2025届高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动教学案沪科版

PAGE22-第3讲电容器带电粒子在电场中的运动学问排查学问点一常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1.常见电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的肯定值。(3)电容器的充、放电充电使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。放电使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。2.电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本事大小的物理量。(4)单位：法拉(F)1F＝106μF＝1012pF3.平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)确定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。学问点二带电粒子在匀强电场中的运动1.分析问题的规律与方法(1)用动力学观点分析：依据带电粒子受到的电场力，用牛顿其次定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动状况。此方法只适用于匀强电场。(2)用功能观点分析：依据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变更求解，此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动性质：类平抛运动，为匀变速曲线运动。(3)处理方法：运动的分解。①沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t＝eq\f(l,v0)。②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，离开电场时的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d)，离开电场时的偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mveq\o\al(2,0)d)。学问点三示波管的构造①电子枪，②偏转极板，③荧光屏。(如图所示)小题速练1.思索推断(1)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。()(2)电容器两极板间电压越低，其电容越大。()(3)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。()(4)一个电容器的电荷量增加1.0×10－6C时，两极板间电压上升10V，则电容器的电容C＝1.0×10－7F。()(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。()(6)带电粒子在电场中运动时重力肯定可以忽视不计。()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)×2.如图1所示为某一电容器中所带电荷量和两极板间电压之间的关系图线，若将该电容器两极板间的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是()图1A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5×10－2FD.该电容器的电荷量变更量为0.2C解析由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，选项A错误，B正确；由C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(0.2,40)F＝5×10－3F，可知选项C错误；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4C＝0.02C，选项D错误。答案B3.两平行金属板相距为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入电场，最远到达A点，然后返回，如图2所示，OA间距为h，则此电子的初动能为()图2A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度渐渐减小，依据动能定理可得－eUOA＝0－Ek，因为UOA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，选项D正确。答案D平行板电容器的动态分析1.两类典型问题典型问题电压保持不变电量保持不变电路特点始终连接在电源两端充电后，切断电源C的确定因素由C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(εrS,d)可知：C随d、S、εr的变更而变更Q或U的确定因素由Q＝CU＝eq\f(εrS,4πkd)U∝eq\f(εrS,d)可知：Q也随d、S、εr的变更而变更由U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)∝eq\f(d,εrS)可知：U也随d、S、εr的变更而变更E的确定因素由E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)可知：(1)E与S、εr的变更无关；(2)E随d的变更而变更。由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)∝eq\f(1,εrS)可知：(1)E与d的变更无关；(2)E随S、εr的变更而变更。2.动态分析思路教材引领[人教版选修3－1·P30]图1.8－4探讨影响平行板电容器电容大小的因素1.[人教版选修3－1·P32·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的金属外壳相连。给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度。以下状况中，静电计指针偏转角是增大还是减小？(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。解析给电容器充电后，电容器所带电荷量Q不变。(1)把两板间的距离减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器的容器增大，再由U＝eq\f(Q,C)可知两板间电压减小，则静电计指针偏转角减小；(2)把两板间的相对面积减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器的电容减小，再由U＝eq\f(Q,C)可知两板间电压增大，则静电计指针偏转角增大；(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器的电容增大，再由U＝eq\f(Q,C)可知两板间电压减小，则静电计指针偏转角减小。答案(1)减小(2)增大(3)减小真题闯关2.(2024·北京理综)探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图3所示。下列说法正确的是()图3A.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，表明电容增大解析试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a板带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的电荷，故选项A正确；试验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C变小，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，选项B错误；试验中，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容C变大，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，选项C错误；试验中，只增加极板带电量，电容C不变，由C＝eq\f(Q,U)，可知U变大，静电计指针的张角变大，故选项D错误。