新高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第8章 靜電場(chǎng) 第3講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (含解析)

第3講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握電容的定義式和平行板電容器的決定式，會(huì)分析電容器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題。2.利用動(dòng)力學(xué)、功能觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)和偏轉(zhuǎn)問(wèn)題。eq\a\vs4\al(1.,,)eq\a\vs4\al(2.,,)1.思考判斷(1)電容器所帶的電荷量是指每個(gè)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(chǎng)中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)。(×)(5)帶電粒子在電場(chǎng)中，只受靜電力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(√)2.帶電粒子沿水平方向射入豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，粒子在相同的時(shí)間內(nèi)()圖1A.位置變化相同B.速度變化相同C.速度偏轉(zhuǎn)的角度相同D.動(dòng)能變化相同答案B考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1.動(dòng)態(tài)分析的思路2.兩類動(dòng)態(tài)分析的比較例1(多選)如圖2所示，是一個(gè)由電池、電阻R、開(kāi)關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開(kāi)關(guān)S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點(diǎn)不動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()圖2A.若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C減小B.若斷開(kāi)S，將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢(shì)能減小C.在S仍閉合的情況下，增大兩極板間距離的過(guò)程中，電阻R中有從b到a的電流D.若斷開(kāi)S，減小兩極板間的距離，則帶電液滴向下運(yùn)動(dòng)答案AB解析根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對(duì)面積S減小，電容器的電容C減小，故A正確；帶電液滴受到豎直向上的靜電力，電場(chǎng)方向豎直向下，帶電液滴帶負(fù)電荷，若斷開(kāi)S，則電容器所帶的電荷量不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，B板電勢(shì)為零，根據(jù)UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知將B板向下平移一小段位移，dPB增大，則P點(diǎn)的電勢(shì)升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，帶負(fù)電荷的液滴電勢(shì)能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，增大兩極板間的距離，電容器的電容C減小，電容器放電，電阻R中有從a到b的電流，故C錯(cuò)誤；若斷開(kāi)S，減小兩極板間的距離，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，液滴受到的靜電力不變，則帶電液滴不運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。跟蹤訓(xùn)練1.(2023·廣東韶關(guān)市一模)隨著生活水平的提高，電子秤已經(jīng)成為日常生活中不可或缺的一部分，電子秤的種類也有很多，如圖3所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡(jiǎn)圖。稱重時(shí)，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會(huì)導(dǎo)致平行板上層膜片電極下移。則放上物體后()圖3A.電容器的電容變小B.電容器的帶電荷量增大C.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變小D.膜片下移過(guò)程中，電流表有從a到b的電流答案B解析根據(jù)電容表達(dá)式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當(dāng)兩個(gè)極板間的距離減小時(shí)，電容器的電容增大；再根據(jù)電容定義式C＝eq\f(Q,U)，可知電容器一直和電源相連，電壓不變時(shí)，電容增大，帶電荷量增大，即電容器被充電，電流表有從b到a的電流，A、D錯(cuò)誤，B正確；由勻強(qiáng)電場(chǎng)公式E＝eq\f(U,d)知，當(dāng)電壓不變，兩個(gè)極板間的距離減小時(shí)，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大，C錯(cuò)誤。考點(diǎn)二帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)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且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運(yùn)動(dòng)或減速直線運(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(2,0)＝2ad。3.