2025届高考物理一轮复习第八章静电场第36讲电容器带电粒子在电场中的运动教学案新人教版

PAGE20-第36讲电容器带电粒子在电场中的运动基础命题点平行板电容器1．电容器(1)组成：由两个彼此eq\x(\s\up1(01))绝缘又相距eq\x(\s\up1(02))很近的导体组成。(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的eq\x(\s\up1(03))肯定值。(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的eq\x(\s\up1(04))异号电荷，电容器中储存eq\x(\s\up1(05))电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中eq\x(\s\up1(06))电场能转化为其他形式的能。2．电容(1)定义：电容器所带的eq\x(\s\up1(07))电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：C＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(Q,U)。(3)物理意义：表示电容器eq\x(\s\up1(09))容纳电荷本事大小的物理量。(4)单位：法拉(F)1F＝eq\x(\s\up1(10))106μF＝1012pF。(5)电容C的大小由电容器本身的属性确定，与电压、电荷量eq\x(\s\up1(11))无关。3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成eq\x(\s\up1(12))正比，与介质的相对介电常数成eq\x(\s\up1(13))正比，与两板间的距离成eq\x(\s\up1(14))反比。(2)确定式：C＝eq\x(\s\up1(15))eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量(此式只适用于平行板电容器)。4．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持eq\x(\s\up1(16))不变。①依据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，先分析电容的变更，再分析Q的变更。②依据E＝eq\f(U,d)分析场强的变更。③依据UAB＝E·dAB分析某点电势变更。(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持eq\x(\s\up1(17))不变。①依据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，先分析电容的变更，再分析U的变更。②依据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，分析场强变更。1．关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法不正确的是()A．两极板上肯定带异号电荷B．两极板所带的电荷量肯定相等C．充上的电荷量越多，其电容就越大D．充上的电荷量越多，两极板间的电势差就越大答案C解析给电容器充电，电容器两极板分别带上等量异号电荷，A、B正确；电容器的电容大小由电容器自身确定，与所带电荷量的多少无关，C错误；依据U＝eq\f(Q,C)，电容器的电荷量越大，两极板间的电势差越大，D正确。2．[教材母题](人教版选修3－1P32·T1)平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连。给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度。以下状况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？(1)把两板间的距离减小；(2)把两板间的相对面积减小；(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质。[变式子题](多选)如图所示为“探讨影响平行板电容器电容的因素”的试验装置，以下说法正确的是()A．A板与静电计的指针带的是异号电荷B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小答案BD解析静电计指针与A板连为一个导体，带电性质相同，A错误；依据C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，B板上移，S减小，C减小，Q不变，则U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，则U增大，C错误；插入电介质，εr增大，电容C增大，则U减小，D正确。3．电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，两极板间电压为U，板间电场强度大小为E0。则下列说法正确的是()A．若将A板下移少许，Q增大，U减小，E0不变B．若将A板下移少许，Q不变，U减小，E0减小C．若断开开关，将A板下移少许，Q增大，U不变，E0增大D．若断开开关，将A板下移少许，Q不变，U减小，E0不变答案D解析开关闭合时电容器两极板间的电压U不变，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，A板下移(板间距d减小)，电容C将增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知电容器带电量Q将增大，由公式E0＝eq\f(U,d)可知两极板间的场强增大，A、B错误；开关断开后电容器带电量Q不变，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，A板下移(两极板间距d减小)，电容C将增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知电容器两极板间电压U将减小。由E0＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)三式可解得E0＝eq\f(4kπQ,εrS)，由此可知两极板间的场强不变，C错误、D正确。4．如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B板接地，使其A板带有电荷量＋Q，B板带有电荷量－Q，板间电场中有一固定点P，以下说法正确的是()A．若将B板固定，A板下移时，P点的电场强度不变，P点的电势降低B．若将B板固定，A板下移时，P点的电场强度增大，P点的电势上升C．若将A板固定，B板上移时，P点的电场强度不变，P点的电势降低D．若将A板固定，B板上移时，P点的电场强度增大，P点电的势上升答案C解析由题可知电容器两极板所带电荷量不变，正对面积不变，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)可推出：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知，当B板固定，A板下移时，P点的电场强度E不变，P点与B板的距离d不变，依据公式U＝Ed，P点与B板的电势差UPB不变，则P点的电势φP＝UPB不变，故A、B错误；当A板固定，B板上移时，P点与B板的距离d减小，同理得知，P点的电场强度E不变，依据公式U＝Ed，P点与下板的电势差UPB减小，所以P点的电势降低，故C正确、D错误。实力命题点一带电粒子在电场中的直线运动1．有关带电粒子重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，因其重力对运动的影响较小，除有说明或明确的示意以外，一般都不考虑重力(但并不忽视质量)。