答案A3.(2024·全国卷Ⅰ，14)一平行板电容器两极板之间充溢云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器()A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，依据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小。再由E＝eq\f(U,d)，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确。答案D带电粒子在电场中的直线运动1.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)＝2ad2.用功能观点分析匀强电场中：W＝qEd＝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【典例】(多选)(2024·全国卷Ⅲ，21)如图4所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板旁边，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止起先运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽视。下列说法正确的是()图4A.a的质量比b的大B.在t时刻，a的动能比b的大C.在t时刻，a和b的电势能相等D.在t时刻，a和b的动量大小相等解析两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝eq\f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。答案BD带电粒子在电场中直线运动的分析方法1.(2024·江苏单科)如图5所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()图5A.运动到P点返回 B.运动到P和P′点之间返回C.运动到P′点返回 D.穿过P′点解析依据平行板电容器的电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定义式C＝eq\f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍旧可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。答案A2.(2024·4月浙江选考，10)当今医学上对某些肿瘤采纳质子疗法进行治疗，该疗法用肯定能量的质子束照耀肿瘤杀死癌细胞。现用始终线加速器来加速质子，使其从静止起先被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19C，则下列说法正确的是()图6A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为2×10－15NC.质子加速须要的时间约为8×10－6sD.加速器加速的直线长度约为4m解析电场力对质子做正功，质子的电势能削减，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14N，B错误；质子的加速度a＝eq\f(F,m)≈1.2×1013m/s2，加速时间t＝eq\f(v,a)≈8×10－7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝eq\f(v2,2a)≈4m，故D正确。答案D带电粒子在电场中的偏转运动1.带电粒子在电场中偏转的一般规律2.两个重要推论(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的偏转角、偏移量总是相同的。证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanφ＝eq\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d)得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d)。再由y＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d)得y＝eq\f(Ul2,4U0d)。(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到电场边缘的距离为eq\f(l,2)。教材引领1.[人教版选修3－1·P39·T5]电子从静止动身被1000V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5000N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直。已知偏转电极长6cm，求电子离开偏转电场的速度及其与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角。解析设电子被1000V的电压加速后速度为v0，依据动能定理，有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得出电子进入偏转电场时的初速度v0＝eq\r(\f(2eU,m))，其中e＝1.6×10－19C，U＝1000V,m＝9.1×10－31kg,得出v0＝1.88×107m/s；电子在偏转电场中运动时间t＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU))，加速度a＝eq\f(eE,m)，在电场力方向上vy＝at＝eq\f(eE,m)·Leq\r(\f(m,2eU))＝ELeq\r(\f(e,2mU))，其中E＝5000N/C，L＝6.0×10－2m，得出vy＝2.81×106m/s；电子离开偏转电场的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝1.9×107m/s电子离开偏转电场的速度与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝0.15。答案3.38×107m/stanθ＝0.15拓展提升2.(2024·广东惠州模拟)如图7所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量eq\f(h,U2))可采纳的方法是()图7A.增大两板间的电势差U2B.尽可能使板长L短些C.使加速电压U1上升些D.尽可能使板间距离d小些解析带电粒子加速时，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv2，带电粒子偏转时，由类平抛运动规律得L＝vt，h＝eq\f(1,2)at2，又由牛顿其次定律得a＝eq\f(qU2,md)，联立以上各式可得h＝eq\f(U2L2,4dU1)，由题意，灵敏度为eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1)，可见灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、使加速电压U1降低一些，故D正确。答案D真题闯关3.(2024·江苏卷，5)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以肯定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P－t关系图象是()解析设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿电场方向：受力F电＝qE，则加速度a＝eq\f(F电,m)＝eq\f(qE,m)，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)电场力做功的功率P＝F电vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(（qE）2t,m)＝kt∝t，选项A正确。