電容器帶電粒子在電場中的運動.

1、電容器 帶電粒子在電場中的運動主干知識練中回扣憶教材 夯基提能1電容器及電容(1)電容器組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成；帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值；電容器的充、放電：a充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能；b放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。(2)電容定義：電容器所帶的電荷量與兩個極板間的電勢差的比值；定義式：C；單位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF)。1F106 F1012 pF；意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低；決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質(zhì))決定，與

2、電容器是否帶電及電壓無關(guān)。(3)平行板電容器的電容決定因素：正對面積，介電常數(shù)，兩板間的距離；決定式：C。2帶電粒子在電場中的運動(1)加速問題在勻強(qiáng)電場中：WqEdqUmv2mv；在非勻強(qiáng)電場中：WqUmv2mv。(2)偏轉(zhuǎn)問題條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場；運動性質(zhì)：勻變速曲線運動；處理方法：利用運動的合成與分解。a沿初速度方向：做勻速運動；b沿電場方向：做初速度為零的勻加速運動。3示波管(1)裝置：示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空，如圖所示。(2)原理如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線傳播，打在熒光屏中

3、心，在那里產(chǎn)生一個亮斑；YY上加的是待顯示的信號電壓，XX上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的圖象。1判斷正誤(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。()(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。()(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。()(4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運動。()(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。()(6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。()(7)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計。()電容器的動態(tài)分

4、析2一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()AC和U均增大BC增大，U減小CC減小，U增大 DC和U均減小解析：選B根據(jù)平行板電容器電容公式C可知，在兩板間插入電介質(zhì)后，電容C增大，因電容器所帶電荷量Q不變，由C 可知，U 減小，B正確。帶電粒子在板間的加速問題3.多選如圖所示，電子由靜止開始從A極板向B極板運動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A當(dāng)增大兩板間距離時，v也增大B當(dāng)減小兩板間距離時，v增大C當(dāng)改變兩板間距離時，v不變D當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大解析：選

5、CD電子從靜止開始運動，根據(jù)動能定理有qUmv20可知，從A極板運動到B極板動能的變化量等于電場力做的功，因兩極板間電壓不變，所以末速度不變，A、B錯誤，C正確；如果增大兩板間距離，由E 知E變小，由a 知a變小，由xat2知，t增大，電子在兩板間運動的時間變長，D正確。帶電粒子在板間的偏轉(zhuǎn)問題4如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該 ()A使U2加倍 B使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 D使U2變?yōu)樵瓉淼慕馕觯哼xA電子經(jīng)U1加速后

6、獲得的動能為Ekmv2qU1，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移量為yat2，由此可知當(dāng)U1加倍時，要使y不變，需使U2加倍，A正確。核心考點分類突破析考點 講透練足考點一平行板電容器的動態(tài)分析1常見類型Q不變U不變2分析比較的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)用決定式C分析平行板電容器電容的變化。(3)用定義式C分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。(4)用E分析電容器極板間場強(qiáng)的變化。典題1多選美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量。如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電

7、。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()A油滴帶負(fù)電B油滴帶電荷量為C電容器的電容為D將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析由題意知油滴受到的電場力方向豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負(fù)電，設(shè)油滴帶電荷量為q，則極板帶電荷量為Qkq，由于qEmg，E，C，解得q，C，將極板N向下緩慢移動一小段距離，U不變，d增大，則電場強(qiáng)度E減小，重力將大于電場力，油滴將向下運動，只有選項A、C正確。答案AC解決電容器問題的兩個常用技巧 1.在電荷量保持不變的情況下，由E知，電場強(qiáng)度與板間距離無關(guān)。 2.對平行板電容器的有關(guān)物理量Q、E

8、、U、C進(jìn)行討論時，關(guān)鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，抓住C、QCU和E 進(jìn)行判定即可。1.如圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S。當(dāng)增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、兩極板間場強(qiáng)E的變化情況是()AQ變小，C不變，U不變，E變小BQ變小，C變小，U不變，E不變CQ不變，C變小，U變大，E不變DQ不變，C變小，U變小，E變小解析：選C電容器充電后再斷開S，則電容器所帶的電荷量Q不變，由C 可知，d增大時，C變??；又U，所以U變大；由于E，U，所以E，故d增大時，E不變，C正確。2(2014天津高考)如圖所示，電路中R1

