高中高考物理總復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí)知識(shí)歸納第七章第3講

高考試卷試題學(xué)習(xí)資料第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)一、電容器及電容1．電容器(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成．(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值．(3)電容器的充、放電：①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(chǔ)存電場能．②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢(shì)差的比值．(2)定義式：C＝eq\f(Q,U).(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF.(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低．(5)決定因素：由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、形狀、相對(duì)位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(guān)．3．平行板電容器的電容(1)決定因素：正對(duì)面積，相對(duì)介電常數(shù)，兩板間的距離．(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).自測(cè)1對(duì)于某一電容器，下列說法正確的是()A．電容器所帶的電荷量越多，電容越大B．電容器兩極板間的電勢(shì)差越大，電容越大C．電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢(shì)差也增加一倍D．電容器兩極板間的電勢(shì)差減小到原來的eq\f(1,2)，它的電容也減小到原來的eq\f(1,2)答案C解析根據(jù)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，電容的大小跟電容兩端的電勢(shì)差以及電容器所帶的電荷量的多少無關(guān)，根據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢(shì)差也增加一倍，所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤．二、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1．加速(1)在勻強(qiáng)電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).(2)在非勻強(qiáng)電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).2．偏轉(zhuǎn)(1)運(yùn)動(dòng)情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖1所示．圖1(2)處理方法：將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿電場力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)解決有關(guān)問題．(3)基本關(guān)系式：運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉(zhuǎn)量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(02,))，偏轉(zhuǎn)角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02,)).三、示波管1．示波管的構(gòu)造①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏(如圖2所示)圖22．示波管的工作原理(1)YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．(2)觀察到的現(xiàn)象①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運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑．②若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象．自測(cè)2(2018·廣東省惠州市模擬)如圖3所示是一個(gè)說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢(shì)差為U2，板長為L.為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量為eq\f(h,U2))可采用的方法是()圖3A．增大兩板間的電勢(shì)差U2B．盡可能使板長L短些C．使加速電壓U1升高些D．盡可能使板間距離d小些答案D解析帶電粒子加速時(shí)，由動(dòng)能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv2帶電粒子偏轉(zhuǎn)時(shí)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，得：L＝vth＝eq\f(1,2)at2又由牛頓第二定律得：a＝eq\f(qU2,md)聯(lián)立得h＝eq\f(U2L2,4dU1)由題意，靈敏度為：eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1)可見，靈敏度與U2無關(guān)，要提高示波管的靈敏度，可使板長L長些、板間距離d小一些、加速電壓U1降低一些，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．命題點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢(shì)差U保持不變．(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．2．動(dòng)態(tài)分析思路(1)U不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析Q的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)的變化．③根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢(shì)變化．(2)Q不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析U的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強(qiáng)變化．例1(2016·全國卷Ⅰ·14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變答案D解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時(shí)，εr變小，電容器的電容C變小，因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷希蔝不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q減小，再由E＝eq\f(U,d)，由于U與d都不變，故電場強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確．