(2)带电颗粒：如液滴、尘埃、小球等，因其重力对运动的影响较大，除有明确的说明外，一般都不能忽视重力。2．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度的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。3．带电粒子在电场中做直线运动的处理方法(1)依据平衡条件或牛顿运动定律结合运动学公式处理。(2)依据动能定理或其他功能关系解决处理。仅电场力做功时的方程①在匀强电场中：W电＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②在非匀强电场中：W电＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()A．微粒到达B点时动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．微粒从A点到B点的过程电势能削减eq\f(mgd,cosθ)D．两极板的电势差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)解析对微粒进行受力分析如图，可知微粒做匀减速直线运动，动能减小，故A错误；由tanθ＝eq\f(ma,mg)得a＝gtanθ，故B错误；微粒从A点到B点的过程电势能增加，电势能的增加量为ΔEp＝qEd＝eq\f(mgd,cosθ)，又ΔEp＝qU，得到两极板的电势差U＝eq\f(mgd,qcosθ)，故C错误，D正确。答案D看到关键词“直线运动”就应想到探讨对象所受合外力为零或所受合外力沿运动所在的直线方向。据此明确探讨对象受力状况后，再应用动力学或功能关系解题。1．真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A．微粒肯定带正电B．微粒肯定做匀速直线运动C．可求出匀强电场的电场强度D．可求出微粒运动的加速度答案D解析此微粒做直线运动的条件是合力与速度沿同始终线，只有微粒所受静电力向左才满意此条件，所以微粒带负电，A错误；并且微粒所受合力只能是由B指向A，所以由A向B的运动为匀减速直线运动，B错误；通过受力分析可知，能求出微粒所受的静电力大小和合力大小，由a＝eq\f(F合,m)可求出微粒的加速度大小，D正确；因微粒带电量未知，不能求出匀强电场的电场强度，故C错误。2．[教材母题](人教版选修3－1P39·T1)真空中有一对平行金属板，相距6.2cm，两板电势差为90V。二价的氧离子由静止起先加速，从一个极板到达另一个极板时，动能是多大？这个问题有几种解法？哪种解法比较简便？[变式子题](2024·四川高考)中国科学院2024年10月宣布中国将在2024年起先建立世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品平安、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq\f(1,2)。质子的荷质比取1×10(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。答案(1)0.4m(2)6×104V解析(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源的频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则T＝eq\f(1,f)①L＝vB·eq\f(T,2)②联立①②式并代入数据得L＝0.4m③(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，相邻漂移管间的电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功为W′，质子的电荷量为q、质量为m，则W＝qU④W′＝3W⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104V。实力命题点二带电粒子在匀强电场中的偏转1．对带电粒子在匀强电场中的偏转运动的理解(1)运动条件：①初速度垂直于匀强电场；②仅受电场力作用。(2)运动性质：类平抛运动。(3)处理方法：运动的分解。2．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝eq\f(l,v0)。(2)沿电场力方向，做初速度为零的匀加速直线运动①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。②离开电场时沿电场力方向的速度：vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)。③离开电场时的偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。④离开电场时的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。3．两个结论(1)不同的带电粒子从静止起先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)。对同一加速电场，U0相同；对同一偏转电场，U1、d、l相同，因此偏移量y和偏转角θ总是相同的。(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)。4．功能关系当探讨带电粒子的末速度v的大小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。5．设屏到偏转电场右边缘的水平距离为D，则计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y有以下几种方法：(如图所示)(1)Y＝y＋Dtanθ；(2)Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋D))tanθ；(3)Y＝y＋vy·eq\f(D,v0)；(4)依据三角形相像：eq\f(Y,y)＝eq\f(\f(L,2)＋D,\f(L,2))。6．示波器的工作原理(1)构造：①电子枪；②偏转极板；③荧光屏。(如图所示)(2)工作原理①YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压。②视察到的现象a．假如在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。b．若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变更的稳定图象。(2024·河南省九师联盟高三质检)如图所示，在xOy平面的第一象限存在以x轴、y轴、直线y＝2L及直线x＝2L为边界的匀强电场区域Ⅰ，电场强度大小为E，方向水平向右；在其次象限存在以x轴、y轴、x＝－3L及y＝2L为边界的匀强电场区域Ⅱ，电场方向竖直向上。一电子(电荷量大小为e，质量为m，不计重力)从B点处静止释放，恰好从(1)求电子通过C点时的速度大小；(2)求电场区域Ⅱ中的电场强度的大小；(3)电子由电场区域Ⅰ中某点静止释放，从电场区域Ⅱ的边界NO离开，且出射速度的方向与x轴负方向成53°角，求释放点的位置应满意的条件(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。解析(1)从B到C，依题意有veq\o\al(2,C)＝2a·2La＝eq\f(eE,m)解得vC＝2eq\r(\f(eEL,m))。(2)电子从C点进入电场区域Ⅱ，在区域Ⅱ中电子做类平抛运动，如图所示。x轴方向：3L＝vC·y轴方向：a′＝eq\f(F′,m)＝eq\f(eE′,m).2L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(eE′,m)×t2又vC＝2eq\r(\f(eEL,m))联立解得E′＝eq\f(16,9)E。