9、、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置。閉合電鍵S，電路達(dá)到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動。如果僅改變下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是()A增大R1的阻值B增大R2的阻值C增大兩板間的距離 D斷開電鍵S解析：選B在直流電路中，R2與電容器串聯(lián)的支路不通，因此電容器兩端的電壓等于R1兩端的電壓，增大R1的阻值，R1兩端的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，由E可知，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度增大，因此板間帶電油滴受到的電場力增大，會向上運動，A項錯誤；增大R2的阻值不改變電路中的總電阻，不改變R1兩端的電壓，因此電容器中的油滴仍保持靜止，B項正確；增大兩板間的距

10、離，而電容器的兩板間的電壓一定，由E可知，板間的場強(qiáng)減小，油滴受到的電場力減小，油滴會向下運動，C項錯誤；斷開電鍵S，電容器會通過R1、R2進(jìn)行放電，使板間場強(qiáng)減小，油滴受到的電場力減小而向下運動，D項錯誤?？键c二帶電體在電場中的直線運動帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。典題2(2016連云港二校聯(lián)考)如圖所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動瞬

11、間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力。求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大時離A點的距離h；(3)若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成，其中r為該點到Q的距離(選無限遠(yuǎn)的電勢為零)。求液珠能到達(dá)的最高點B離A點的高度rB。審題流程解析：(1)設(shè)液珠帶電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點時，由牛頓第二定律知kmgma又因為ag解得 (2)當(dāng)液珠速度最大時，其所受合力為零，則kmg解得hH(3)設(shè)BC間的電勢差大小為UCB，由題意得UCBCB對液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(速度為零)的全過程應(yīng)用動能定理得qUCBmg(rBH)

12、0又由(1)得 聯(lián)立以上各式解得rB2H答案(1)(2)H(3)2H帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運動問題的分析方法1(2015全國新課標(biāo))如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間 a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A保持靜止?fàn)顟B(tài)B向左上方做勻加速運動C向正下方做勻加速運動D向左下方做勻加速運動解析：選D兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡。當(dāng)將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45，受力如圖，則其合力方向沿二力角平分線

13、方向，微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確。2如圖所示，板長L4 cm的平行板電容器，板間距離d3 cm，板與水平線夾角37，兩板所加電壓為U100 V。有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q31010 C，以v01 m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出(取g10 m/s2，sin 0.6，cos 0.8)。求：(1)液滴的質(zhì)量；(2)液滴飛出時的速度。解析：(1)根據(jù)題意畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，可得qEcos mgE解得m代入數(shù)據(jù)得m8108 kg(2)因液滴沿水平方向運動，所以重力做功為零。對液滴由動能定理得qUmv2mv解得v 所以v m/s

14、答案：(1)8108 kg(2) m/s考點三帶電體在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移的中點。典題3(2016海淀區(qū)期末)如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U12 500 V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l6.0 cm，相距d2 cm，兩極板間加以電壓U2200 V的偏轉(zhuǎn)電場。從小孔S射出的電

15、子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場。已知電子的電荷量e1.61019 C，電子的質(zhì)量m0.91030 kg，設(shè)電子剛離開金屬絲時的速度為零，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力。求：(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek；(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y；(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它所做的功W。解析(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1Ek解得Ek4.01016 J(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，電子在水平方向做勻速運動，由lv1t解得t電子在豎直方向受電場力Fe電子在豎直方向做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a，依據(jù)牛頓第二定

16、律有ema解得a電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量yat2解得y0.36 cm(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差Uy電場力所做的功WeU解得W5.761018 J答案(1)4.01016 J(2)0.36 cm(3)5.761018 J分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。(2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。1如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He2)的混合體，經(jīng)

17、同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A同時到達(dá)屏上同一點B先后到達(dá)屏上同一點C同時到達(dá)屏上不同點 D先后到達(dá)屏上不同點解析：選B一價氫離子(H)和二價氦離子(He2)的比荷不同，由qUmv2可知經(jīng)過加速電場獲得的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場的時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離yat2相同，所以會打在同一點，B正確。2(2016湖南四校聯(lián)考)如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩極板間距為d8 cm，板長為l25 cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v00.5 m/s 的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運動，當(dāng)它運動到P處時迅速將下板

