高考物理一輪復習粵教版教師用書第七章靜電場基礎(chǔ)課3

知識排查常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系1.常見電容器(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：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差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＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。帶電粒子在勻強電場中的運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，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.分析方法(1)用動力學觀點分析，(2)用功能觀點分析。3.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0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。示波管的構(gòu)造(1)電子槍，(2)偏轉(zhuǎn)極板，(3)熒光屏。(如圖1所示)圖1小題速練1.思考判斷(1)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。()(2)一個電容器的電荷量增加1.0×10－6C時，兩板間電壓升高10V，則電容器的電容C＝1.0×10－7F。()(3)帶電粒子在勻強電場中可以做勻加速直線運動。()答案(1)×(2)√(3)√2.[粵教版選修3－1·P28·T4改編](多選)如圖2所示，兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構(gòu)成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，接通開關(guān)S，電源即給電容器充電，則()圖2A.保持S接通，將兩板間的距離變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則板間場強變?yōu)樵瓉淼囊话隑.保持S接通，在兩板間插入一塊介質(zhì)，則極板上的帶電量增大C.斷開S，將兩板間的距離變?yōu)樵瓉淼囊话?，則兩板間的電勢差加倍D.斷開S，在兩板間插入一塊介質(zhì)，則兩板間的電勢差減小解析保持S接通，則兩板間的電勢差不變，因間距變?yōu)閮杀?，由E＝eq\f(U,d)可知，兩極板間的電場強度減半，故A正確；保持S接通，兩板間的電勢差不變，在兩極板間插入介質(zhì)后，電容增大，由Q＝UC可知，極板上的電量增大，故B正確；斷開S，兩板上所帶電量不變，減小距離d，電容增大，由C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(rS,4πkd)可得U＝eq\f(4πkdQ,rS)，則可知U減半，故C錯誤；斷開S，兩板上所帶電量不變，插入介質(zhì)后電容變大，由U＝eq\f(Q,C)可知極板間的電勢差減小，故D正確。答案ABD3.[粵教版選修3－1·P34·T10改編](多選)如圖3所示，A為粒子源，F(xiàn)為熒光屏。在A和極板B間的加速電壓為U1，在兩水平放置的平行導體板C、D間加有偏轉(zhuǎn)電壓U2。現(xiàn)分別有質(zhì)子和α粒子(氦核)由靜止從A發(fā)出，經(jīng)加速后以水平速度進入C、D間，最后打到F屏上。不計粒子的重力，則()圖3A.經(jīng)過加速電場過程，電場力對α粒子做的功較多B.經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程，電場力對兩種粒子做的功一樣多C.兩種粒子打在屏上時的速度一樣大D.兩種粒子都打在屏上的同一位置上解析設(shè)粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，偏轉(zhuǎn)電場的極板長為L，兩板間距為d。在加速過程中由動能定理有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在偏轉(zhuǎn)電場中，粒子的運動時間t＝eq\f(L,v0)加速度a＝eq\f(qU2,md)偏移量y＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得y＝eq\f(U2L2,4U1d)可見y與帶電粒子的m、q無關(guān)，只由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場來決定，所以質(zhì)子和α粒子能打到F上的同一位置，D正確；兩種粒子帶電荷量不同，在同一加速電場中電場力對它們做功不相同，在同一偏轉(zhuǎn)電場中電場力對它們做功也不同，電荷量大的做功較多，A正確，B錯誤；由于比荷不同，所以打在屏上的速度不同，C錯誤。答案AD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(jù)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(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變化。③根據(jù)UAB＝Ed分析某點電勢變化。(2)Q不變①根據(jù)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(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強變化。【典例】(2016·全國卷Ⅰ，14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A.極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B.極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C.極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D.極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當C減小時，Q減小。再由E＝eq\f(U,d)，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確。答案D【拓展延伸1】(多選)將【典例】中的電源斷開，當把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后，下列說法正確的是()A.電容器的電容增大 B.極板間的電勢差增大C.極板上的電荷量變大 D.