(3)电子由电场区域Ⅰ中某点P(x，y)静止释放、经Q点进入电场区域Ⅱ，并从R点离开，如图所示。设vR与边界NO的夹角为θR＝53°，于是有vRx＝vQ＝eq\r(2ax)，vRy＝eq\r(2a′y)tanθR＝eq\f(vRy,vRx)由题意易得eq\f(a,a′)＝eq\f(E,E′)联立以上各式并代入数据得y＝x故电子的释放点在一条直线段上，即y＝x(0<x≤L)。答案(1)2eq\r(\f(eEL,m))(2)eq\f(16,9)E(3)y＝x(0<x≤L)(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。1．(2024·湖南衡阳八中月考)(多选)示波管是示波器的核心部件，如图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，假如在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带负电 D．极板Y应带正电答案AD解析由亮斑位置可知电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确、B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C错误、D正确。2．[教材母题](人教版选修3－1P39·T4)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过同一加速电场由静止起先加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分别为三股粒子束？请通过计算说明。[变式子题](2024·河南安阳二模)如图所示，偏转电场的两极板水平放置，偏转电场右边的挡板竖直放置，氕、氘、氚三粒子同时从同一位置沿水平方向进入偏转电场，最终均打在右边的竖直挡板上。不计氕、氘、氚的重力，不考虑三者之间的相互影响，则下列说法正确的是()A．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则必定到达挡板上的同一点B．若三者进入偏转电场时的初动量相同，则到达挡板的时间必定相同C．若三者进入偏转电场时的初速度相同，则必定到达挡板上的同一点D．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则到达挡板的时间必定相同答案A解析设任一正电荷的电量为q，偏转电压为U，偏转电极的极板长度为L，两极板间的距离为d，极板右边缘到挡板的水平距离为L1。在偏转电场中，粒子做类平抛运动，运动时间t＝eq\f(L,v0)；偏转距离y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，联立以上各式得：y＝eq\f(qUL2,4dEk0)，氕、氘、氚三粒子的电荷量q相同，质量m不同，若三者进入偏转电场时的初动能相同，则离开电场时偏转距离相同，离开电场时的速度方向也相同，则三个粒子必定到达挡板上的同一点。此时从进入偏转电场到到达挡板的运动时间：t＝eq\f(L＋L1,v0)＝eq\f(L＋L1,\r(\f(2Ek0,m)))，则三个粒子到达挡板的时间必不相同，A正确，D错误；若三者进入偏转电场时的初动量相同，由到达挡板的时间t＝eq\f(L＋L1,v0)＝eq\f(mL＋L1,P)可知，三个粒子打在屏上的时间不同，B错误；若三者进入偏转电场时的初速度相同，则可解得：y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，可知粒子离开偏转电场时的偏转距离不同，粒子不能到达挡板上的同一点，C错误。3．如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变更，应当()A．使U2加倍 B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的eq\r(2)倍 D．使U2变为原来的eq\f(1,2)答案A解析设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则依据推论可知，偏转距离y＝eq\f(U2L2,4dU1)。U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变更，即y不变，则必需使U2加倍。故选A。课时作业1．(多选)有一只电容器的规格是“1.5μF,9V”，那么()A．这只电容器上的电荷量不能超过1.5×10－5B．这只电容器上的电荷量不能超过1.35×10－5C．这只电容器的额定电压为9VD．这只电容器的击穿电压为9V答案BC解析9V为电容器的额定电压(或工作电压)，故C正确；正常工作时的电荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C2．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离变为原来的()A．2倍 B．4倍C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)答案C解析电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动。设电子的电荷量为e，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的间距为d，电场强度为E。由于电子做类平抛运动，所以水平方向有L＝vt，竖直方向有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)·(eq\f(L,v))2＝d。因为E＝eq\f(U,d)，可得：d2＝eq\f(eUL2,2mv2)，若电子的速度变为原来的2倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d应变为原来的eq\f(1,2)，故选C。3．如图所示，A、B两平行金属板水平放置，两板之间的电势差恒定，金属板上的a、b两小孔恰好在同一竖直线上，在两小孔的正上方有一带电油滴由静止释放，到达b孔时速度恰好为零。不计空气阻力，则()A．到达b孔时电场力恰好等于重力B．将A板上移，带电油滴将不能到达b孔C．将B板下移，带电油滴将不能到达b孔D．将A板及带电油滴的释放位置都上移，带电油滴肯定能到达b孔答案D解析油滴由静止释放到达b孔时速度恰好为零，说明油滴先做加速运动后做减速运动，到达b孔时电场力大于重力，故A错误；设油滴释放点距A板为H，AB板间距为d，从释放油滴到b孔的过程中，由动能定理得mg(H＋d)－qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－0，将A板上移，不会变更(H＋d)和UAB，故油滴仍能到达b孔并且速度为0，故B错误；将B板下移，H不变、d变大、UAB不变，mg(H＋d)>qUAB，故vb>0，油滴能到达b孔，故C错误；将A板及带电油滴的释放位置都上移，(H＋d)变大、UAB不变，mg(H＋d)>qUAB，故vb>0，油滴能到达b孔，故D正确。4.(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列推断可能正确的是()A．电场强度的最小值等于eq\f(mg,q)B．电场强度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C．带电油滴的机械能增加D．电场力对带电油滴不做功答案CD解析带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，依据三角形定则作出合力如图，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则由F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，E无最大值，故A、B错误；当E＝eq\f(mgsinθ,q)时，电场力方向与速度方向垂直，电场力对油滴不做功，油滴的电势能不变，这种状况下只有重力做功，油滴的机械能不变，故D正确；当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，油滴的机械能增加，故C正确。