用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1角度帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)例2(多選)如圖4所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的一價(jià)氫離子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()圖4A.一定有UAB＝－UBCB.若從O點(diǎn)靜止釋放二價(jià)氨離子，其將以一定速度越過(guò)P點(diǎn)C.若將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的氫離子將運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D.若將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的氫離子仍運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回答案AD解析由O點(diǎn)靜止釋放的一價(jià)氫離子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，則qUAB＋qUBC＝0，即UAB＝－UBC，由上式可知，上述過(guò)程與粒子帶電荷量無(wú)關(guān)，即若從O點(diǎn)靜止釋放二價(jià)氨離子，則也恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；若將C板向右平移到P′點(diǎn)，由于B、C帶電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，M、P之間的電勢(shì)差不變，根據(jù)qUOM＋qUMP＝0，可知由O點(diǎn)靜止釋放的氫離子仍運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。角度帶電體在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)例3如圖5所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上下極板開(kāi)有一小孔，四個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長(zhǎng)均為eq\f(d,4)的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極板小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落。當(dāng)下端第二個(gè)小球到達(dá)下極板時(shí)，速度恰好為零。重力加速度為g，(僅兩極板間存在電場(chǎng))試求：圖5(1)兩極板間的電壓；(2)小球運(yùn)動(dòng)的最大速度。答案(1)eq\f(20mgd,13q)(2)eq\r(\f(11gd,26))解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得4mg·eq\f(5,4)d－2qU－eq\f(3,4)qU－eq\f(1,2)qU＝0解得U＝eq\f(20mgd,13q)。(2)當(dāng)兩個(gè)小球在電場(chǎng)中時(shí)，靜電力F1＝2q·eq\f(U,d)＝eq\f(40,13)mg＜4mg當(dāng)三個(gè)小球在電場(chǎng)中時(shí)，靜電力F2＝3q·eq\f(U,d)＝eq\f(60,13)mg＞4mg故當(dāng)?shù)谌齻€(gè)小球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得4mg·eq\f(d,2)－eq\f(1,2)qU－eq\f(1,4)qU＝eq\f(1,2)×4mv2－0解得v＝eq\r(\f(11gd,26))。跟蹤訓(xùn)練2.(2023·四川成都一診)如圖6，傾角為θ的絕緣光滑斜面和斜面底端電荷量為Q的正點(diǎn)電荷均固定，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，剛好能夠到達(dá)B點(diǎn)。已知A、B間距為L(zhǎng)，Q?q，重力加速度大小為g。則A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB等于()圖6A.－eq\f(mgLsinθ,Q) B.eq\f(mgLsinθ,Q)C.－eq\f(mgLsinθ,q) D.eq\f(mgLsinθ,q)答案C解析帶正電小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，受到重力和電荷Q的庫(kù)侖力作用，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知mgLsinθ＋qUAB＝0，解得A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB＝－eq\f(mgLsinθ,q)，C正確。3.如圖7甲所示，A、B是兩個(gè)足夠大的平行金屬板，兩平行板間加如圖乙所示電壓，U0、T0為已知。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在t＝0時(shí)刻從緊靠A板位置由靜止釋放(不計(jì)重力)，粒子經(jīng)2T0時(shí)間到B板。求：圖7(1)粒子到達(dá)B板時(shí)的速度v；(2)兩個(gè)金屬板間的距離d。答案(1)3eq\r(\f(2qU0,7m))(2)T0eq\r(\f(7qU0,2m))解析(1)在0～T0時(shí)間，粒子運(yùn)動(dòng)的位移為d1＝eq\f(1,2)·eq\f(2qU0,md)Teq\o\al(2,0)＝eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),md)在T0～2T0時(shí)間，粒子運(yùn)動(dòng)的位移為d2＝eq\f(2qU0Teq\o\al(2,0),md)＋eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),2md)＝eq\f(5qU0Teq\o\al(2,0),2md)根據(jù)動(dòng)能定理得2qU0eq\f(d1,d1＋d2)＋qU0eq\f(d2,d1＋d2)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝3eq\r(\f(2qU0,7m))。