第六章第三節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

第三節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一電容器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)帶電量：一個(gè)極板所帶電量的絕對(duì)值．(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能．放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)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Q與電容器兩極板間的電勢(shì)差U的比值．(2)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量．(3)定義式：C＝eq\f(Q,U).(4)單位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF)．3．平行板電容器的電容(1)決定因素：平行板電容器的電容C跟板間電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)εr成正比，跟正對(duì)面積S成正比，跟極板間的距離d成反比．(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).(3)熟記兩點(diǎn)①保持兩極板與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變．②充電后斷開(kāi)電源，則電容器所帶的電荷量不變．特別提示：(1)電容由電容器本身決定，與極板的帶電情況無(wú)關(guān)．(2)公式C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)是電容的定義式，對(duì)任何電容器都適用．公式C＝eq\f(εrS,4πkd)是平行板電容器的決定式，只對(duì)平行板電容器適用．命題視角1電容的決定因素(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場(chǎng)強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說(shuō)法正確的是()A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則U變?yōu)樵瓉?lái)的一半D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半[審題點(diǎn)睛]d變化引起電容器電容變化，由C＝eq\f(εrS,4πkd)分析電容變化，結(jié)合C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)分析E如何變化；Q變化，由C＝eq\f(Q,U)分析電壓變化，再由E＝eq\f(U,d)分析U變化．[解析]E＝eq\f(U,d)，保持U不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，E變?yōu)樵瓉?lái)的一半，A對(duì)；保持E不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則U變?yōu)樵瓉?lái)的一半，B錯(cuò)；C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，保持d不變，C不變，Q加倍，U加倍，C錯(cuò)；E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πk))，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半，D對(duì)．[答案]AD命題視角2電容器的動(dòng)態(tài)分析——Q不變一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)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(shì)差U的變化情況是()A．C和U均增大 B．C增大，U減小C．C減小，U增大 D．C和U均減小[思路點(diǎn)撥]解答這類問(wèn)題要先弄清楚哪些是變量，哪些是不變量；哪些是自變量，哪些是因變量．由平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)和電容的定義式C＝eq\f(Q,U)綜合分析．[解析]平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，當(dāng)兩極板之間插入一電介質(zhì)，εr變大，則C變大，由C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變的情況下，兩極板間的電勢(shì)差U將減小，B項(xiàng)正確．[答案]B命題視角3電容器的動(dòng)態(tài)分析——U不變(多選)(2016·甘肅診斷)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(duì)面積S都可以調(diào)節(jié)，電容器兩板與電池相連接．Q表示電容器的帶電荷量，E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度．則()A．當(dāng)d增大，S不變時(shí)，Q減小，E減小B．當(dāng)S增大，d不變時(shí)，Q增大，E增大C．當(dāng)d減小，S增大時(shí)，Q增大，E增大D．當(dāng)S減小，d增大時(shí)，Q不變，E增大[審題點(diǎn)睛]電容器與電池相連，則保持U不變，由C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可綜合判斷各量的變化情況．[解析]電容器與電池相連，電壓不變．當(dāng)d增大，S不變時(shí)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C變小，由Q＝CU知，Q變小，由E＝eq\f(U,d)知，E減小，A正確．當(dāng)S增大，d不變時(shí)，同理可得C增大，Q增大，E不變，B錯(cuò)誤．當(dāng)d減小，S增大時(shí)，同理可得C變大，Q增大，E增大，C正確．當(dāng)S減小，d增大時(shí)，C變小，Q變小，E變小，D錯(cuò)誤．[答案]AC命題視角4平行板電容器中帶電粒子的綜合分析(多選)如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則()A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B．P點(diǎn)電勢(shì)將降低C．電容器的電容減小，極板帶電荷量減小D．帶電油滴的電勢(shì)能保持不變[思路點(diǎn)撥]通過(guò)平行板電容器板間距離的變化分析帶電油滴在板間的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．其分析思路如下：[解析]電容器與電源相連，兩極板間電壓不變，下極板接地，電勢(shì)為0.油滴位于P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此有mg＝qE.當(dāng)上極板向上移動(dòng)一小段距離時(shí)，板間距離d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器電容減小，板間場(chǎng)強(qiáng)E場(chǎng)＝eq\f(U,d)減小，油滴所受的電場(chǎng)力減小，mg>qE，合力向下，帶電油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；P點(diǎn)電勢(shì)等于P點(diǎn)到下極板間的電勢(shì)差，由于P到下極板間距離h不變，由φP＝ΔU＝Eh可知，場(chǎng)強(qiáng)E減小時(shí)P點(diǎn)電勢(shì)降低，B對(duì)；由C＝eq\f(Q,U)可知電容器所帶電荷量減小，C對(duì)；帶電油滴所處P點(diǎn)電勢(shì)下降，而由題圖可知油滴帶負(fù)電，所以油滴電勢(shì)能增大，D錯(cuò)．[答案]BC1．