極板間電場強度變大答案BD【拓展延伸2】(多選)在【典例】中，若水平放置平行板電容器內(nèi)部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，云母介質(zhì)保持不動，同時下極板接地，當將上極板向右移動一小段距離時，則下列說法正確的是()A.電容器所帶電荷量保持不變B.極板間的電場強度保持不變C.粒子所在初位置的電勢能保持不變D.粒子將加速向下運動解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當將上極板右移一段距離時，S減小，電容器的電容減小，由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，電壓U不變，C減小，故電容器所帶電荷量減少，選項A錯誤；U和d不變，由E＝eq\f(U,d)可知，極板間的電場強度保持不變，選項B正確；由于極板間的電場強度不變，粒子所在初位置到下極板間的距離不變，故該點到零電勢點的電勢差不變，即該點的電勢不變，粒子的電勢能不變，選項C正確；由于粒子的受力情況不變，故粒子仍然保持靜止狀態(tài)，選項D錯誤。答案BC分析平行板電容器動態(tài)變化的三點關(guān)鍵(1)確定不變量：先明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，是電荷量保持不變還是極板間電壓不變。(2)恰當選擇公式：靈活選取電容的決定式和定義式，分析電容的變化，同時用公式E＝eq\f(U,d)分析極板間電場強度的變化情況。(3)若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場力的變化，分析其運動情況的變化。1.下列說法正確的是()A.電容器的電容越大，則所帶的電荷量越多B.電容器不帶電荷時，其電容為零C.對于一個確定的電容器來說，其電容與其帶電情況無關(guān)，是個定值D.平行板電容器極板的正對面積越小、極板間距離越遠，電容器的電容越大解析電容器所帶電荷量的多少與電容器電容和兩極板間電壓均有關(guān)，選項A錯誤；對于一個確定的電容器來說，電容為定值，與電容器所帶的電荷量、電容器兩極板間的電勢差無關(guān)，電容器不帶電荷時，電容也不變，故選項B錯誤，C正確；平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與兩板間的距離成反比，故選項D錯誤。答案C2.(多選)如圖4所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變。則在B極板移動的過程中()圖4A.油滴將向下做勻加速運動B.電流計中電流由b流向aC.油滴運動的加速度逐漸變大D.極板帶的電荷量減少解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，電容器電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量減少，電容器放電，電流由a流向b，選項D正確，B錯誤；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移過程中，兩板間場強逐漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運動的加速度逐漸變大，選項C正確，A錯誤。答案CD帶電粒子在電場中的直線運動1.用動力學觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2ad2.用功能觀點分析勻強電場中：W＝qEs＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek11.如圖5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(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場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(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計重力，則M∶m為()圖5A.3∶2 B.2∶1C.5∶2 D.3∶1解析設(shè)電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有：aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,M)t2；對m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)，A正確。答案A2.(多選)如圖6所示，帶電小球自O(shè)點由靜止釋放，經(jīng)C孔進入兩水平位置的平行金屬板之間，由于電場的作用，剛好下落到D孔時速度減為零。對于小球從C到D的運動過程，已知從C運動到CD中點位置用時t1，從C運動到速度等于C點速度一半的位置用時t2，下列說法正確的是()圖6A.小球帶負電B.t1<t2C.t1>t2D.將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下解析由題圖可知，A、B間的電場強度方向向下，小球從C到D做減速運動，受電場力方向向上，所以小球帶負電，選項A正確；由于小球在電場中受到的重力和電場力都是恒力，所以小球做勻減速直線運動，其速度圖象如圖所示，由圖可知，t1<t2，選項B正確，C錯誤；將B板向上平移少許時兩板間的電壓不變，根據(jù)動能定理可知，mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋s)－eq\f(qUs,d′)＝0，聯(lián)立得s＝eq\f(h,h＋d－d′)d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以選項D錯誤。答案AB3.(2017·湖南長沙模擬)如圖7所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動瞬間向上的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力。求：圖7(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大時離A點的距離h；(3)若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝eq\f(kQ,r)，其中r為該點到Q的距離(選無限遠的電勢為零)。求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB。解析(1)設(shè)液珠的電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當液珠在C點時keq\f(Qq,H2)－mg＝mg比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2gH2,kQ)(2)當液珠速度最大時，keq\f(Qq,h2)＝mg得h＝eq\r(2)H(3)設(shè)BC間的電勢差大小為UCB，由題意得UCB＝φC－φB＝eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB)對液珠由釋放處至液珠到達最高點(速度為零)的全過程應(yīng)用動能定理得qUCB－mg(rB－H)＝0即q(eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB))－mg(rB－H)＝0解得：rB＝2H，rB＝H(舍去)答案(1)eq\f(2gH2,kQ)(2)eq\r(2)H(3)2H帶電體在勻強電場中的直線運動問題的解題步驟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2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法(1)運動的分解法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。(2)功能關(guān)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?！镜淅咳鐖D8所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L＝0.4m，兩板間距離d＝4×10－3m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5kg，電荷量q＝＋1×10－8C，g＝10m/s2。求：圖8(1)微粒入射速度v0為多少？(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上極板應(yīng)與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？解析(1)開關(guān)S閉合前，由eq\f(L,2)＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2可解得v0＝eq\f(L,2)eq\r(\f(g,d))＝10m/s。(2)電容器的上極板應(yīng)接電源的負極。當所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出，即eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)，又a1＝eq\f(mg－q\f(U1,d),m)，解得U1＝120V當所加的電壓為U2時，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，即eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)，又a2＝eq\f(q\f(U2,d)－mg,m)，解得U2＝200V所以120V≤U≤200V。答案(1)10m/s(2)與負極相連，120V≤U≤200V1.(多選)如圖9所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()圖9A.A和B在電場中運動的時間之比為1∶2B.A和B運動的加速度大小之比為4∶1C.A和B的質(zhì)量之比為1∶12D.A和B的位移大小之比為1∶1解析粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2，選項A正確；豎直方向由h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1，選項B正確；根據(jù)a＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故mA∶mB＝1∶12，A和B的位移大小不相等，選項D錯誤。答案ABC2.如圖10所示，兩個平行帶電金屬板M、N相距為d，M板上距左端為d處有一個小孔A，有甲、乙兩個相同的帶電粒子，甲粒子從兩板左端連線中點O處以初速度v1平行于兩板射入，乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在電場中的運動時間相同，并且都打到N板的中點B處，則初速度v1與v2的關(guān)系正確的是()圖10A.eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2) B.eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),2)C.eq\f(v1,v2)＝2 D.eq\f(v1,v2)＝eq\r(2)解析設(shè)帶電粒子在電場中的加速度為a，則對甲粒子，豎直方向eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，水平方向d＝v1t，解出v1＝eq\r(ad)；對乙粒子有v2t＋eq\f(1,2)at2＝d，解出v2＝eq\f(1,2)eq\r(ad)，所以v1∶v2＝2∶1，即選項C正確。答案C3.(多選)如圖11所示的直角坐標系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻向的電場，坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E。大量電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場。若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其他粒子均被坐標軸上的物質(zhì)吸收并導出而不影響原來的電場分布。不計粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是()圖11A.能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上B.到達坐標原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越大C.能打到熒光屏上的粒子，進入O點的動能必須大于或等于qUD.若U<eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮解析能進入第一象限的粒子，必須有－x0＝v0t，－y0＝eq\f(qE,2m)t2，所以有y0＝－eq\f(qE,2mveq\o\al(2,0))xeq\o\al(2,0)，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，選項A錯誤；因為sinθ＝eq\f(v0,v)，所以到達坐標原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越小，選項B錯誤；能打到熒光屏上的粒子末動能必須大于或等于零，即eq\f(1,2)mv2－qU≥0，則eq\f(1,2)mv2≥qU，選項C正確；若U<eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)，即eq\f(mveq\o\al(2,0),2)－Uq>0，到達O點的粒子均可到達熒光屏，到達O點的粒子速度方向滿足0<θ<90°，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮，選項D正確。