變式1(2018·北京卷·19)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖4所示．下列說法正確的是()圖4A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電荷量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大答案A解析實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，在b板上將感應(yīng)出異種電荷，A正確；b板向上平移，正對(duì)面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變大，因此靜電計(jì)指針的張角變大，B錯(cuò)誤；插入有機(jī)玻璃板，相對(duì)介電常數(shù)εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變小，因此靜電計(jì)指針的張角變小，C錯(cuò)誤；由C＝eq\f(Q,U)知，實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電荷量，靜電計(jì)指針的張角變大，是由于C不變導(dǎo)致的，D錯(cuò)誤．變式2(多選)如圖5所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時(shí)兩極板間的電勢(shì)差為U，P點(diǎn)場強(qiáng)大小為E，電勢(shì)為φP，負(fù)電荷的電勢(shì)能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯(cuò)開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是()圖5A．U變大，E變大 B．U變小，φP變小C．φP變小，Ep變大 D．φP變大，Ep變小答案AC解析根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當(dāng)正對(duì)面積減小時(shí)，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板間電壓增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強(qiáng)度增大，故A正確；設(shè)P與B板之間的距離為d′，P點(diǎn)的電勢(shì)為φP，B板接地，φB＝0，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能一定較大，所以可知電勢(shì)能Ep是增大的，故C正確．命題點(diǎn)二帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)1．做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)．2．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(02,)＝2ad.3．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1例2(2018·河北省邢臺(tái)市上學(xué)期期末)如圖6所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P.現(xiàn)有甲電子以速率v0從O點(diǎn)沿OP方向運(yùn)動(dòng)，恰能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點(diǎn)由靜止釋放，則()圖6A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同D．乙電子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的速率為2v0答案C解析兩板間距離變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當(dāng)d變大時(shí)，兩板間的場強(qiáng)不變，則甲、乙兩電子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同，選項(xiàng)C正確；根據(jù)e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可知，乙電子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的速率v＝eq\r(2)v0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．變式3(多選)(2018·山西省呂梁市第一次模擬)如圖7所示，M、N為兩個(gè)等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點(diǎn)，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計(jì))從左方沿A、C連線方向射入，到A點(diǎn)時(shí)速度vA＝1m/s，到B點(diǎn)時(shí)速度vB＝eq\r(5)m/s，則()圖7A．微粒從B至C做加速運(yùn)動(dòng)，且vC＝3m/sB．微粒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的最終速度為eq\r(5)m/sC．微粒從A到C先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)D．微粒最終可能返回至B點(diǎn)，其速度大小為eq\r(5)m/s答案AB解析AC之間電場是對(duì)稱的，A到B電場力做的功和B到C電場力做的功相同，依據(jù)動(dòng)能定理可得：qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)，2qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)，解得vC＝3m/s，A正確；過B作垂直AC的面，此面為等勢(shì)面，微粒經(jīng)過C點(diǎn)之后，會(huì)向無窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)，而無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，故在B點(diǎn)的動(dòng)能等于在無窮遠(yuǎn)處的動(dòng)能，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終的速度應(yīng)該與在B點(diǎn)時(shí)相同，均為eq\r(5)m/s，B正確，D錯(cuò)誤；在到達(dá)A點(diǎn)之前，微粒做減速運(yùn)動(dòng)，而從A到C微粒一直做加速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤．變式4(多選)(2018·廣東省惠州市第三次調(diào)研)如圖8，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球在力F(大小可以變化)的作用下沿圖中虛線由A至B做豎直向上的勻速運(yùn)動(dòng)．已知力F和AB間夾角為θ，A、B間距離為d，重力加速度為g.則()圖8A．力F大小的取值范圍只能在0～eq\f(mg,cosθ)B．電場強(qiáng)度E的最小值為eq\f(mgsinθ,q)C．小球從A運(yùn)動(dòng)到B電場力可能不做功D．