[視角1](2015·高考安徽卷)已知均勻帶電的無(wú)窮大平面在真空中激發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(σ,2ε0)，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如圖所示的平行板電容器，極板正對(duì)面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q.不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí)，極板可看做無(wú)窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,ε0S) B．eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S) D．eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)解析：選D.每塊極板上單位面積所帶的電荷量為σ＝eq\f(Q,S)，每塊極板產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(σ,2ε0)，所以兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為2E＝eq\f(Q,ε0S).一塊極板在另一塊極板處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度E′＝eq\f(Q,2ε0S)，故另一塊極板所受的電場(chǎng)力F＝qE′＝Q·eq\f(Q,2ε0S)＝eq\f(Q2,2ε0S)，選項(xiàng)D正確．2．[視角2]如圖所示，設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ.實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若()A．保持S不變，增大d，則θ變大B．保持S不變，增大d，則θ變小C．保持d不變，減小S，則θ變小D．保持d不變，減小S，則θ不變解析：選A.由電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容與極板間距成反比，當(dāng)保持S不變時(shí)，增大d，電容減小，由電容定義式C＝eq\f(Q,U)知，板間電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針偏角θ變大，A對(duì)，B錯(cuò)；由C＝eq\f(εrS,4πkd)，知C與S成正比，當(dāng)d不變時(shí)，減小S，C減小，Q不變，由C＝eq\f(Q,U)知U增大，θ變大，C、D均錯(cuò)．3．[視角3]某位移式傳感器的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器，當(dāng)可移動(dòng)介質(zhì)P向左勻速移出的過(guò)程中()A．電容器的電容變大B．電容器的電荷量保持不變C．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)低D．流過(guò)電阻R的電流方向從M到N解析：選D.當(dāng)可移動(dòng)介質(zhì)P向左勻速移出的過(guò)程中，介電常數(shù)減小，電容器電容變小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電容器的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)不變，電荷量Q＝CU減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電容器放電，電流方向?yàn)镸→R→N，M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)高，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．4．[視角4](2016·濟(jì)南調(diào)研)如圖所示，平行板電容器充電后斷開(kāi)電源，板間有一點(diǎn)P，在P點(diǎn)固定一個(gè)試探電荷q，現(xiàn)將下極板向下平移一小段距離，如果用F表示試探電荷在P點(diǎn)所受的電場(chǎng)力，用E表示極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，用φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，用Ep表示試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，則下列物理量隨兩極板間距離d的變化關(guān)系的圖線中，可能正確的是()解析：選C.因?yàn)槠叫邪咫娙萜鞒潆姾笈c電源斷開(kāi)，故電荷量一定，下極板下移，則板間距離d變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變小，由U＝eq\f(Q,C)可知U變大，平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故場(chǎng)強(qiáng)E不變，由F＝qE可知，試探電荷所受的電場(chǎng)力F也不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；P點(diǎn)與上極板間的電勢(shì)差保持不變，所以P點(diǎn)的電勢(shì)和試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能都不變，故選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤．1．平行板電容器動(dòng)態(tài)分析模板2．力電結(jié)合分析平行板電容器中帶電體的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(1)力學(xué)角度：電場(chǎng)力等影響了帶電體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，這類問(wèn)題需要對(duì)帶電體進(jìn)行運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(靜止、加速或減速)分析和受力分析，再結(jié)合平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等進(jìn)行分析和求解．若只有重力和電場(chǎng)力做功，則帶電體的動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和保持不變；若除了重力和電場(chǎng)力做功外還有其他力做功，則其他力做功等于帶電體機(jī)械能和電勢(shì)能總的變化量．(2)電學(xué)角度：①平行板電容器的兩極板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度通過(guò)E＝eq\f(U,d)分析；②電容器的電容與電荷量的關(guān)系通過(guò)C＝eq\f(Q,U)分析；③平行板電容器的電容大小由C＝eq\f(εrS,4πkd)決定．考點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．加速問(wèn)題(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；(2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．運(yùn)動(dòng)類型(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．(2)帶電粒子在不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)或交變電場(chǎng)中做勻加速、勻減速的往返運(yùn)動(dòng)．3．分析思路(1)根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況．(2)根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解．此方法既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)．(3)對(duì)帶電粒子的往返運(yùn)動(dòng)，可采取分段處理．