高考物理大二轮总复习与增分策略 专题十二 电容器 带电粒子在电场中的运动-人教版高三全册物理试题

专题十二电容器带电粒子在电场中的运动考纲解读章内容考试要求说明必考加试静电场电容器的电容bc1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算．2．示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形．3．解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.带电粒子在电场中的运动bd一、电容器的电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值．(3)电容器的充电、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)公式①定义式：C＝eq\f(Q,U).②推论：C＝eq\f(ΔQ,ΔU).(2)电容与电压、电荷量的关系：电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关．不随Q变化，也不随电压变化．3．平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比．(2)决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量．εr为相对介电常数，与电介质的性质有关．二、带电粒子在电场中的运动1．加速问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量．(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).(2)在非匀强电场中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．(2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解．①沿初速度方向：做匀速直线运动．②沿电场力方向：做初速度为零的匀加速运动．3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图1所示)图11．电容器是一种常用的电子元件．下列对电容器认识正确的是()A．电容器的电容表示其储存电荷的能力B．电容器的电容与它所带的电量成正比C．电容器的电容与它两极板间的电压成正比D．电容器的常用单位有μF和pF,1μF＝103pF答案A解析由电容的物理意义知A正确．电容定义式为C＝eq\f(Q,U)，但C跟Q和U无关，仅跟电容器本身特征量有关；1μF＝106pF.B、C、D都错．2．(2015·浙江学考模拟)如图2为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则()图2A．正对面积越大，电容越大B．正对面积越大，电容越小C．动片、定片间距离越小，电容越大D．动片、定片间距离越小，电容越小答案A解析可变电容器动片旋入得越多，正对面积越大．由平行板电容器的电容决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容器的正对面积越大，电容越大，A项正确．3．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C，则其电压减少为原来的eq\f(1,3)，则()A．电容器原来的电荷量为9×10－4CB．电容器原来的电荷量为4.5×10－4CC．电容器原来的电压为1VD．电容器的电容变为原来的eq\f(1,3)答案B解析由C＝eq\f(ΔQ,ΔU)得ΔQ＝C·ΔU＝C(U－eq\f(1,3)U)＝eq\f(2,3)CU＝eq\f(2,3)Q，Q＝eq\f(3×ΔQ,2)＝eq\f(3×3×10－4,2)C＝4.5×10－4C，选项A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D错．4．电场中，初速度为零的带正电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下，运动方向正确的是()答案D5．如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的()图3A．2倍B．4倍C.eq\f(1,2)倍D.eq\f(1,4)倍答案C解析第一次d＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,md)(eq\f(L,v0))2，第二次d′＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,md′)(eq\f(L,2v0))2，两式相比可得d′＝eq\f(d,2)，所以选项C正确.电容器的动态分析1．对公式C＝eq\f(Q,U)的理解电容C＝eq\f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．2．两种类型的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)用决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化．例1如图4所示，先接通S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及场强E的变化情况是()图4A．Q变小，C不变，U不变，E变大B．Q变小，C变小，U不变，E变小C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变小，E无法确定答案C解析由充电后断开电源知，电容器的电荷量不变，选项A、B错；由C＝eq\f(εrS,4πkd)知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C＝eq\f(Q,U)知，U增大；两极板间电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C对，D错．电容器动态问题的分析技巧1．抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．2．根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．变式题组1．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大 B．C增大，U减小C．C减小，U增大 D．C和U均减小答案B解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，S和d不变，插入电介质时，εr增大，电容增大，由C＝eq\f(Q,U)可知：Q不变时，C增大，则两板间的电势差U一定减小，故选B.2．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图5)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若()图5A．保持S不变，增大d,则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变答案A解析静电计指针偏角体现电容器两极板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器上电荷量Q保持不变，C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd).保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角θ增大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，则C减小，偏角θ也增大，故选项C、D均错．带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1.例2(2014·海南高考)如图6所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动．重力加速度为g.粒子运动的加速度为()图6A.eq\f(l,d)gB.eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)gD.eq\f(d,d－l)g答案A解析带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg＝qeq\f(U,d－l)；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma＝mg－qeq\f(U,d)，两式联立可得a＝eq\f(l,d)g.故A正确．解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法1．用牛顿运动定律和运动学规律．2．用动能定理或能量守恒定律．3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．变式题组3．如图7所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()图7A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀速直线运动答案B解析分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如图所示．