18、向上提起 cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：(1)將下板向上提起后，液滴的加速度大?。?2)液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間為多少？(g取10 m/s2)解析：(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴勻速運動，所以有qEmg即qmg得qUmgd當(dāng)下板向上提起后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運動。此時液滴所受電場力F解得agg2 m/s2(2)因為液滴剛好從金屬末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是，設(shè)液滴從P點開始在勻強(qiáng)電場中飛行的時間為t1，則有at，得t10.2 s而液滴從剛進(jìn)入電場到出電場的時間t20.5 s所以液滴從射入開始

19、勻速運動到P點時間為tt2t10.3 s答案：(1)2 m/s2(2)0.3 s考點四示波管的工作原理在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。1確定最終偏移距離思路一：思路二：確定OP2確定偏轉(zhuǎn)后的動能(或速度)思路一：確定動能Ekmv2m(vv)思路二：動能定理：qEymv2mv1圖(a)為示波管的原理圖。如果在電極YY之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是圖中的()A BCD解析：選B在02t1內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電

20、壓完成一個周期，當(dāng)UY為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)UY為負(fù)的最大值時，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，故一個周期內(nèi)熒光屏上的圖形為B。2在示波管中，電子通過電子槍加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，然后射到熒光屏上，如圖所示，設(shè)電子的質(zhì)量為m(不考慮所受重力)，電荷量為e，從靜止開始，經(jīng)過加速電場加速，加速電場電壓為U1，然后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場中兩板之間的距離為d，板長為L，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，求電子射到熒光屏上的動能為多大？解析：電子在加速電場加速時，根據(jù)動能定理eU1mv進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后Lvxt，vyata射出偏轉(zhuǎn)電場時合速度v以后勻速到達(dá)熒光屏，由以上各式得Ekmv2eU1答案：eU

21、1專題突破訓(xùn)練一、單項選擇題1.如圖所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強(qiáng)電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動。那么()A微粒帶正、負(fù)電荷都有可能B微粒做勻減速直線運動C微粒做勻速直線運動D微粒做勻加速直線運動解析：選B微粒做直線運動的條件是速度方向和合力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場力的方向與場強(qiáng)方向相反，則微粒必帶負(fù)電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，B正確。2(2016山西四校聯(lián)考)有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中

22、墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越小打在紙上的字跡越小，現(xiàn)要縮小字跡，下列措施可行的是()A增大墨汁微粒的比荷B減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能C減小偏轉(zhuǎn)極板的長度D增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓解析：選C已知偏移量越小打在紙上的字跡越小，因偏移量y，現(xiàn)要縮小字跡，可行的措施可減小墨汁微粒的比荷 ，增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能 mv，減小偏轉(zhuǎn)極板的長度L，減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故選C。3板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間電場強(qiáng)度為E1?，F(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間

23、距變?yōu)?d，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強(qiáng)為E2，下列說法正確的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1 DU22U1，E22E1解析：選C根據(jù)題意可知，平行板電容器的間距d和電荷量Q發(fā)生變化，要求討論電勢差U和場強(qiáng)E的變化。設(shè)平行板電容器的電容為C，則有C，又因為UEd，所以解得U，E，當(dāng)帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)闀r，U2U1，E22E1，C正確。4.(2016安徽六校聯(lián)考)如圖所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速度射入三個質(zhì)量相

24、同的帶正電液滴a、b、c，最后分別落在1、2、3三點。則下列說法正確的是()A三個液滴在真空盒中都做平拋運動B三個液滴的運動時間不一定相同C三個液滴落到底板時的速率相同D液滴c所帶電荷量最多解析：選D三個液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，還受水平方向的電場力作用，不是平拋運動，選項A錯誤；在豎直方向上三個液滴都做自由落體運動，下落高度又相同，運動時間必相同，選項B錯誤；在相同的運動時間內(nèi)，液滴c水平位移最大，說明它在水平方向的加速度最大，它受到的電場力最大，故它所帶電荷量也最多，選項D正確；因為電場力對液滴c做功最多，它落到底板時的速率最大，選項C錯誤。5(2016宿州質(zhì)檢)如圖所示

