【先学后教新思路】2020高考物理一轮复习-教案47-电容器与电容-带电粒子在电场中的运动

电容器与电容带电粒子在电场中的运动考纲解读1.理解电容器的基本概念，把握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．1．关于电容器及其电容的叙述，正确的是 ()A．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C答案A2．如图1所示，电子由静止开头从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A．当增大两板间距离时，v也增大B．当减小两板间距离时，v增大 图1C．当转变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大答案CD解析电子从静止开头运动，依据动能定理，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功．由于保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，而位移(两板间距离)假如增加的话，电子在两板间运动的时间变长，故C、D正确．3．如图2所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场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化，应当 () 图2A．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解析电子经U1加速后获得的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝qU1，电子在偏转电场中的侧移量为：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)eq\f(l2,v2)＝eq\f(U2l2,4U1d)，可见当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，明显A正确．考点梳理一、电容器的充、放电和电容的理解1．电容器的充、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)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．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正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比．(2)打算式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量．特殊提示C＝eq\f(Q,U)(或C＝eq\f(ΔQ,ΔU))适用于任何电容器，但C＝eq\f(εrS,4πkd)仅适用于平行板电容器．二、带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中加速若不计粒子的重力，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)或F＝qE＝qeq\f(U,d)＝ma.(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．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．(2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．(4)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(1,2)\f(qU,md)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(Uq,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(Uql2,2mdv\o\al(2,0)),离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(Uql,mdv\o\al(2,0))))特殊提示带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的示意以外，一般都不考虑重力(但并不忽视质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的示意以外，一般都不能忽视重力．4．如图3所示，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.试验中，极板所带电荷量不变，若 ()图3A．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反映电容器两板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器电荷量Q保持不变，由C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)知，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，U增大，偏角θ也增大，故选项C、D均错．

5．如图4所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽视，则关于示波器灵敏度与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是 ()A．L越大，灵敏度越高B．d越大，灵敏度越高C．U1越大，灵敏度越高D．U2越大，灵敏度越高答案A解析偏转位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)(eq\f(L,v))2＝eq\f(U2L2,4dU1)，灵敏度eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1)，故A正确，B、C、D错误．方法提炼1．电容器的两类动态分析(1)明确是电压不变还是电荷量不变．(2)利用公式C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)及E＝eq\f(U,d)进行相关动态分析．2．带电粒子在电场中的偏转按类平抛运动进行处理．考点一平行板电容器的动态分析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打算的，与电容器是否带电及带电多少无关．2．运用电容的定义式和打算式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)用打算式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．3．电容器两类问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小例1一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正摸索电荷固定在P点，如图5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x0的过程中，各物理量与负极板 图5移动距离x的关系图象中正确的是 ()解析由平行板电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错．在电容器两极板所带电荷量确定的状况下，U＝eq\f(Q,C)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，与x无关，则B错．在负极板接地的状况下，设P点最初的电势为φ0，则平移后P点的电势为φ＝φ0－Ex0，C项正确．正电荷在P点的电势能Ep＝qφ＝q(φ0－Ex0)，明显D错．答案C突破训练1如图6所示，两块正对平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，假如M板向上平移一小段距离，则 ()A．点电荷受到的电场力变小 图6B．M板的带电荷量增加C．P点的电势上升D．点电荷在P点具有的电势能增加答案AD考点二带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1．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．用动力学方法分析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如图7所示，一带电荷量为＋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时，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： 图7(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为L时的动能．解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，示意图如图所示，则有FNsin37°＝qE ①FNcos37°＝mg ②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)由牛顿其次定律得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.答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL突破训练2如图8甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2kg、带电荷量为q＝＋2.0×10－6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t＝0时刻开头，空间上加一个如图乙所示的电场．(取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2)求：(1)4秒内小物块的位移大小；(2)4秒内电场力对小物块所做的功．甲乙图8答案(1)8m(2)1.6J解析(1)0～2s内小物块加速度a1＝eq\f(E1q－μmg,m)＝2m/s2位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4m2s末的速度为v2＝a1t1＝4m/s2s～4s内小物块加速度a2＝eq\f(E2q－μmg,m)＝－2m/s2位移x2＝v2t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝4m4秒内的位移x＝x1＋x2＝8m.(2)v4＝v2＋a2t2＝0，即4s末小物块处于静止状态设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理有：W－μmgx＝0解得W＝1.6J考点三带电粒子在电场中的偏转1．