命題視角1帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)(2015·高考全國(guó)卷Ⅱ)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(diǎn)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(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)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(yùn)動(dòng)C．向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D．向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)[思路點(diǎn)撥]由原來(lái)靜止?fàn)顟B(tài)可分析粒子受力之間的關(guān)系，再判斷變化后粒子所受合力的大小和方向，則可判斷粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．[解析]兩板水平放置時(shí)，放置于兩板間a點(diǎn)的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場(chǎng)力與重力平衡．當(dāng)將兩板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°時(shí)，電場(chǎng)力大小不變，方向逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)．選項(xiàng)D正確．[答案]D命題視角2帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)如圖甲所示，A和B是真空中正對(duì)面積很大的平行金屬板，O是一個(gè)可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，O到A、B的距離都是l.現(xiàn)在A、B之間加上電壓，電壓UAB隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．已知粒子源在交變電壓的一個(gè)周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生300個(gè)粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q.這種粒子產(chǎn)生后，在電場(chǎng)力作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．設(shè)粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運(yùn)動(dòng)，且電荷量同時(shí)消失，不影響A、B板電勢(shì)．不計(jì)粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1.0×10－7C.(1)在t＝0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子，會(huì)在什么時(shí)刻到達(dá)哪個(gè)極板？(2)在t＝0到t＝eq\f(T,2)這段時(shí)間內(nèi)哪個(gè)時(shí)刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達(dá)A板？(3)在t＝0到t＝eq\f(T,2)這段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的粒子有多少個(gè)可到達(dá)A板？[審題點(diǎn)睛]解此類問(wèn)題的方法是分段考慮，化變?yōu)楹悖戳Ｗ硬煌倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間段分析粒子的運(yùn)動(dòng)，在每個(gè)小時(shí)間段內(nèi)粒子都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，從而得到粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程．[解析](1)根據(jù)題圖乙可知，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，A板電勢(shì)高于B板電勢(shì)，粒子向A板運(yùn)動(dòng)．因?yàn)閤＝eq\f(qU0,4lm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝3.6m>l，所以粒子從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，一直加速到達(dá)A板．設(shè)粒子到達(dá)A板的時(shí)間為t，則l＝eq\f(1,2)eq\f(qU0,2lm)t2解得t＝eq\r(6)×10－3s.(2)在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，粒子的加速度大小為a1＝eq\f(qU0,2lm)＝2×105m/s2在eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)，粒子的加速度大小為a2＝eq\f(2qU0,2lm)＝4×105m/s2可知a2＝2a1，若粒子在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)加速Δt，再在eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)減速eq\f(Δt,2)剛好不能到達(dá)A板，則l＝eq\f(1,2)a1Δt·eq\f(3,2)Δt解得Δt＝2×10－3s因?yàn)閑q\f(T,2)＝6×10－3s，所以在0～eq\f(T,2)時(shí)間里4×10－3s時(shí)刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達(dá)A板．(3)因?yàn)榱Ｗ釉丛谝粋€(gè)周期內(nèi)可以產(chǎn)生300個(gè)粒子，而在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)的前eq\f(2,3)時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的粒子可以到達(dá)A板，所以到達(dá)A板的粒子數(shù)為n＝300×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝100(個(gè))．[答案](1)eq\r(6)×10－3sA板(2)4×10－3s(3)100個(gè)5．[視角1](2015·高考海南卷)如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場(chǎng)力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為()A．3∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶1解析：選A.因兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面，電荷量為q的粒子通過(guò)的位移為eq\f(2,5)l，電荷量為－q的粒子通過(guò)的位移為eq\f(3,5)l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝eq\f(qE,M)、a2＝eq\f(qE,m)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(qE,2M)t2①，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(qE,2m)t2②，eq\f(①,②)得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2).B、C、D錯(cuò)，A對(duì)．6．[視角2]如圖甲所示，A板電勢(shì)為0，A板中間有一小孔，B板的電勢(shì)變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻以初速度0從A板上的小孔處進(jìn)入兩極板間，僅在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，恰好到達(dá)B板．則()A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,8m))B．粒子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．