高考物理一轮复习粤教版教师用书第七章静电场基础课3

知识排查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绝对值。(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领大小的物理量。(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)决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。带电粒子在匀强电场中的运动1.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.分析方法(1)用动力学观点分析，(2)用功能观点分析。3.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。(3)处理方法：运动的分解。①沿初速度方向：做匀速直线运动。②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。示波管的构造(1)电子枪，(2)偏转极板，(3)荧光屏。(如图1所示)图1小题速练1.思考判断(1)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。()(2)一个电容器的电荷量增加1.0×10－6C时，两板间电压升高10V，则电容器的电容C＝1.0×10－7F。()(3)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动。()答案(1)×(2)√(3)√2.[粤教版选修3－1·P28·T4改编](多选)如图2所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关S，电源即给电容器充电，则()图2A.保持S接通，将两板间的距离变为原来的两倍，则板间场强变为原来的一半B.保持S接通，在两板间插入一块介质，则极板上的带电量增大C.断开S，将两板间的距离变为原来的一半，则两板间的电势差加倍D.断开S，在两板间插入一块介质，则两板间的电势差减小解析保持S接通，则两板间的电势差不变，因间距变为两倍，由E＝eq\f(U,d)可知，两极板间的电场强度减半，故A正确；保持S接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，电容增大，由Q＝UC可知，极板上的电量增大，故B正确；断开S，两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(rS,4πkd)可得U＝eq\f(4πkdQ,rS)，则可知U减半，故C错误；断开S，两板上所带电量不变，插入介质后电容变大，由U＝eq\f(Q,C)可知极板间的电势差减小，故D正确。答案ABD3.[粤教版选修3－1·P34·T10改编](多选)如图3所示，A为粒子源，F为荧光屏。在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行导体板C、D间加有偏转电压U2。现分别有质子和α粒子(氦核)由静止从A发出，经加速后以水平速度进入C、D间，最后打到F屏上。不计粒子的重力，则()图3A.经过加速电场过程，电场力对α粒子做的功较多B.经过偏转电场过程，电场力对两种粒子做的功一样多C.两种粒子打在屏上时的速度一样大D.两种粒子都打在屏上的同一位置上解析设粒子的质量为m，带电荷量为q，偏转电场的极板长为L，两板间距为d。在加速过程中由动能定理有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在偏转电场中，粒子的运动时间t＝eq\f(L,v0)加速度a＝eq\f(qU2,md)偏移量y＝eq\f(1,2)at2联立解得y＝eq\f(U2L2,4U1d)可见y与带电粒子的m、q无关，只由加速电场和偏转电场来决定，所以质子和α粒子能打到F上的同一位置，D正确；两种粒子带电荷量不同，在同一加速电场中电场力对它们做功不相同，在同一偏转电场中电场力对它们做功也不同，电荷量大的做功较多，A正确，B错误；由于比荷不同，所以打在屏上的速度不同，C错误。答案AD平行板电容器的动态分析1.两类典型问题(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保持不变。(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极所带的电荷量Q保持不变。2.动态分析思路(1)U不变①根据C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析Q的变化。②根据E＝eq\f(U,d)分析场强的变化。③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。(2)Q不变①根据C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析U的变化。②根据E＝eq\f(U,d)分析场强变化。【典例】(2016·全国卷Ⅰ，14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，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，根据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【拓展延伸1】(多选)将【典例】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是()A.电容器的电容增大 B.极板间的电势差增大C.极板上的电荷量变大 D.极板间电场强度变大答案BD【拓展延伸2】(多选)在【典例】中，若水平放置平行板电容器内部空间有一带电粒子P静止在电容器中，云母介质保持不动，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是()A.电容器所带电荷量保持不变B.极板间的电场强度保持不变C.粒子所在初位置的电势能保持不变D.粒子将加速向下运动解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当将上极板右移一段距离时，S减小，电容器的电容减小，由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，电压U不变，C减小，故电容器所带电荷量减少，选项A错误；U和d不变，由E＝eq\f(U,d)可知，极板间的电场强度保持不变，选项B正确；由于极板间的电场强度不变，粒子所在初位置到下极板间的距离不变，故该点到零电势点的电势差不变，即该点的电势不变，粒子的电势能不变，选项C正确；由于粒子的受力情况不变，故粒子仍然保持静止状态，选项D错误。答案BC分析平行板电容器动态变化的三点关键(1)确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变。(2)恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E＝eq\f(U,d)分析极板间电场强度的变化情况。(3)若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化。1.下列说法正确的是()A.电容器的电容越大，则所带的电荷量越多B.电容器不带电荷时，其电容为零C.对于一个确定的电容器来说，其电容与其带电情况无关，是个定值D.平行板电容器极板的正对面积越小、极板间距离越远，电容器的电容越大解析电容器所带电荷量的多少与电容器电容和两极板间电压均有关，选项A错误；对于一个确定的电容器来说，电容为定值，与电容器所带的电荷量、电容器两极板间的电势差无关，电容器不带电荷时，电容也不变，故选项B错误，C正确；平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与两板间的距离成反比，故选项D错误。答案C2.(多选)如图4所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中()图4A.油滴将向下做匀加速运动B.电流计中电流由b流向aC.油滴运动的加速度逐渐变大D.极板带的电荷量减少解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，选项D正确，B错误；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，选项C正确，A错误。答案CD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)，veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2ad2.用功能观点分析匀强电场中：W＝qEs＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek11.如图5所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力，则M∶m为()图5A.3∶2 B.2∶1C.5∶2 D.3∶1解析设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有：aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,M)t2；对m有：am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，联立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，A正确。