粒子的偏转角(1)以初速度v0进入偏转电场：如图9所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ则tanθ＝eq\f(vy,vx)，式中 图9vy＝at＝eq\f(qU1,md)·eq\f(l,v0)，vx＝v0，代入得tanθ＝eq\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d) ①结论：动能确定时tanθ与q成正比，电荷量确定时tanθ与动能成反比．(2)经加速电场加速再进入偏转电场若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ②由①②式得：tanθ＝eq\f(U1l,2U0d) ③结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场．2．粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)以初速度v0进入偏转电场y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2 ④作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场右边缘的距离为x，则x＝y·cotθ＝eq\f(qU1l2,2dmv\o\al(2,0))·eq\f(mv\o\al(2,0)d,qU1l)＝eq\f(l,2)结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的eq\f(l,2)处沿直线射出．(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量y＝eq\f(U1l2,4U0d) ⑤上面③式偏转角正切为：tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合．例3如图10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10(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)粒子打在屏上的点P到O点的距离x.解析(1)依据题意，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，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＝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间夹角的正切值为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(1,2)·eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))又x＝y＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法二x＝vy·eq\f(L,v0)＋y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).解法三由eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).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))计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的三种方法：(1)Y＝y＋dtanθ(d为屏到偏转电场的水平距离)(2)Y＝(eq\f(L,2)＋d)tanθ(L为电场宽度)(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))突破训练3如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽视不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在 图11荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的偏移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可实行哪些措施？答案(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4U1d)(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2解析(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿其次定律和运动学公式有t＝eq\f(L,v0)F＝ma，F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，y＝eq\f(1,2)at2解得偏移量y＝eq\f(U2L2,4U1d)(3)由y＝eq\f(U2L2,4U1d)可知，减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方.31．用等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动方法提炼等效思维方法就是将一个简洁的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法．例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法．常见的等效法有“分解”、“合成”、“等效类比”、“等效替换”、“等效变换”、“等效简化”等，从而化繁为简，化难为易．模型转换与构建带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型．对于这类问题，若接受常规方法求解，过程简洁，运算量大．若接受“等效法”求解，则能避开简洁的运算，过程比较简捷．先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝eq\f(F合,m)视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．例4如图12所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一 图12个质量为m的小球，带正电荷量为q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能平安通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能平安通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D点)满足等效重力刚好供应向心力，即有：mg′＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知eq\x\to(AD)＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：－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))，因此要使小球平安通过圆轨道，初速度应满足v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3)).答案v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))突破训练4一个带负电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上加如图13所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则() 图13A．小球不能过B点B．小球仍恰好能过B点C．小球通过B点，且在B点与轨道之间的压力不为0D．以上说法都不对答案B解析小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则(mg－qE)(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，联立解得mg－qE＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，满足小球恰好能过B点的临界条件，选项B正确.高考题组1．(2022·江苏单科·2)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的变化状况是()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解析由平行板电容器电容打算式C＝eq\f(εS,4πkd)知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的状况下C增大；由电容定义式C＝eq\f(Q,U)得U＝eq\f(Q,C)，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．2．(2022·海南单科·9)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；Q变为原来的一半，则U变为原来的一半，E变为原来的一半，D项正确．3．(2022·课标全国·18)如图14，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与始终流电源相连．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 ()A．所受重力与电场力平衡 图14B．电势能渐渐增加C．动能渐渐增加D．做匀变速直线运动答案BD解析带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力确定在粒子运动的直线轨迹上，依据牛顿其次定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可推断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．