(2)根據(jù)位移關(guān)系得d1＋d2＝d解得d＝T0eq\r(\f(7qU0,2m))?？键c(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的兩個(gè)重要結(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)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)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(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可見(jiàn)y和tanθ與粒子的q、m無(wú)關(guān)。(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后射出，合速度方向的反向延長(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到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2)。2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的方法運(yùn)動(dòng)的分解法將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿靜電力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直靜電力方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)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(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指運(yùn)動(dòng)過(guò)程初、末位置兩點(diǎn)間的電勢(shì)差3.計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心距離的方法(1)y＝y(tǒng)0＋Ltanθ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的水平距離)。(2)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ(l為電場(chǎng)寬度)。(3)根據(jù)三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))。例4(多選)(2023·四川綿陽(yáng)診斷)如圖8所示，水平平行板電容器間距為d，電源電壓恒定。閉合開(kāi)關(guān)S，板間電場(chǎng)穩(wěn)定后，一電子以初速度v從平行板左端水平射入，經(jīng)過(guò)時(shí)間t離開(kāi)平行板間電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角為θ，靜電力對(duì)電子做功為W，電子在屏上所產(chǎn)生光點(diǎn)的豎直偏移量為y；若保持開(kāi)關(guān)S閉合，將兩板間距調(diào)整為2d，電子仍然以初速度v水平射入，不計(jì)電子重力，則()圖8A.電子通過(guò)平行板電容器的時(shí)間是tB.平行板間電場(chǎng)對(duì)電子做功是eq\f(1,2)WC.電子離開(kāi)平行板間電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角是eq\f(1,2)θD.電子在屏幕所產(chǎn)生的光點(diǎn)的豎直偏移量是eq\f(1,2)y答案AD解析電子在平行板電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)平行板電容器的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則有t＝eq\f(L,v)，故電子通過(guò)平行板電容器的時(shí)間是t，A正確；設(shè)電子在平行板電容器中的加速度為a，電子在豎直方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，可得電子在平行板電容器間豎直偏移量為y1＝eq\f(1,2)at2，由牛頓第二定律和靜電力公式可得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，靜電力對(duì)電子做功為W＝qEy1，聯(lián)立解得W＝eq\f(1,2)·eq\f(q2U2,md2)t2，現(xiàn)將兩板間距調(diào)整為2d，則可知W′＝eq\f(1,4)W，B錯(cuò)誤；電子離開(kāi)平行板間電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角正切值tanθ＝eq\f(vy,v)＝eq\f(at,v)＝eq\f(qU,mdv)t，將兩板間距調(diào)整為2d，則tanθ′＝eq\f(1,2)tanθ，θ′≠eq\f(1,2)θ，C錯(cuò)誤；設(shè)電子在平行板電容器外豎直方向的位移y2＝Dtanθ，電子在屏幕所產(chǎn)生的光點(diǎn)的豎直偏移量是y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(qUt2,2md)＋Dtanθ，將兩板間距調(diào)整為2d，則豎直偏移量變?yōu)閥′＝eq\f(qUt2,4md)＋eq\f(Dtanθ,2)，則有y′＝eq\f(1,2)y，D正確。跟蹤訓(xùn)練4.如圖9所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線成30°角。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U(U＞0)，不計(jì)粒子重力，P點(diǎn)的電勢(shì)為零。則下列說(shuō)法正確的是()圖9A.粒子帶負(fù)電B.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為qUC.P、Q兩點(diǎn)間的豎直距離為eq\f(d,2)D.