5．(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的带电粒子M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两带电粒子恰好在板间某点相遇。若不考虑带电粒子的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是()A．M的电荷量大于N的电荷量B．两带电粒子在电场中运动的加速度相等C．从两带电粒子进入电场到两带电粒子相遇，电场力对M做的功大于电场力对N做的功D．M进入电场的初速度大小与N进入电场的初速度大小肯定相同答案AC解析从轨迹可以看出：yM>yN，故eq\f(1,2)·eq\f(qME,m)t2>eq\f(1,2)·eq\f(qNE,m)t2，解得：eq\f(qME,m)>eq\f(qNE,m)，qM>qN，故A正确、B错误；电场力做功W电＝qEy，由题图可知yM>yN，且qM>qN，所以电场力对M做的功大于电场力对N做的功，故C正确；从轨迹可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，故vM>vN，故D错误。6.(多选)如图，质子(eq\o\al(1,1)H)、氘核(eq\o\al(2,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)都沿平行板电容器中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，粒子重力不计，下列推断正确的是()A．若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点答案CD解析三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：a＝eq\f(qE,m)，偏转距离为：y＝eq\f(1,2)at2，运动时间为t＝eq\f(L,v0)，联立三式得：y＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))。若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误；若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，故B错误；若它们射入电场时的动量相等，y＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))＝eq\f(qmEL2,2mv02)，可见y与qm成正比，三个qm都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点，故C正确；若它们是由同一个电压为U的电场从静止加速后射入此偏转电场(电压为U0)的，依据推论y＝eq\f(U0L2,4Ud)可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D正确。7．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距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：(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间夹角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的P点到O点的距离s。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)依据题意，粒子在垂直于电场线的方向上始终做匀速直线运动，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，依据牛顿其次定律，粒子在电场中的加速度为：a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝at1＝a·eq\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间夹角的正切值为：tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))。(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))又s＝y＋Ltanα，解得：s＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))。8.(2024·北京高考)探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图所示，下列说法正确的是()A．试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．试验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．试验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案A解析用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故A正确；依据平行板电容器电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，依据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；依据电容器的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，则电容C增大，依据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故C错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C不变，故D错误。9．(2024·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍旧保持静止 B．竖直向下运动C．向左下方运动 D．向右下方运动答案D解析两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板右端向下移动一小段距离时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。10．(2024·河北衡水中学高考模拟)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地。一带负电的油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则()A．带电油滴将竖直向上运动B．带电油滴的机械能将增加C．P点的电势将上升D．电容器的电容增加，极板带电量增加答案C解析一个带负电的油滴最初处于静止状态，说明油滴受到的电场力和重力平衡。现在将下极板向下移动，板间的电压等于电源电动势不变，所以板间的电场强度将减小，即油滴受到的电场力减小，所以油滴受到的重力大于电场力，油滴将竖直向下运动，故A错误；依据A项的分析可得，油滴向下运动，电场力对油滴做负功，油滴的机械能将减小，故B错误；因为上极板接地，所以上极板的电势为零，并且上极板接电源的正极，下极板接电源的负极，所以上极板的电势高于下极板的电势，两板间电场线的方向是竖直向下