粒子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．若粒子在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打向B板解析：選B.粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；粒子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻以初速度0進(jìn)入兩極板，先加速后減速，在eq\f(3T,4)時(shí)刻到達(dá)B板，則eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在eq\f(T,2)時(shí)刻速度最大，則vm＝eq\f(qU0,md)·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，選項(xiàng)B正確；若粒子在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)，位移x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3T,8)))2＝eq\f(9d,8)，所以粒子在eq\f(T,2)時(shí)刻之前已經(jīng)到達(dá)B板，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法

考點(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．偏轉(zhuǎn)問(wèn)題(1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)．(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．(3)處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解．①沿初速度方向：做勻速運(yùn)動(dòng)．②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)．2．示波管原理(1)構(gòu)造①電子槍，②偏轉(zhuǎn)極板，③熒光屏．(如圖所示)(2)工作原理①YY′上加的是待顯示的信號(hào)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．②觀察到的現(xiàn)象：a．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒(méi)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，產(chǎn)生一個(gè)亮斑．b．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．命題視角1帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(2014·高考山東卷)如圖，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s，豎直邊ad長(zhǎng)為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中)．不計(jì)重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B．eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D．eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))[思路點(diǎn)撥]當(dāng)粒子垂直電場(chǎng)進(jìn)入時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的分解可知水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，且兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)稱，結(jié)合上述關(guān)系可求解問(wèn)題．[解析]因兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好相切，切點(diǎn)為矩形區(qū)域中心，則對(duì)其中一個(gè)粒子，水平方向eq\f(s,2)＝v0t，豎直方向eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2且滿足a＝eq\f(Eq,m)，三式聯(lián)立解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(Eq,mh))，故B正確．[答案]B命題視角2帶電粒子在組合電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(多選)(2015·高考天津卷)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速地飄入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()A．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多B．三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大C．三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同D．三種粒子一定打到屏上的同一位置[審題點(diǎn)睛]由于粒子先經(jīng)過(guò)同一加速電場(chǎng)，又經(jīng)過(guò)同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則滿足偏轉(zhuǎn)位移y＝eq\f(E2l2,4E1d)，可知偏轉(zhuǎn)位移與粒子本身無(wú)關(guān)，然后再利用功能關(guān)系判斷問(wèn)題．[解析]根據(jù)動(dòng)能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,)1，得三種粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后獲得的速度v1＝eq\r(\f(2qE1d,m)).在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，由l＝v1t2及y＝eq\f(1,2)eq\f(qE2,m)teq\o\al(2,)2得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的側(cè)位移y＝eq\f(E2l2,4E1d)，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多，選項(xiàng)A正確．根據(jù)動(dòng)能定理，qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,)2，得到粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2打到屏上時(shí)的速度v2＝eq\r(\f(2qE1d＋qE2y,m))，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．粒子打在屏上所用的時(shí)間t＝eq\f(d,\f(v1,2))＋eq\f(L′,v1)＝eq\f(2d,v1)＋eq\f(L′,v1)(L′為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時(shí)間不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．根據(jù)vy＝eq\f(qE2,m)t2及tanθ＝eq\f(vy,v1)得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(E2l,2E1d)，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項(xiàng)D正確．[答案]AD命題視角3帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(多選)(2015·高考山東卷)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()A．