若電場強(qiáng)度E＝eq\f(mgtanθ,q)時(shí)，小球從A運(yùn)動(dòng)到B電勢(shì)能變化量大小可能為2mgdsin2θ答案BCD解析小球受到重力mg、力F與電場力qE，因?yàn)樾∏蜃鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，合力為零，則F與qE的合力與mg大小相等、方向相反，作出F與qE的合力，如圖所示，可知，當(dāng)電場力qE沿水平方向時(shí)，F(xiàn)＝eq\f(mg,cosθ)，電場力qE可以繼續(xù)增大，F(xiàn)也能繼續(xù)增大，F(xiàn)可以大于eq\f(mg,cosθ)，A錯(cuò)誤；當(dāng)電場力qE與F垂直時(shí)，電場力最小，此時(shí)場強(qiáng)也最小，則得：qEmin＝mgsinθ，所以電場強(qiáng)度的最小值為：Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，B正確；若電場強(qiáng)度E＝eq\f(mgtanθ,q)，電場力qE可能與AB方向垂直，如圖位置1，小球從A運(yùn)動(dòng)到B電場力不做功，電勢(shì)能變化量為0，也可能電場力位于位置2方向，則電場力做功為2mgdsin2θ，C、D正確．命題點(diǎn)三帶電粒子(帶電體)在電場中的偏轉(zhuǎn)1．運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))(2)沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(02,)).,離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(02,)).))2．兩個(gè)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(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)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(02,))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．例3(2016·北京理綜·23改編)如圖9所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d.圖9(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0和從電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2.答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)見解析解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)(2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級(jí)，有重力G＝mg≈10－29N電場力F＝eq\f(eU,d)≈10－15N由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力．例4(多選)(2018·河南省南陽市上學(xué)期期末)如圖10所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結(jié)論正確的是(已知重力加速度為g)()圖10A．兩極板間電壓為eq\f(mgd,2q)B．板間電場強(qiáng)度大小為eq\f(2mg,q)C．整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能增加eq\f(mg2L2,v\o\al(02,))D．若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點(diǎn)不可能垂直打在M上答案BC解析據(jù)題分析可知，質(zhì)點(diǎn)在平行板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，飛出電場后，質(zhì)點(diǎn)的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在屏M上，前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡有對(duì)稱性，如圖所示：可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed得板間電勢(shì)差U＝eq\f(2mg,q)×d＝eq\f(2mgd,q)，故A錯(cuò)誤，B正確；質(zhì)點(diǎn)在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE－mg,m)＝g，t＝eq\f(L,v0)，解得：y＝eq\f(gL2,2v\o\al(02,))，故質(zhì)點(diǎn)打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為：s＝2y＝eq\f(gL2,v\o\al(02,))，重力勢(shì)能的增加量Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,v\o\al(02,))，故C正確；僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，板間場強(qiáng)不變，質(zhì)點(diǎn)在電場中受力情況不變，則運(yùn)動(dòng)情況不變，故仍垂直打在屏M上，故D錯(cuò)誤．變式5(2018·廣東省茂名市第二次模擬)如圖11所示，空間存在電場強(qiáng)度為E、方向水平向右的范圍足夠大的勻強(qiáng)電場．擋板MN與水平方向的夾角為θ，質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的粒子從與M點(diǎn)在同一水平線上的O點(diǎn)以速度v0豎直向上拋出，粒子運(yùn)動(dòng)過程中恰好不和擋板碰撞，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所在平面與擋板垂直，不計(jì)粒子的重力，求：圖11(1)粒子貼近擋板時(shí)水平方向速度的大??；(2)O、M間的距離．答案(1)eq\f(v0,tanθ)(2)eq\f(mv\o\al(,02),2qEtan2θ)解析(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時(shí)速度方向與擋板恰好平行，設(shè)此時(shí)粒子水平方向速度大小為vx，則tanθ＝eq\f(v0,vx)解得：vx＝eq\f(v0,tanθ)(2)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律：qE＝ma在如圖所示的坐標(biāo)系中：vx＝at，x0＝eq\f(1,2)at2，y0＝v0t設(shè)O、M間的距離為d，由幾何關(guān)系：tanθ＝eq\f(y0,d＋x0)解得：d＝eq\f(mv\o\al(02,),2qEtan2θ).1．(2018·廣東省揭陽市學(xué)業(yè)水平考試)據(jù)國外某媒體報(bào)道，科學(xué)家發(fā)明了一種新型超級(jí)電容器，能讓手機(jī)幾分鐘內(nèi)充滿電，某同學(xué)登山時(shí)用這種超級(jí)電容器給手機(jī)充電，下列說法正確的是()A．充電時(shí)，電容器的電容變小B．充電時(shí)，電容器存儲(chǔ)的電能變小C．充電時(shí)，電容器所帶的電荷量可能不變D．充電結(jié)束后，電容器不帶電，電容器的電容為零答案B解析電容器的電容是由電容器自身的因素決定的，故充電時(shí)，電容器的電容不變，充電結(jié)束后，電容器的電容不可能為零，故A、D錯(cuò)誤；給手機(jī)充電時(shí)，電容器所帶的電荷量減小，存儲(chǔ)的電能變小，故B正確；給手機(jī)充電時(shí)，手機(jī)電能增加，電容器上的電荷量一定減小，故C錯(cuò)誤．2．