答案A2.(多选)如图6所示，带电小球自O点由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是()图6A.小球带负电B.t1<t2C.t1>t2D.将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下解析由题图可知，A、B间的电场强度方向向下，小球从C到D做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t1<t2，选项B正确，C错误；将B板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋s)－eq\f(qUs,d′)＝0，联立得s＝eq\f(h,h＋d－d′)d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以选项D错误。答案AB3.(2017·湖南长沙模拟)如图7所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。求：图7(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A点的距离h；(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝eq\f(kQ,r)，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。解析(1)设液珠的电荷量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时keq\f(Qq,H2)－mg＝mg比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(2gH2,kQ)(2)当液珠速度最大时，keq\f(Qq,h2)＝mg得h＝eq\r(2)H(3)设BC间的电势差大小为UCB，由题意得UCB＝φC－φB＝eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB)对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得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带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤带电粒子在电场中的偏转运动1.带电粒子在电场中的偏转规律2.处理带电粒子的偏转问题的方法(1)运动的分解法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。(2)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。【典例】如图8所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电荷量q＝＋1×10－8C，g＝10m/s2。求：图8(1)微粒入射速度v0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？解析(1)开关S闭合前，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)电容器的上极板应接电源的负极。当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，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当所加的电压为U2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，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)与负极相连，120V≤U≤200V1.(多选)如图9所示，带电荷量之比为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9A.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，选项A正确；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，选项B正确；根据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，选项D错误。答案ABC2.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场中的加速度为a，则对甲粒子，竖直方向eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，水平方向d＝v1t，解出v1＝eq\r(ad)；对乙粒子有v2t＋eq\f(1,2)at2＝d，解出v2＝eq\f(1,2)eq\r(ad)，所以v1∶v2＝2∶1，即选项C正确。答案C3.(多选)如图11所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐向的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为－q(q>0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导出而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是()图11A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B.到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越大C.能打到荧光屏上的粒子，进入O点的动能必须大于或等于qUD.若U<eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮解析能进入第一象限的粒子，必须有－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)，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，选项A错误；因为sinθ＝eq\f(v0,v)，所以到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越小，选项B错误；能打到荧光屏上的粒子末动能必须大于或等于零，即eq\f(1,2)mv2－qU≥0，则eq\f(1,2)mv2≥qU，选项C正确；若U<eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)，即eq\f(mveq\o\al(2,0),2)－Uq>0，到达O点的粒子均可到达荧光屏，到达O点的粒子速度方向满足0<θ<90°，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，选项D正确。答案CD“等效法”在电场中的应用——迁移变通能力的培养处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而决定电场力做功情况；二是注意带电粒子的初始运动状态。图121.等效重力法。将重力与电场力进行合成，如图12所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。2.物理最高点与几何最高点。在“等效力场”做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。【例】如图13所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为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。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？图13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(（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。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg′＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知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))，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v0′≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))。