答案CD“等效法”在電場中的應(yīng)用——遷移變通能力的培養(yǎng)處理帶電粒子在“等效力場”中的運動，要關(guān)注以下兩點：一是對帶電粒子進行受力分析時，注意帶電粒子受到的電場力的方向與運動方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而決定電場力做功情況；二是注意帶電粒子的初始運動狀態(tài)。圖121.等效重力法。將重力與電場力進行合成，如圖12所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。2.物理最高點與幾何最高點。在“等效力場”做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題。小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是物理最高點。【例】如圖13所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖13解析小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg′＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0′≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))。答案v0′≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))【針對訓練】如圖14所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。圖14(1)求小球所受的電場力大小；(2)求小球在A點的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小。解析(1)小球在C點時速度最大，則電場力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場力的大小F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg。(2)要使小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點時的速度最小，即在D點小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(2gr)。在小球從圓軌道上的A點運動到D點的過程中，有mgr(1＋cos60°)＋Frsin60°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得v0＝2eq\r(2gr)。答案(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)活頁作業(yè)(時間：40分鐘)A級：保分練1.(2017·蘇北四市一模)在研究影響平行板電容器電容大小因素的實驗中，一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖1所示?，F(xiàn)保持B板不動，適當移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角減小，則A板可能是()圖1A.右移 B.左移C.上移 D.下移解析電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計指針張角減小，說明兩極板間電壓變小，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)得出電容變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知兩極板之間距離變小或正對面積變大，選項A正確，B、C、D錯誤。答案A2.如圖2所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點A點釋放一個帶電荷量為＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不計，以水平初速度v0向右射出，當它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時，恰好從下端點B射出，則d與L之比為()圖2A.1∶2 B.2∶1C.1∶1 D.1∶3解析設(shè)粒子從A到B的時間為t，粒子在B點時，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運動的規(guī)律可得L＝v0t，d＝eq\f(vy,2)t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，選項C正確。答案C3.如圖3所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則()圖3A.當減小兩板間的距離時，速度v增大B.當減小兩板間的距離時，速度v減小C.當減小兩板間的距離時，速度v不變D.當減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長解析由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，v＝eq\f(d,t)，eq\f(v,2)＝eq\f(d,t)，即t＝eq\f(2d,v)，當d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤。答案C4.(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設(shè)此時兩極間的電勢差為U，P點場強大小為E，電勢為φP，負電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是()圖4A.U變大，E變大 B.U變小，φP變小C.φP變小，Ep變大 D.φP變大，Ep變小解析根據(jù)題意可知兩極板上的電荷量保持不變，當正對面積減小時，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板間電壓增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度增大，故選項A正確，B錯誤；設(shè)P點的電勢為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep變大，故選項C正確，D錯誤。答案AC5.如圖5所示，在絕緣平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強電場，帶正電的小金屬塊以一定初速度從A點開始沿水平面向左做直線運動，經(jīng)長度L到達B點，速度變?yōu)榱?。