(多選)(2019·安徽省宿州市質(zhì)檢)如圖1為某一機(jī)器人上的電容式位移傳感器工作時(shí)的簡化模型圖．當(dāng)被測(cè)物體在左右方向發(fā)生位移時(shí)，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動(dòng)，連接電容器的靜電計(jì)會(huì)顯示電容器電壓的變化，進(jìn)而能測(cè)出電容的變化，最后就能探測(cè)到物體位移的變化，若靜電計(jì)上的指針偏角為θ，則被測(cè)物體()圖1A．向左移動(dòng)時(shí)，θ增大 B．向右移動(dòng)時(shí)，θ增大C．向左移動(dòng)時(shí)，θ減小 D．向右移動(dòng)時(shí)，θ減小答案BC解析由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當(dāng)被測(cè)物體帶動(dòng)電介質(zhì)板向左移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)增大，則電容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時(shí)，U減小，則θ減小，故A錯(cuò)誤，C正確；由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當(dāng)被測(cè)物體帶動(dòng)電介質(zhì)板向右移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)減小，則電容C減少，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時(shí)，U增大，則θ增大，故B正確，D錯(cuò)誤．3．(多選)(2018·廣東省揭陽市高三期末)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強(qiáng)度大小、電容和極板所帶的電荷量分別用d、U、E、C和Q表示．下列說法正確的是()A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀禖．保持C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禗．保持d、C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢窤CD解析保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀逗螅鶕?jù)E＝eq\f(U,d)可得E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A正確；保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄鶕?jù)U＝Ed可得U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B錯(cuò)誤；根據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)可知將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C正確；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可得C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，U變?yōu)樵瓉淼囊话耄鶕?jù)公式E＝eq\f(U,d)可知d不變，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D正確．4．(2018·廣東省廣州市4月模擬)如圖2，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，垂直電場方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置．為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是(粒子重力不計(jì))()圖2A．保持U2和平行板間距不變，減小U1B．保持U1和平行板間距不變，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板答案D解析粒子在電場中加速U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向上x＝v0t，豎直方向上y＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,dm)t2，解得x2＝eq\f(4dU1y,U2)；開始時(shí)x＝eq\f(1,2)L，保持U2和平行板間距不變，減小U1，則x會(huì)減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板，則d減小，x減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板，d變大，則x變大，故選項(xiàng)D正確．5．(2018·重慶市上學(xué)期期末抽測(cè))如圖3所示，豎直面內(nèi)分布有水平方向的勻強(qiáng)電場，一帶電粒子沿直線從位置a向上運(yùn)動(dòng)到位置b，在這個(gè)過程中，帶電粒子()圖3A．只受到電場力作用B．帶正電C．做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D．機(jī)械能守恒答案C解析帶電粒子沿直線從位置a運(yùn)動(dòng)到位置b，說明帶電粒子受到的合外力方向與速度在一條直線上，對(duì)帶電粒子受力分析，應(yīng)該受到豎直向下的重力和水平向左的電場力，電場力方向與電場線方向相反，所以帶電粒子帶負(fù)電，故A、B錯(cuò)誤；由于帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)，所以電場力和重力的合力應(yīng)該和速度在一條直線上且與速度方向相反，故帶電粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；電場力做負(fù)功，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤．6．(多選)(2018·陜西省寶雞市質(zhì)檢二)如圖4所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場E，M點(diǎn)與N點(diǎn)在同一電場線上，兩個(gè)質(zhì)量相等的帶正電荷的粒子，以相同的速度v0分別從M點(diǎn)和N點(diǎn)同時(shí)垂直進(jìn)入電場，不計(jì)兩粒子的重力和粒子間的庫侖力．已知兩粒子都能經(jīng)過P點(diǎn)，在此過程中，下列說法正確的()圖4A．從N點(diǎn)進(jìn)入的粒子先到達(dá)P點(diǎn)B．從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子先到達(dá)P點(diǎn)C．粒子在到達(dá)P點(diǎn)的過程中電勢(shì)能都減小D．