25、，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中它們的()A運行時間tPtQB電勢能減少量之比EPEQ21C電荷量之比qPqQ21D動能增加量之比EkPEkQ41解析：選C兩球均受重力和電場力作用，做勻加速直線運動，按運動的分解，豎直方向是重力作用下的自由落體運動，二者下降位移相同，所用時間相等，A錯誤；水平方向是在電場力作用下的初速度為零的勻加速直線運動，位移之比是xPxQ21，由公式xt2得它們的電荷量之比qP

26、qQ21，C正確；又EPqPU，EQqQ，故EPEQ41，B錯誤；動能增加量EkPEPmgh，EkQEQmgh，故EkPEkQ41，D錯誤。6如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A小球帶負(fù)電B電場力跟重力平衡C小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減少D小球在運動過程中機(jī)械能守恒解析：選B由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，速率不變化，由動能定理可知，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場力和重力做的總功為零，所以電場力和重力的合力為零，電場力跟

27、重力平衡，B正確；由于電場力的方向與重力方向相反，電場方向向上，所以小球帶正電，A錯誤；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負(fù)功，由功能關(guān)系得，電勢能增加，C錯誤；在整個運動過程中，除重力做功外，還有電場力做功，小球在運動過程中機(jī)械能不守恒，D錯誤。二、多項選擇題7.如圖所示為一平行板電容器，兩板之間的距離d和兩板正對面積S都可以調(diào)節(jié)，電容器兩板與電池相連接。Q表示電容器所帶的電荷量，E表示兩板間的電場強(qiáng)度。則()A當(dāng)d增大，S不變時，Q減小，E減小B當(dāng)S增大，d不變時，Q增大，E增大C當(dāng)d減小，S增大時，Q增大，E增大D當(dāng)S減小，d增大時，Q不變，E增大解析：選AC由題意可知，電容器的兩

28、極板與電池相連，故電容器兩極板之間的電壓U保持不變。由C，C，E，可知A、C正確。8.如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達(dá)N板，如果要使這個帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是()A使初速度減為原來的B使M、N間電壓加倍C使M、N間電壓提高到原來的4倍D使初速度和M、N間電壓都減為原來的解析：選BD粒子恰好到達(dá)N板時有Uqmv，恰好到達(dá)兩板中間返回時有 qmv2，比較兩式可知B、D正確。9(2016長春模擬)如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行

29、于AB邊的勻強(qiáng)電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構(gòu)成正方形，其中P點是EH的中點。一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出。下列說法正確的是()A粒子的運動軌跡一定經(jīng)過P點B粒子的運動軌跡一定經(jīng)過PE之間某點C若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子會由E、D之間某點(不含E、D)射出正方形ABCD區(qū)域D若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『糜蒃點射出正方形ABCD區(qū)域解析：選BD粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出，其軌跡是拋物線，則過D點作速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點，而延長線又經(jīng)過P點，所以粒子軌跡一定經(jīng)過PE之間某點，選項B正確；由

30、平拋知識可知，當(dāng)豎直位移一定時，水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?，選項D正確。10如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度v1從M點沿斜面上滑，到達(dá)N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2(v2v1)。若小物體電荷量保持不變，OMON，則()A小物體上升的最大高度為 B從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C從M到N的過程中，電場力對小物體先做負(fù)功后做正功D從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小解析：選ADM、N兩點在同一等勢面上。從M至N的過程中，根據(jù)動能定理，mghWf0mv，從N至M的過程中，mghWfmv，由兩式聯(lián)立可得h，A項正確；從N至M，點電荷周圍的電勢先增大后減小，故小物體的電勢能先減小后增大，B項錯誤；從M到N的過程中，電場力對小物體先做正功后做負(fù)功，C項錯誤；根據(jù)庫侖定律，從N到M的過程中，小物體受到的庫侖力先增大后減小，受力分析知，小物體受到的支持力先增大后減小，因而摩擦力也是先增大后減小，D項正確。三、計算題11.(2016浙大附中期中)如圖所示，某一水平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x0和xL10 cm的區(qū)間內(nèi)有一沿x軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強(qiáng)電