4．(2011·福建·20)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图15所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开头，在电场力作用下沿直线在A、B两点间来回运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示．带电 图15微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1.0cm，不计带电微粒的重力，忽视相对论效应．求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经受的时间t. 答案(1)0.50cm(2)1.5×10－8s解析(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0 ①由①式解得d2＝eq\f(E1,E2)d1＝0.50cm ②(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿其次定律有|q|E1＝ma1③|q|E2＝ma2 ④设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有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模拟题组5．如图16所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U.在两极板相距确定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开确定角度．在整个试验过程中，保持电容器所带电荷量Q不变，下面操作能使静电计指针张角变小的是()图16A．将M板向下平移B．将M板沿水平方向向左远离N板C．在M、N之间插入云母板(介电常数εr>1)D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触答案CD解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，将M板向下平移，S减小，将M板沿水平方向向左移动，d增大，均使C变小，再由Q＝CU可知，电容器两板间电压增大，静电计指针张角增大，A、B均错误；在M、N间插入云母板，εr增大，C增大，U变小，静电计指针张角减小，C正确；在M、N间插入金属板，相当于d减小，故C增大，U变小，静电计指针张角减小，D正确．6．为模拟空气净化过程，有人设计了如图17所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等．第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；其次种除尘方式是：在圆桶轴线处放始终导线，在导线与桶壁间加上的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场，图17尘粒的运动方向如图乙所示．已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即Ff＝kv(k为确定值)，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，重力可忽视不计，则在这两种方式中()A．尘粒最终确定都做匀速运动B．尘粒受到的电场力大小相等C．电场对单个尘粒做功的最大值相等D．在乙容器中，尘粒会做类平抛运动答案C解析由于电压U、圆桶的高与直径及空气阻力的大小不能计算，就不能确定尘粒最终是否做匀速运动，A项错误；在甲、乙容器中，E＝eq\f(U,d)中的d是不同的，所以F＝qE＝eq\f(qU,d)确定不同，B项错误；电场力对单个尘粒做功的最大值均为W＝qU，C项正确；由于忽视重力，在甲、乙桶中，尘粒均做直线运动，D项错误．►题组1电容器、电容及动态分析1．(2011·天津·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，板间场强为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，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是 ()A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1答案C解析由C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4kπd)及E＝eq\f(U,d)得，E＝eq\f(4kπQ,εrS)，由电荷量由Q增为2Q，板间距由d减为eq\f(d,2)，得E2＝2E1；又由U＝Ed可得U1＝U2，故A、B、D错，C对．2．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为eq\f(ε0S,d)，其中ε0是常量，对此电容器充电后断开电源．当增大两极板间距时，电容器极板间 ()A．电场强度不变，电势差变大B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变D．电场强度减小，电势差减小答案A解析电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由C＝eq\f(ε0S,d)可知，电容器的电容变小，由U＝eq\f(Q,C)可知电势差变大，又由E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(ε0S,d)d)＝eq\f(Q,ε0S)，与d无关，所以电场强度不变，A正确．►题组2带电粒子在电场中的直线运动3．如图1所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以确定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知 ()A．电场中A点的电势低于B点的电势B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能 图1C．微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D．微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和答案B解析一带负电的微粒以确定初速度射入电场，并沿直线AB运动，对其受力分析知其受到的电场力F只能垂直等势面水平向左，电场强度则水平向右，如图所示．所以电场中A点的电势高于B点的电势，A错；微粒从A向B运动，则合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，B对，C错；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错．4．如图2所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则 ()A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为eq\f(v\o\al(2,0),2g)D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为eq\f(mv\o\al(2,0),4)答案BD解析由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得：－mg·2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：h＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·eq\f(v\o\al(2,0),4g)＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)，D正确．5．如图3甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷eq\f(q,m)＝1.0×10－2C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其v－t图象如图乙所示，则下列说法正确的是()图3A．右侧金属板接电源的正极B．所加电压U＝100VC．乙图中的v2＝2m/sD．通过极板间隙所用时间之比为1∶(eq\r(2)－1)答案BD解析带正电的粒子在电场力作用下由左极板向右运动，可推断右侧金属板接电源负极，A选项错误．由v－t图象可知，0～0.5s带电粒子的加速度a＝2m/s2，两板间距离d＝eq\f(1,2)at2＝0.25m，由Eq＝ma得E＝200V/m，U＝2Ed＝100V，B选项正确．可将粒子在两个极板间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运动，两间隙距离相等，则有t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)，D选项正确．v1∶v2＝1∶eq\r(2)，将v1＝1.0m/s代入，得v2＝eq\r(2)m/s，C选项错误．6．如图4所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1mA板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板 图4边缘水平飞出(取g＝10m/s2，sinα＝0.6，cosα＝0.8)．求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度．答案(1)8×10－8kg(2)1.32m/s解析(1)依据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcosα＝mgE＝eq\f(U,d)解得：m＝eq\f(qUcosα,dg)代入数据得m＝8×10－8(2)对液滴由动能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))所以v＝eq\f(\r(7),2)m/s≈1.32m/s.►题组3带电粒子在电场中的偏转7．如图5所示，一价氢离子(eq\o\al(1,1)H)和二价氦离子(eq\o\al(4,2)He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们 ()A．同时到达屏上同一点 图5B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点D．先后到达屏上不同点答案B解析一价氢离子(eq\o\al(1,1)H)和二价氦离子(eq\o\al(4,2)He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.8．(2022·广东理综·20)图6是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中心的两侧．对矿粉分别的过程，下列表述正确的有 ()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小 图6答案BD解析由题图可知，电场方向水平向左，带正电的矿粉所受电场力方向与电场方向相同，所以落在左侧；带负电的矿粉所受电场力方向与电场方向相反，所以落在右侧．选项A错误；无论矿粉所带电性如何，矿粉均向所受电场力方向偏转，电场力均做正功，选项B正确；电势能均削减，选项C错误，选项D正确．9．如图7所示，从酷热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种状况中，确定能使电子的偏转角变大的是 ()A．仅将偏转电场极性对调 图7B．仅增大偏转电极间的距离C．仅增大偏转电极间的电压D．仅减小偏转电极间的电压答案C解析设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，电子进入偏转电场后做类平抛运动，时间t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,d