末速度大小為eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力勢(shì)能減少了eq\f(1,2)mgd D．克服電場(chǎng)力做功為mgd[思路點(diǎn)撥]由于運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜，建議分段考慮，把每段的運(yùn)動(dòng)研究清楚再得出結(jié)論．[解析]0～eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，有mg＝qE0.把微粒的運(yùn)動(dòng)分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)；豎直方向：eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)，只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，eq\f(2T,3)時(shí)刻，v1y＝geq\f(T,3)；eq\f(2T,3)～T時(shí)間內(nèi)，a＝eq\f(2qE0－mg,m)＝g，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻，v2y＝v1y－a·eq\f(T,3)＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確．重力勢(shì)能的減少量ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，所以選項(xiàng)C正確．根據(jù)動(dòng)能定理：eq\f(1,2)mgd－W克電＝0，得W克電＝eq\f(1,2)mgd，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．[答案]BC7．[視角1](2015·高考安徽卷)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E(圖中未畫(huà)出)，由A點(diǎn)斜射出質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)．粒子所受重力忽略不計(jì)．求：(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功；(2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率．解析：(1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0.(2)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，粒子在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知軌跡最高點(diǎn)D在y軸上，可令tAD＝tDB＝T，則tBC＝T由qE＝ma，得a＝eq\f(qE,m)又yD＝eq\f(1,2)aT2，yD＋3l0＝eq\f(1,2)a(2T)2解得T＝eq\r(\f(2ml0,qE))則A→C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t＝3eq\r(\f(2ml0,qE)).(3)粒子在DC段做類平拋運(yùn)動(dòng)，于是有2l0＝vCx(2T)，vCy＝a(2T)vC＝eq\r(v\o\al(2,)Cx＋v\o\al(2,)Cy)＝eq\r(\f(17qEl0,2m)).答案：(1)3qEl0(2)3eq\r(\f(2ml0,qE))(3)eq\r(\f(17qEl0,2m))8．[視角2]示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來(lái)的電子被加速后從金屬板上的小孔穿出，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后沿直線前進(jìn)，最后打在熒光屏上．設(shè)加速電壓U1＝1640V，偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)l＝4cm，偏轉(zhuǎn)極板間距d＝1cm，當(dāng)電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)極板的中央沿板平行方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．(1)偏轉(zhuǎn)電壓為多大時(shí)，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？(2)如果偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離L＝20cm，則電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離為多大？解析：(1)電子在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU1,m))電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的飛行時(shí)間t1＝eq\f(l,v0)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度：a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU2,md)要使電子束打在熒光屏上的偏轉(zhuǎn)距離最大，應(yīng)使電子從下極板邊緣射出，有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(eU2l2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(U2l2,4dU1)解得偏轉(zhuǎn)電壓U2＝205V.(2)由(1)知電子束打在熒光屏上的最大偏轉(zhuǎn)距離：y＝eq\f(d,2)＋y2y2為電子穿出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)以后相對(duì)熒光屏偏轉(zhuǎn)的距離．電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)垂直極板方向的速度vy＝at1＝eq\f(eU2l,mdv0)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)到熒光屏的時(shí)間：t2＝eq\f(L,v0)y2＝vyt2＝eq\f(eU2lL,mdv\o\al(2,0))＝eq\f(dL,l)＝0.05m.電子打在熒光屏上的最大偏轉(zhuǎn)距離：y＝eq\f(d,2)＋y2＝0.055m.答案：(1)205V(2)0.055m9．[視角3]如圖甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入，沿直線從b點(diǎn)射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出，求：(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件？(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿足什么條件？解析：(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速度v0穿出電場(chǎng)，在垂直于初速度方向上，粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為：加速→減速→反向加速→(反向)減速，經(jīng)歷四個(gè)過(guò)程后，回到中心線上時(shí)，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時(shí)間等于一個(gè)周期，故有L＝nTv0，解得T＝eq\f(L,nv0)粒子在eq\f(1,4)T內(nèi)離開(kāi)中心線的距離為y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))2又a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U0,d)，解得y＝eq\f(qU0T2,32md)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離開(kāi)中心線的最大距離為ym＝2y＝eq\f(qU0T2,16md)粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ym≤eq\f(1,2)d解得T≤2deq\r(\f(2m,qU0))故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))，即n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)．