可以看出其合力方向与其速度方向相反．所以，带电粒子在电场中做匀减速直线运动．电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加，故选项A、C、D错误，选项B正确．4．(2016·舟山市调研)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回．如图8所示，eq\x\to(OA)＝h，此电子具有的初动能是()图8A.eq\f(edh,U) B．edUhC.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)答案D解析电子受到的静电力做负功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝eq\f(U,d)h，Ek＝eq\f(eUh,d)，由此知选项D正确．带电粒子在电场中偏转1．基本运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)).,离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0)).))2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq\f(l,2).3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：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、末位置间的电势差．例3如图9所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：图9(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tanα；(3)粒子打在屏上的点P到O点的距离x.答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解析(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝eq\f(2L,v0).(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝eq\f(Eq,m)所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0)).(3)解法一设粒子在电场中的偏转距离为y，则y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))又x＝y＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法二x＝y＋vyeq\f(L,v0)＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法三由y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))，eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).分析粒子在电场中偏转运动的两种方法1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算．(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．变式题组5．喷墨打印机的简化模型如图10所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()图10A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关答案C解析微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A错误；电场力做正功，电势能减小，B错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v方向：x＝vt，沿电场方向：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，得y＝eq\f(qU,2mv2d)x2，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，C正确，D错误．6．(多选)(2016·绍兴市联考)如图11所示，电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则()图11A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1C．A和B的质量之比为1∶12D．A和B的位移大小之比为1∶1答案ABC解析粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,12)，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确．电场中的力电综合问题1．解答力电综合问题的一般思路2．运动情况反映受力情况(1)物体静止(保持)：F合＝0.(2)做直线运动①匀速直线运动：F合＝0.②变速直线运动：F合≠0，且F合方向与速度方向总是在一条直线上．(3)做曲线运动：F合≠0，F合方向与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线的凹侧．(4)F合与v的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动：90°＜α≤180°.(5)匀变速运动：F合＝恒量．例4(2014·浙江7月学考)如图12所示，水平地面上有一长为L、高为h的桌子．质量为m的小物块A从绝缘桌面的左端以初速度v0水平向右运动，最终落在地面上D点，D点与桌面右端的水平距离为s.若再次将物块A置于桌面左端，并让其带上电荷量为q的正电荷，在桌面以上区域加一水平向右、大小可调节的匀强电场．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图12(1)为使再次置于桌面左端的带电物块A在桌面上滑动，电场强度的最小值E1.(2)为使再次置于桌面左端的带电物块A从桌面滑落后仍落在地面上的D点，电场强度E2的值．答案(1)eq\f(m,2qL)(veq\o\al(2,0)－eq\f(gs2,2h))(2)eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)解析(1)由平抛运动规律：s＝vth＝eq\f(1,2)gt2得：v＝seq\r(\f(g,2h))①由动能定理，考虑到摩擦力Ff做负功，得：－FfL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②为了使物块A在桌面上滑动，其所受电场力至少等于摩擦力Ff，有F＝qE1＝Ff③由①②③式得：E1＝eq\f(m,2qL)(veq\o\al(2,0)－eq\f(gs2,2h))(2)由动能定理qE2L－FfL＝eq\f(1,2)mv2得：E2＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL).分析力电综合问题的两种思路1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题．2．能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．变式题组7．(2016·4月浙江选考·8)密立根油滴实验原理如图13所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下电场强度大小为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是()图13A．悬浮油滴带正电B．悬浮油滴的带电荷量为eq\f(mg,U)C．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍答案C解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A错；由Eq＝mg得q＝eq\f(mg,E)，所以B错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运动，C对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D错．8.如图14所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图14(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的eq\f(1,2)，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能．答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有FNsin37°＝qE①FNcos37°＝mg②由①②可得E＝eq\f(3mg,4q)(2)若电场强度减小为原来的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)由牛顿第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma可得a＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL.1．