從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子的電荷量小于從N點(diǎn)進(jìn)入的粒子的電荷量答案CD解析兩粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，因?yàn)橹亓Σ挥?jì)，豎直方向勻速運(yùn)動(dòng)，水平方向向左勻加速運(yùn)動(dòng)，由題圖可知兩粒子與P點(diǎn)的豎直距離相同，設(shè)為y，則運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t＝eq\f(y,v0)，即兩個(gè)粒子同時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，故A、B錯(cuò)誤；兩粒子都帶正電，電場力向左，且水平方向向左勻加速運(yùn)動(dòng)，故電場力做正功，電勢(shì)能都減小，故C正確；由題圖可知，從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子，其水平方向的位移較小，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知相同的時(shí)間t內(nèi)，從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子的加速度較小，根據(jù)a＝eq\f(qE,m)，兩個(gè)粒子的質(zhì)量相同，又在同一電場，即E相同，故從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子的電荷量較小，故D正確．7．(2018·山東省泰安市一模)如圖5所示，絕緣水平面上固定一正點(diǎn)電荷Q，另一電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊(可看做點(diǎn)電荷)從a點(diǎn)以初速度v0沿水平面向Q運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度為零．已知a、b間距離為x，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.以下判斷正確的是()圖5A．滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動(dòng)摩擦力B．滑塊在運(yùn)動(dòng)過程的中間時(shí)刻速率等于eq\f(v0,2)C．此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(mv\o\al(,02),2)D．Q產(chǎn)生的電場中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(mv\o\al(,02)－2μgx,2q)答案D解析由于一直做減速運(yùn)動(dòng)，庫侖力在增大，要減速到0，摩擦力應(yīng)該始終比庫侖力大，且由a到b過程中加速度在減小，不是勻變速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤，由動(dòng)能定理－qUab－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)可知，C錯(cuò)誤，D正確．8.(多選)(2018·全國卷Ⅲ·21)如圖6，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)．在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是()圖6A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大C．在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等答案BD解析經(jīng)時(shí)間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa>xb，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，得aa>ab，又由a＝eq\f(F,m)知，ma<mb，A項(xiàng)錯(cuò)誤；經(jīng)時(shí)間t到下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則電場力做功Wa>Wb，由動(dòng)能定理知，a的動(dòng)能比b的動(dòng)能大，B項(xiàng)正確；a、b處在同一等勢(shì)面上，根據(jù)Ep＝qφ知，a、b的電勢(shì)能絕對(duì)值相等，符號(hào)相反，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝p－p0，則經(jīng)過時(shí)間t，a、b的動(dòng)量大小相等，D項(xiàng)正確．9．(多選)(2018·湖北省仙桃、天門、潛江三市期末聯(lián)考)如圖7所示，在豎直平面足夠大的區(qū)域內(nèi)有電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，以初速度v0從電場中的O點(diǎn)出發(fā)，沿ON方向在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，不計(jì)空氣阻力．則()圖7A．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(g,2)B．小球可能一直做勻加速運(yùn)動(dòng)C．小球沿ON方向運(yùn)動(dòng)的最大位移為eq\f(v\o\al(02,),2g)D．在小球運(yùn)動(dòng)的前eq\f(v0,g)時(shí)間內(nèi)，電場力對(duì)小球做功－eq\f(mv\o\al(02,),4)答案CD解析小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，合力應(yīng)與速度在同一直線上，即在ON直線上，因mg＝qE，所以電場力qE與重力關(guān)于ON對(duì)稱，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得：電場力qE與水平方向的夾角應(yīng)為30°，受力情況如圖所示合力沿ON方向向下，大小為mg，所以加速度為g，方向沿ON向下，與初速度方向相反，故小球先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)，再反方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)向上速度減至零時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得最大位移為x＝eq\f(v\o\al(02,),2g)，故C正確；向上勻減速至零所用的時(shí)間為t＝eq\f(v0,g)，在此過程中，小球克服電場力做功和克服重力做功是相等的，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒可知，小球的初動(dòng)能一半轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，一半轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，初動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，則電場力做功為－eq\f(mv\o\al(02,),4)，故D正確．10.(2019·陜西省咸陽市質(zhì)檢)如圖8所示，將帶電荷量均為＋q、質(zhì)量分別為m和2m的帶電小球A與B用輕質(zhì)絕緣細(xì)線相連，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中由靜止釋放，小球A和B一起以大小為eq\f(1,3)g的加速度豎直向上運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過程中，連接A與B之間的細(xì)線保持豎直方向，小球A和B之間的庫侖力忽略不計(jì)，重力加速度為g，求：圖8(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大??；(2)當(dāng)A、B一起向上運(yùn)動(dòng)t0時(shí)間時(shí)，A、B間的細(xì)線突然斷開，求從初始的靜止?fàn)顟B(tài)開始經(jīng)過