所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為T(mén)＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)．(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻應(yīng)為eq\f(1,4)T，eq\f(3,4)T，eq\f(5,4)T，…故粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻為t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1,2,3…)．答案：(1)T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)(2)t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1,2,3…)1.基本規(guī)律設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長(zhǎng)為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).(2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(l,v0).(3)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝vxt＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d))).(4)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at))，vy＝eq\f(qUt,md)，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d).2.兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)(U0)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)(U)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d).(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2).一、選擇題(1～6小題為單選題，7～10小題為多選題)1．(2014·高考海南卷)如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中．當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g，粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為()A.eq\f(l,d)g B．eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)g D．eq\f(d,d－l)g[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070297]解析：選A.平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，電壓恒定．帶電粒子P靜止在電容器中時(shí)有mg＝eq\f(qU,d－l).當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，帶電粒子所受電場(chǎng)力減小為eq\f(qU,d).由mg－eq\f(qU,d)＝ma解得a＝eq\f(l,d)g，選項(xiàng)A正確．2．(2016·杭州一中月考)如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N.今有一帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上，空氣阻力忽略不計(jì))，到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零，然后沿原路返回，若保持兩極板間的電壓不變，則下列說(shuō)法不正確的是()A．把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回B．把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落C．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回D．把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070298]解析：選B.移動(dòng)A板或B板后，質(zhì)點(diǎn)能否返回P點(diǎn)的關(guān)鍵是質(zhì)點(diǎn)在A、B間運(yùn)動(dòng)時(shí)到達(dá)B板之前速度能否減為零，如能減為零，則一定沿原路返回P點(diǎn)，如不能減為零，則穿過(guò)B板后只受重力，將繼續(xù)下落．因質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)速度恰為零，由動(dòng)能定理得mg·2d－qU＝0.因極板一直與電源兩極連接，電壓U一直不變，當(dāng)A板上移、下移時(shí)，滿足qU－mgh＝0的條件，即h＝2d，則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零，然后按原路返回，A正確，B錯(cuò)誤．當(dāng)把B板上移后，設(shè)質(zhì)點(diǎn)仍能達(dá)到B板，則由動(dòng)能定理得mgh－qU＝eq\f(1,2)mv2，因B板上移后h<2d，所以mgh<qU，即看似動(dòng)能為負(fù)值，實(shí)際意義為在此之前物體動(dòng)能即已為零，將沿原路返回，C正確.把B板下移后，有mgh′－qU＝eq\f(1,2)mv2>0，即質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)仍有向下的速度，將穿過(guò)B板繼續(xù)下落，D正確．3．(2014·高考天津卷)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異號(hào)電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能一定增加C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070299]解析：選C.微粒向下偏轉(zhuǎn)，則微粒受到的電場(chǎng)力與重力的合力向下，若微粒帶正電，只要電場(chǎng)力小于重力，就不能確定A、B板所帶電荷的電性，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于不能確定電場(chǎng)力的方向，因此不能確定電場(chǎng)力做功的正負(fù)，不能確定微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能的變化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力與重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，微粒從M到N的過(guò)程中動(dòng)能增加，C項(xiàng)正確；由于不能確定除重力以外的力即電場(chǎng)力做的是正功還是負(fù)功，根據(jù)功能原理可知，不能確定微粒從M到N過(guò)程中機(jī)械能是增加還是減少，D項(xiàng)錯(cuò)誤．4．(2016·西安模擬)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))．