(2016·4月浙江选考·7)关于电容器，下列说法正确的是()A．在充电过程中电流恒定B．在放电过程中电容减小C．能储存电荷，但不能储存电能D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案D解析由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A错；电容是电容器储存电荷的本领，不随充放电过程变化，B错；电容器中的电场具有电场能，所以C错；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D对．2．(2016·金华市联考)一个电容器的规格是“10μF50V”，则()A．这个电容器的电容为10－5FB．这个电容器加上50V电势差时，电容才是10μFC．这个电容器没有电势差时，电容为0D．这个电容器加的电势差不能低于50V答案A解析电容器的电容与电容器板间电势差无关，无论是否有电势差，电容都是10μF，选项A正确，B、C错误；50V为电容器允许加的最大电势差，选项D错误．3．对电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，以下说法正确的是()A．电容器带电荷量越大，电容就越大B．对于某一电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电势差的比值保持不变C．对于某一电容器，它的带电荷量跟加在两极板间的电势差成反比D．如果一个电容器两极板间没有电势差，就没有带电荷量，也就没有电容答案B解析电容器的电容是其本身固有属性，与带电荷量及两极板间电势差无关，故选项A、D错误，选项B正确；由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，由此可知Q∝U，选项C错误．4．(多选)一平行板电容器，极板间正对面积为S，板间距离为d，充以电荷量Q后两板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是()A．将电压变为eq\f(U,2)B．带电荷量变为2QC．将极板正对面积变为2SD．将两极板间的距离减小到eq\f(d,2)答案CD解析电容器的电容与极板带电荷量、两极板间的电压无关，故选项A、B错误；根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，选项C、D正确．5．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间电场强度为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为eq\f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间的电势差为U2，板间电场强度为E2，下列说法正确的是()A．U2＝U1，E2＝E1B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1D．U2＝2U1，E2＝2E1答案C解析根据U＝eq\f(Q,C)，C∝eq\f(S,d)，E＝eq\f(U,d)，可得U∝eq\f(Qd,S)，E∝eq\f(Q,S)，则eq\f(U1,U2)＝eq\f(Q1d1,Q2d2)＝eq\f(1,2)×2＝1，eq\f(E1,E2)＝eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(1,2)，故选项C正确．6．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是()A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半答案AD解析由E＝eq\f(U,d)知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C＝eq\f(Q,U)知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C＝eq\f(Q,U)知，Q变为原来的一半时，U变为原来的一半，则E变为原来的一半，D项正确．7．如图1所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()图1A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大答案B解析由于电容器与电源连接，电压U不变，板间场强E场＝eq\f(U,d)随d的增大而减小，所以油滴将向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A、C均错误；P点与地的电势差UPO＝E场d′，d′不变而E场减小，故P点电势将降低，B正确；据Q＝CU可知，电压U不变时减小电容C，则极板带电荷量将减小，故D错误．8．如图2所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极板间电压不变，则()图2A．当减小两极板间的距离时，速度v增大B．当减小两极板间的距离时，速度v减小C．当减小两极板间的距离时，速度v不变D．当减小两极板间的距离时，电子在两极板间运动的时间变长答案C解析由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；电子在两极板间做初速度为零的匀加速直线运动，eq\x\to(v)＝eq\f(d,t)，eq\f(v,2)＝eq\f(d,t)，即t＝eq\f(2d,v)，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误．9．(多选)(2016·丽水模拟)如图3甲所示，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v－t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有()图3A．φa>φb B．Ea>EbC．Ea<Eb D．Wa>Wb答案BD解析由题图乙可知，粒子做加速度减小、速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a指向b，电场线方向由b指向a，b点电势高于a点电势，故选项B、D正确．10．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移eq\f(d,3)，则从P点开始下落的相同粒子将()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板eq\f(d,2)处返回D．在距上极板eq\f(2,5)d处返回答案D解析带电粒子从P点下落刚好到达下极板处，由动能定理得：mg(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0，当将下极板向上平移eq\f(d,3)时，设从P点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x处速度为零，则对带电粒子下落过程由动能定理得：mg(eq\f(d,2)＋x)－q·eq\f(U,\f(2d,3))·x＝0，解之得x＝eq\f(2,5)d，故选项D正确．11．如图4所示，质子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为()图4A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4答案B解析初动能相同，则mveq\o\al(2,0)相同，由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·(eq\f(L,v0))2，得：eq\f(y1,y2)＝eq\f(q1,q2)＝eq\f(1,2)，故B正确．12．(2016·杭州十校联考)如图5所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()图5A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小答案B解析设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电子在水平极板间偏转所用时间t＝eq\f(l,v0)，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a＝eq\f(U2q,dm)，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝eq\f(U2ql,dmv0)，又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2ql,dmv\o\al(2,0))＝eq\f(U2ql,2dqU1)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确．13．(2015·浙江选考)真空中的某装置如图6所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是()图6A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做