能確定增加D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能確定增加解析：選C.微粒向下偏轉(zhuǎn)，則微粒受到的電場(chǎng)力與重力的合力向下，若微粒帶正電，只要電場(chǎng)力小于重力，就不能確定A、B板所帶電荷的電性，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于不能確定電場(chǎng)力的方向，因此不能確定電場(chǎng)力做功的正負(fù)，不能確定微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能的變化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力與重力的合力確定向下，因此微粒受到的合外力做正功，依據(jù)動(dòng)能定理可知，微粒從M到N的過程中動(dòng)能增加，C項(xiàng)正確；由于不能確定除重力以外的力即電場(chǎng)力做的是正功還是負(fù)功，依據(jù)功能原理可知，不能確定微粒從M到N過程中機(jī)械能是增加還是削減，D項(xiàng)錯(cuò)誤．4.(2021·汕頭模擬)如圖所示，從酷熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．電子的重力不計(jì)．在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的條件下．下述四種狀況中，確定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A．僅將偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極性對(duì)調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓解析：選C.設(shè)加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進(jìn)入極板后做類平拋運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，由此可推斷C正確．5.(2021·宿州模擬)如圖所示，豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開頭釋放，Q小球從兩板正中心由靜止開頭釋放，兩小球最終都能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置，則從開頭釋放到運(yùn)動(dòng)到右極板的過程中它們的()A．運(yùn)行時(shí)間tP>tQB．電勢(shì)能削減量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1C．電荷量之比qP∶qQ＝2∶1D．動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1解析：選C.兩球在豎直方向上都做自由落體運(yùn)動(dòng)，由于下落高度相同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A錯(cuò)；在水平方向上，兩球都做勻加速運(yùn)動(dòng)，由x＝eq\f(1,2)at2可得：aP∶aQ＝2∶1，則qP∶qQ＝2∶1，C正確；電勢(shì)能的削減量：ΔEP∶ΔEQ＝(qPE·xP)∶(qQE·xQ)＝4∶1，B錯(cuò)；動(dòng)能增加量：(mgh＋ΔEP)∶(mgh＋ΔEQ)<4∶1，D錯(cuò)．☆6.(2021·湖北八校聯(lián)考)有一靜電場(chǎng)，其電勢(shì)隨x坐標(biāo)的轉(zhuǎn)變而轉(zhuǎn)變，變化的圖線如圖所示．若將一帶負(fù)電的粒子(重力不計(jì))從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放，電場(chǎng)中P、Q兩點(diǎn)分別位于x坐標(biāo)軸上的1mm、4mm處．則下列說法正確的是()A．粒子將沿x軸正方向始終向前運(yùn)動(dòng)B．粒子在P點(diǎn)與Q點(diǎn)的加速度大小相等、方向相反C．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能相等D．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功的功率相等解析：選C.由題中φ－x圖，畫出電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖象及帶電粒子的v－t圖象，如圖所示，由圖可知A錯(cuò)誤；由牛頓其次定律知，粒子在P、Q兩點(diǎn)的加速度滿足aP＝2aQ，B錯(cuò)誤；由v－t圖象可知，粒子在P、Q兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)間分別是eq\f(\r(2),2)t0和(3－eq\r(2))t0，其速度相等，C正確；粒子在P、Q兩點(diǎn)的功率P＝Eqv，因電場(chǎng)強(qiáng)度不相同，故功率不同，D錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)選擇題7.(2021·河南南陽一中月考)給平行板電容器充電，斷開電源后A極板帶正電，B極板帶負(fù)電．板間一帶電小球C用絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示．小球靜止時(shí)與豎直方向的夾角為θ，則()A．若將B極板向右平移稍許，電容器的電容將減小B．若將B極板向下平移稍許，A、B兩板間電勢(shì)差將增大C．若將B極板向上平移稍許，夾角θ將變大D．輕輕將細(xì)線剪斷，小球?qū)⒆鲂睊佭\(yùn)動(dòng)解析：選ABC.若將B極板向右平移稍許，d增大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，知電容器的電容將減小，故A正確．若將B極板向下平移稍許，正對(duì)面積S減小，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，知電容將減小，因電容器帶電荷量Q不變，由U＝eq\f(Q,C)，分析知板間電勢(shì)差增大，故B正確．若將B極板向上平移稍許，正對(duì)面積S減小，電容將減小，因電容器帶電荷量Q不變，由U＝eq\f(Q,C)，分析知板間電勢(shì)差增大，依據(jù)E＝eq\f(U,d)，知E增大，則小球所受的電場(chǎng)力增大，θ將變大，故C正確．輕輕將細(xì)線剪斷，小球?qū)⒀刂亓εc電場(chǎng)力的合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．8．(2021·濰坊模擬)在地面四周，存在著一有界電場(chǎng)，邊界MN將某空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()A．在t＝2.5s時(shí)，小球經(jīng)過邊界MNB．小球受到的重力與電場(chǎng)力之比為3∶5C．在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，重力做的功與電場(chǎng)力做的功大小相等D．在小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和先變大再變小解析：選BC.由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度大小之比為3∶2，由牛頓其次定律可知：eq\f(mg,F－mg)＝eq\f(3,2)，所以小球所受的重力與電場(chǎng)力之比為3∶5，B正確；小球在t＝2.5s時(shí)速度為零，此時(shí)下落到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知，重力與電場(chǎng)力的總功為零，故A錯(cuò)誤，C正確；因小球只受重力與電場(chǎng)力作用，所以小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和保持不變，D錯(cuò)誤．9.(2021·深圳模擬)如圖所示，在兩條豎直邊界線所圍的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子從左邊界的P點(diǎn)以某一水平速度射入電場(chǎng)，從右邊界的Q點(diǎn)射出，下列推斷正確的有()A．粒子帶正電B．粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．粒子電勢(shì)能增大D．僅增大電場(chǎng)強(qiáng)度，粒子通過電場(chǎng)的時(shí)間不變解析：選AD.不計(jì)重力的帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)且沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而電場(chǎng)的寬度確定，故增大電場(chǎng)強(qiáng)度不會(huì)轉(zhuǎn)變通過電場(chǎng)的時(shí)間，B項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；沿場(chǎng)強(qiáng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知粒子受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向全都，故粒子帶正電，A項(xiàng)正確；粒子位移方向與電場(chǎng)力方向夾角為銳角，電場(chǎng)力做正功，故粒子電勢(shì)能減小，C項(xiàng)錯(cuò)．☆10.如圖所示，水平放置的兩平行金屬板與始終流電源相連，一帶正電的粒子僅在重力和電場(chǎng)力作用下以某一初速度沿圖中直線從A運(yùn)動(dòng)到B，現(xiàn)將平行金屬板分別以O(shè)、O′為圓心在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)相同角度后(角度不太大)，粒子仍以原來的方式射入，則()A．粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)B．粒子仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D．粒子的電勢(shì)能可能增加，也可能減小解析：選CD.剛開頭時(shí)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，mg＝qE＝qeq\f(U,d)，由受力分析可知，粒子在豎直方向上合力為零．如圖所示，平行金屬板順時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角，則qeq\f(U,d′)cosθ＝qeq\f(U,dcosθ)cosθ＝qeq\f(U,d)＝mg，即豎直方向上的合力為0，水平方向的合力為F＝mgtanθ，故粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)C正確；由分析知電場(chǎng)力做正功，粒子的電勢(shì)能減??；同理，若平行金屬板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角，則粒子電勢(shì)能漸