小孔正上方eq\f(d,2)處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開(kāi)始下落，經(jīng)過(guò)小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移eq\f(d,3)，則從P點(diǎn)開(kāi)始下落的相同粒子將()A．打到下極板上B．在下極板處返回C．在距上極板e(cuò)q\f(d,2)處返回D．在距上極板e(cuò)q\f(2,5)d處返回[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070300]解析：選D.帶電粒子從P點(diǎn)下落剛好到達(dá)下極板處，由動(dòng)能定理得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋d))－qU＝0，當(dāng)將下極板向上平移eq\f(d,3)時(shí)，設(shè)從P點(diǎn)開(kāi)始下落的相同粒子運(yùn)動(dòng)到距上極板距離為x處速度為零，則對(duì)帶電粒子下落過(guò)程由動(dòng)能定理得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋x))－q·eq\f(U,\f(2d,3))·x＝0，聯(lián)立解得x＝eq\f(2,5)d，故選項(xiàng)D正確．5.(2016·沈陽(yáng)模擬)一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，負(fù)極板接地．兩板間有一個(gè)正試探電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)、W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過(guò)程中，各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象中正確的是()[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070301]解析：選C.電容器的電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以C與兩極板距離d是反比例關(guān)系，不是直線，A錯(cuò)；電容器與電源斷開(kāi)后，電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)保持不變，B錯(cuò)；負(fù)極板接地，電勢(shì)為零，P點(diǎn)的電勢(shì)φ等于P點(diǎn)到負(fù)極板的電勢(shì)差，即φ＝El，E不變，l減小，φ線性減小，C對(duì)；由W＝qφ可知，W隨φ的變化而變化，D錯(cuò)．6．(2014·高考天津卷)如圖所示，電路中R1、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(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)．如果僅改變下列某—個(gè)條件，油滴仍能靜止不動(dòng)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．?dāng)嚅_(kāi)電鍵S[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070302]解析：選B.設(shè)油滴質(zhì)量為m，電荷量為q，兩板間距離為d，當(dāng)其靜止時(shí)，有eq\f(UC,d)q＝eq\f(UR1,d)q＝mg；由題圖知，增大R1，UR1增大，油滴將向上加速，增大R2，油滴受力不變，仍保持靜止；由E＝eq\f(U,d)知，增大d，U不變時(shí)，E減小，油滴將向下加速；斷開(kāi)電鍵S，電容器將通過(guò)R1、R2放電，兩板間場(chǎng)強(qiáng)變小，油滴將向下加速，故只有B項(xiàng)正確．7．如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()A．A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2B．A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12D．A和B的位移大小之比為1∶1[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070303]解析：選ABC.粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,12)，A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)A、B、C正確．8．如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，上極板接地．一帶負(fù)電的油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將下極板豎直向下緩慢地移動(dòng)一小段距離，則()A．帶電油滴將豎直向下運(yùn)動(dòng)B．帶電油滴的機(jī)械能將增加C．P點(diǎn)的電勢(shì)將升高D．電容器的電容增大，極板帶電荷量增加[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070304]解析：選AC.將下極板豎直向下緩慢地移動(dòng)一小段距離，間距d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可得電容C減小，而U一定，由C＝eq\f(Q,U)可得電荷量Q減少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)可得板間場(chǎng)強(qiáng)減小，重力大于電場(chǎng)力，帶電油滴將豎直向下運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能減少，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；因上極板接地，電勢(shì)為0，P點(diǎn)電勢(shì)φP＝UP上＝－Ey，隨E的減小而增大，選項(xiàng)C正確．9．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有一小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來(lái)靜止在左極板小孔處(不計(jì)電子的重力)，下列說(shuō)法正確的是()A．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C．從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上D．從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070305]解析：選AC.根據(jù)U－t圖線可得到粒子運(yùn)動(dòng)的a－t圖線，易知：從t＝0時(shí)刻釋放電子，0～eq\f(T,2)向右加速，eq\f(T,2)～T向右減速，電子一直向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，如果板間距離比較大，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)向右加速，eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T向右減速，eq\f(3,4)T～T向左加速，T～eq\f(5,4)T向左減速，如果板間距離比較小，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)向右加速，eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T向右減速，可能已經(jīng)撞到極板上，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤．10．(2016·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，\f(1,k))).已知重力加速度為g，則()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減少eq\f(\r(2)mg,k)[導(dǎo)學(xué)號(hào)76070306]解析：選BC.小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力沿x