答案A4.(2024·全国卷Ⅱ，24)如图8，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽视不计。图8(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑧答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))试验：视察电容器的充电、放电现象基本原理与操作装置及器材操作要领(1)电容器的电容要大一些，电源的电压在6V左右，小灯泡的额定电压比电源电压稍低，在4V左右；(2)开关向a闭合时，细致视察灵敏电流计指针的偏转方向；(3)开关向b闭合时，细致视察灵敏电流计指针的偏转方向。【典例】(2024·海南单科)某同学利用图9(a)所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变更。试验中运用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2，电容器C(约100μF)、电阻R1(约200kΩ)、电阻R2(1kΩ)、电压表(量程6V)、秒表、导线若干。(1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连线。图9(2)先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下秒表起先计时。若某时刻电压表的示数如图(c)所示，电压表的读数为________V(保留2位小数)。(3)该同学每隔10s记录一次电压表的读数U，记录的数据如下表所示。在给出的坐标纸上绘出U－t图线。已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是________s。时间t/s10.020.030.040.050.060.0电压U/V2.143.454.234.515.005.18(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是_________________________________________________________________________________。解析(1)实物连线如图所示(2)电压表的量程为6V，分度值为0.1V，所以读数为3.60V。(3)从数据中可得出，电压表示数变更得越来越慢，而从40s到50s之间数据变更又突然快了，所以该数据对应表中的时间为40s。(4)电路中C、R2和S2构成的回路，先闭合开关S2，再断开开关S2，使电容器上所带电荷量释放干净，不影响试验。答案(1)见解析图(2)3.60V(3)40s(4)使试验前电容器两极板上的电荷中和1.(2024浙江杭州中学选考)下列电容器相关学问描述正确的是()A.图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势EB.图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，流过的总电荷量为2QC.图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容器运用时都严格区分正负极D.图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5V的电压时电容才为1.0F解析图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电荷量为Q，故B错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器运用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器两端电压最大值为5.5V，而电容与电容器的电压及电荷量均无关，总是为1.0F，故D错误。答案A2.按如图10所示电路连接好器材，使开关S先后接触a、b，以下说法正确的是()图10A.S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相同B.S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相反C.S接a时，电容器充电，电容器的电能转化为其他形式的能D.S离开a接到b时，电容器放电，其他形式的能转化为电容器的电能解析充电过程与放电过程的电流方向是相反的，选项A错误，B正确；电容器充电，其他形式的能转化为电容器的电能，选项C错误；S离开a接到b时，电容器放电，电容器的电能转化为其他形式的能，选项D错误。答案B活页作业(时间：40分钟)基础巩固练1.如图1所示，心脏除颤器用于刺激心脏复原正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70μF电容器充电到5000V，存储875J能量，抢救病人时一部分能量在2ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100kW。下列说法正确的是()图1A.电容器放电过程中电压不变B.电容器充电至2500V时，电容为35μFC.电容器充电至5000V时，电荷量为35CD.电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%解析电容器放电过程，电荷量削减，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变更而变更，选项B错误；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，选项C错误；由η＝eq\f(Pt,E总)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，选项D正确。答案D2.(2024·天津理综)如图2所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()图2A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不变C.θ减小，Ep增大 D.θ减小，E不变解析若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C变大；依据Q＝CU可知，在Q肯定的状况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；依据E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)联立可得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。答案D3.如图3所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则()图3A.q1＞q2 B.m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)解析设粒子的速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，匀强电场的场强为E，所以加速度a＝eq\f(qE,m)，运动时间为t＝eq\f(x,v0)，偏转位移为y＝eq\f(1,2)at2，整理得y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，明显由于A粒子的水平位移小，则有eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2)，但A粒子的电荷量不肯定大，质量关系也不能确定，选项A、B、D错误，C正确。答案C4.