答案v0′≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))【针对训练】如图14所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。图14(1)求小球所受的电场力大小；(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。解析(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg。(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(2gr)。在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，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)活页作业(时间：40分钟)A级：保分练1.(2017·苏北四市一模)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图1所示。现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是()图1A.右移 B.左移C.上移 D.下移解析电容器两极板上的电荷量不变，静电计指针张角减小，说明两极板间电压变小，根据C＝eq\f(Q,U)得出电容变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知两极板之间距离变小或正对面积变大，选项A正确，B、C、D错误。答案A2.如图2所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点释放一个带电荷量为＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B射出，则d与L之比为()图2A.1∶2 B.2∶1C.1∶1 D.1∶3解析设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为vy，由类平抛运动的规律可得L＝v0t，d＝eq\f(vy,2)t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，选项C正确。答案C3.如图3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，保持两板间电压不变，则()图3A.当减小两板间的距离时，速度v增大B.当减小两板间的距离时，速度v减小C.当减小两板间的距离时，速度v不变D.当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析由动能定理得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；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，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。答案C4.(多选)如图4所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是()图4A.U变大，E变大 B.U变小，φP变小C.φP变小，Ep变大 D.φP变大，Ep变小解析根据题意可知两极板上的电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容减小，由U＝eq\f(Q,C)可知极板间电压增大，由E＝eq\f(U,d)可知，电场强度增大，故选项A正确，B错误；设P点的电势为φP，则由题可知0－φP＝Ed′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep变大，故选项C正确，D错误。答案AC5.如图5所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经长度L到达B点，速度变为零。此过程中，金属块损失的动能有eq\f(2,3)转化为电势能。金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同，则金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为()图5A.1.5L B.2LC.3L D.4L解析根据题述，小金属块从A运动到B，克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,3)Ek＝fL，克服电场力做功WE＝eq\f(2,3)Ek＝qEL。设小金属块从B运动到C经过的路程为s，由动能定理，qEs－fs＝Ek，解得s＝3L。金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为L＋s＝4L，选项D正确。答案D6.(2017·静海调研)如图6所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为()图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粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，且a＝eq\f(qU,md)。从A到C的过程有－eq\f(1,2)qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，以上各式联立解得v＝eq\f(1,d)eq\r(\f(eU（d2＋L2）,m))，选项C正确。答案C7.(多选)如图7所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。下列说法正确的是()图7A.带电粒子在Q点的电势能为－UqB.带电粒子带负电C.此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D.此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)U,3d)解析根据带电粒子的偏转方向，可判断选项B错误；因为P、Q两点的电势差为U，电场力做正功，电势能减少，而P点的电势为零，所以选项A正确；设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy＝eq\r(3)v0，故带电粒子在y轴方向上的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))y＝eq\f(\r(3)v0,2)，设带电粒子在y轴方向上的位移为y0，在电场中的运动时间为t，则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)，选项C正确，D错误。答案AC8.如图8所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10m/s2)求：图8(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环从C运动到P过程中的动能增量；(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。解析(1)结合题意分析知：qE＝mgF合＝eq\r(2)mg＝maa＝eq\r(2)g＝10eq\r(2)m/s2，方向垂直于杆向下。(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为ΔEk＝W重＋W电其中W重＝mgh＝4J，W电＝0，所以ΔEk＝4J。(3)环离开杆做类平抛运动，平行杆方向匀速运动，有eq\f(\r(2),2)h＝v0t垂直杆方向匀加速运动，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垂直于杆向下(2)4J(3)2m/sB级：拔高练9.如图9所示，D是一只二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P的运动情况是()图9A.向下运动 B.向上运动C.仍静止不动 D.不能确定解析当带电微粒P静止时，对其进行受力分析得Eq＝mg，即eq\f(U,d)q＝mg。当A、B之间距离增大时，电容器的电容C减小，由Q＝CU得，Q也减小，但由于电路中连接了一个二极管，它具有单向导电性，不能放电，故电容器A、B两极板上的电荷量不变，场强不变，电场力仍等于微粒的重力，故带电微粒仍保持静止状态，选项C正确。答案C10.如图10所示，一条绝缘的挡板轨道ABC固定在光滑水平桌面上，BC为直线，长度为4R，AB是半径为R的光滑半圆弧，两部分相切于B点。挡板轨道处在水平的匀强电场中，电场强度E＝8×102N/C，方向与BC夹角θ＝53°。一质量m＝5×10－3kg、带电荷量q＝＋5×10－4C的小滑块从C点由静止释放，已知小滑块与BC挡板间的动摩擦因数为0.25，R＝0.4m，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。图10(1)求小球在B点的速度大小；(2)若场强E与BC夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到A点的速度最大，求θ的取值以及小球