此過程中，金屬塊損失的動能有eq\f(2,3)轉(zhuǎn)化為電勢能。金屬塊繼續(xù)運動到某點C(圖中未標出)時的動能和A點時的動能相同，則金屬塊從A開始運動到C整個過程中經(jīng)過的總路程為()圖5A.1.5L B.2LC.3L D.4L解析根據(jù)題述，小金屬塊從A運動到B，克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,3)Ek＝fL，克服電場力做功WE＝eq\f(2,3)Ek＝qEL。設(shè)小金屬塊從B運動到C經(jīng)過的路程為s，由動能定理，qEs－fs＝Ek，解得s＝3L。金屬塊從A開始運動到C整個過程中經(jīng)過的總路程為L＋s＝4L，選項D正確。答案D6.(2017·靜海調(diào)研)如圖6所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)。若極板長為L，間距為d，當A、B板加上電壓U時，只有某一速度的β粒子能從細管C水平射出，細管C離兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為()圖6A.eq\r(\f(2eU,m)) B.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m))C.eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（d2＋L2）,m)) D.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,2m))解析β粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，且a＝eq\f(qU,md)。從A到C的過程有－eq\f(1,2)qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，以上各式聯(lián)立解得v＝eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（d2＋L2）,m))，選項C正確。答案C7.(多選)如圖7所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由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，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力作用，設(shè)P點的電勢為零。下列說法正確的是()圖7A.帶電粒子在Q點的電勢能為－UqB.帶電粒子帶負電C.此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D.此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)解析根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可判斷選項B錯誤；因為P、Q兩點的電勢差為U，電場力做正功，電勢能減少，而P點的電勢為零，所以選項A正確；設(shè)帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由曲線運動的規(guī)律和幾何知識求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy＝eq\r(3)v0，故帶電粒子在y軸方向上的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))y＝eq\f(\r(3)v0,2)，設(shè)帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，在電場中的運動時間為t，則y0＝eq\f(\r(3)v0,2)t，d＝v0t，得y0＝eq\f(\r(3)d,2)，由E＝eq\f(U,y0)得E＝eq\f(2\r(3)U,3d)，選項C正確，D錯誤。答案AC8.如圖8所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m。有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑。小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點處。(g取10m/s2)求：圖8(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向；(2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量；(3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0。解析(1)結(jié)合題意分析知：qE＝mgF合＝eq\r(2)mg＝maa＝eq\r(2)g＝10eq\r(2)m/s2，方向垂直于桿向下。(2)設(shè)小環(huán)從C運動到P的過程中動能的增量為ΔEk＝W重＋W電其中W重＝mgh＝4J，W電＝0，所以ΔEk＝4J。(3)環(huán)離開桿做類平拋運動，平行桿方向勻速運動，有eq\f(\r(2),2)h＝v0t垂直桿方向勻加速運動，有eq\f(\r(2),2)h＝eq\f(1,2)at2解得v0＝2m/s。答案(1)10eq\r(2)m/s2垂直于桿向下(2)4J(3)2m/sB級：拔高練9.如圖9所示，D是一只二極管，AB是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止狀態(tài)，當兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，帶電微粒P的運動情況是()圖9A.向下運動 B.向上運動C.仍靜止不動 D.不能確定解析當帶電微粒P靜止時，對其進行受力分析得Eq＝mg，即eq\f(U,d)q＝mg。當A、B之間距離增大時，電容器的電容C減小，由Q＝CU得，Q也減小，但由于電路中連接了一個二極管，它具有單向?qū)щ娦?，不能放電，故電容器A、B兩極板上的電荷量不變，場強不變，電場力仍等于微粒的重力，故帶電微粒仍保持靜止狀態(tài)，選項C正確。答案C10.如圖10所示，一條絕緣的擋板軌道ABC固定在光滑水平桌面上，BC為直線，長度為4R，AB是半徑為R的光滑半圓弧，兩部分相切于B點。擋板軌道處在水平的勻強電場中，電場強度E＝8×102N/C，方向與BC夾角θ＝53°。一質(zhì)量m＝5×10－3kg、帶電荷量q＝＋5×10－4C的小滑塊從C點由靜止釋放，已知小滑塊與BC擋板間的動摩擦因數(shù)為0.25，R＝0.4m，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。圖10(1)求小球在B點的速度大小；(2)若場強E與BC夾角θ可變，為使小球沿軌道運動到A點的速度最大，求θ的取值以及小球