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图4所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()图4解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，故选项A错误；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝eq\f(εrS,4πkd)、Q＝CU、U＝Ed得E＝eq\f(4πkQ,εrS)是定值，故选项B错误；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，故选项C正确；由Ep＝qφ知Ep与电势φ变更状况一样，故选项D错误。答案C5.(2024·广州测试)如图5所示，带电粒子由静止起先，经电压为U1的加速电场加速后，沿垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是()图5A.保持U2和平行板间距不变，减小U1B.保持U1和平行板间距不变，增大U2C.保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板解析粒子在电场中加速，有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在偏转电场中，有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU2,2dm)t2，解得x2＝eq\f(4dU1y,U2)。起先时x＝eq\f(1,2)L，保持U2和平行板间距不变，减小U1，x减小，选项A错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，x减小，选项B错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，x变大，此措施可行，选项D正确。答案D6.有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图6所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上。已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是()图6A.增大墨滴的带电荷量B.减小墨滴喷出时的速度C.减小偏转板与承印材料的距离D.增大偏转板间的电压解析带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU2,md)，t＝eq\f(L,v0)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qU2L,mdveq\o\al(2,0))，可推出Y1＝eq\f(qU2L2,2mdveq\o\al(2,0))，Y2＝ltanθ＝eq\f(qU2Ll,mdveq\o\al(2,0))，Y＝Y1＋Y2＝eq\f(qU2L（L＋2l）,2mdveq\o\al(2,0))，可知选项C正确，A、B、D错误。答案C7.用下列器材测量电容器的电容：一块多用电表，一台直流稳压电源，一个待测电容器(额定电压16V)，定值电阻R1＝100Ω，定值电阻R2＝150Ω，电流传感器、数据采集器和计算机，单刀双掷开关S，导线若干。试验过程如下：试验次数试验步骤第1次①将电阻R1等器材依据图甲正确连接电路，将开关S与1端连接，电源向电容器充电。②将开关S掷向2端，测得电流随时间变更的i－t曲线如图乙中的实线a所示。第2次③用电阻R2替换R1，重复上述试验步骤①②，测得电流随时间变更的i－t曲线如图丙中的某条虚线所示。说明：两次试验中电源输出的直流电压恒定且相同。图7请完成下列问题：(1)第1次试验中，电阻R1两端的最大电压U＝________V。利用计算机软件测得i－t曲线和两坐标轴所围的面积为90mA·s，已知电容器放电时其内阻可以忽视不计，则电容器的电容为C＝________F。(2)第2次试验中，电流随时间变更的i－t曲线应当是图丙中的虚线________(选填“b”“c”或“d”)，推断依据是________________。解析(1)由题图知，最大电流为Im＝90mA＝0.09A，因此最大电压为Um＝ImR1＝9V；曲线下围的面积表示电容器的带电荷量Q＝90mA·s，依据电容的定义式可得C＝1.00×10－2F。(2)依据im＝eq\f(Um,R)，因第2次试验的最大放电电流小些，而曲线下围的面积相等，因此不是b。故电流随时间变更的曲线应当是虚线c。答案(1)91.00×10－2(2)c两次放电电荷量相等，图形与t轴围成的面积相等，另由于R2>R1，开关掷向2瞬间放电电流较小综合提能练8.静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图8所示。忽视运动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力。下列说法中正确的是()图8A.当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大B.涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源确定C.在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被喷涂工件右侧P点(相对工件的距离不变)处，先经过的微粒电势能较大D.涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势上升最快解析当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，电场强度减小，故电场力减小，选项A错误；轨迹与初速度和受力状况均有关，选项B错误；工件接地，电势为零，P处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变大，P点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能小，选项C错误；涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U＝Ed，在直线轨迹上电势上升最快，故选项D正确。答案D9.(多选)电容式加速度传感器的原理如图9所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，变更电容。则()图9A.电介质插入极板间越深，电容器电容越小B.当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C.若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D.当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电介质插入越深，εr越大，即C越大，选项A错误；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，选项B错误；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，选项C正确；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr增大，C增大，电源电动势不变，由C＝eq\f(Q,U)知，Q增大，两极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，选项D正确。答案CD10.如图10所示，两个平行带电金属板M、N相距为d，M板上距左端为d处有一个小孔A，有甲、乙两个相同的带电粒子，甲粒子从两板左端连线中点O处以初速度v1平行于两板射入，乙粒子从A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N板的中点B处，则初速度v1与v2的关系正确的是()图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)解析设带电粒子在电