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(2\r(3)U,3d)答案D解析由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜電力方向豎直向上，與電場(chǎng)方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，靜電力做正功，為W＝qU，則粒子的電勢(shì)能減少了qU，P點(diǎn)的電勢(shì)為零，可知帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－qU，故B錯(cuò)誤；Q點(diǎn)速度的反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)，則y＝eq\f(\f(d,2),tan30°)＝eq\f(\r(3),2)d，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(U,y)＝eq\f(2\r(3)U,3d)，故D正確，C錯(cuò)誤。5.如圖10，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，讓質(zhì)子流以初速度v0垂直電場(chǎng)射入，沿a軌跡落到下板的中央。現(xiàn)只改變其中一條件，使質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將(忽略重力影響)()圖10A.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)B.初速度變?yōu)?v0C.板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)D.上板豎直移動(dòng)，使板間距變?yōu)?d答案C解析斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，極板上的電壓不變，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，A錯(cuò)誤；根據(jù)x＝v0t，a＝eq\f(qU,md)，y＝eq\f(1,2)at2，可得y＝eq\f(qUx2,2mdveq\o\al(2,0))，從下板邊緣射出時(shí)，豎直位移y不變，水平位移x變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，故可采取的措施是初速度變?yōu)?v0，或板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)，或上板上移使板間距變?yōu)?d，B、D錯(cuò)誤，C正確。A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1.(多選)(2023·遼寧鐵嶺市六校高三聯(lián)考)計(jì)算機(jī)鍵盤(pán)每個(gè)鍵下都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成一個(gè)可變的平行板電容器，如圖1所示。當(dāng)鍵被按下，此電容器的電容發(fā)生變化，與之相連的電子線路就能檢測(cè)到這個(gè)鍵被按下，從而給出相應(yīng)的信號(hào)。已知金屬片的正對(duì)面積為50mm2，鍵未被按下時(shí)兩金屬片的距離為0.6mm，當(dāng)鍵被按下時(shí)兩金屬片的距離為0.3mm，假設(shè)金屬片的正對(duì)面積及兩端的電壓始終保持不變，則鍵被按下后()圖1A.金屬片間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變B.金屬片間的電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍C.金屬片上的電荷量變?yōu)樵瓉?lái)的一半D.金屬片上的電荷量變?yōu)樵瓉?lái)的2倍答案BD解析根據(jù)E＝eq\f(U,d)，電壓不變，距離減小為原來(lái)的一半，則電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，電壓不變，距離減小為原來(lái)的一半，金屬片上的電荷量變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，C錯(cuò)誤，D正確。2.(2023·江蘇無(wú)錫市高三期末)如圖2所示，平行板電容器通過(guò)一滑動(dòng)變阻器R與直流電源連接，G為一零刻度在表盤(pán)中央的電流計(jì)，閉合開(kāi)關(guān)S后，下列說(shuō)法中正確的是()圖2A.若在兩板間插入電介質(zhì)，電容器的電容變小B.若在兩板間插入一導(dǎo)體板，電容器的帶電荷量變小C.若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向上移動(dòng)，電容器的帶電荷量變大D.若將電容器下極板向下移動(dòng)一小段距離，此過(guò)程電流計(jì)中有從a到b方向的電流答案C解析根據(jù)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，在兩板間插入電介質(zhì)，εr增加，所以電容器的電容變大，故A錯(cuò)誤；同理，在兩板間插入一導(dǎo)體板，由于導(dǎo)體板的靜電感應(yīng)，致使電容器兩板間距d減小，電容器的電容增加，由公式C＝eq\f(Q,U)可知，極板間電壓不變時(shí)，帶電荷量變大，故B錯(cuò)誤；將滑動(dòng)變阻器的滑片P向上移動(dòng)，電容器極板間電壓變大，電容器帶電荷量變大，故C正確；將電容器下極板向下移動(dòng)一小段距離，電容器的電容減小，電容器將放電，此過(guò)程電流計(jì)中有從b到a方向的電流，故D錯(cuò)誤。3.(2023·安徽五校聯(lián)盟高三聯(lián)考)如圖3所示，D是一只理想二極管，電流只能從a流向b，而不能從b流向a。平行板電容器的A、B兩極板間有一帶電油滴，電荷量為q(電荷量很小不會(huì)影響兩板間電場(chǎng)的分布)，帶電油滴在P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。以Q表示電容器儲(chǔ)存的電荷量，U表示兩極板間電壓，φP表示P點(diǎn)的電勢(shì)，EP表示帶電油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能。若保持極板A不動(dòng)，將極板B稍向下平移，則下列說(shuō)法中正確的是()圖3A.Q減小 B.U減小C.φP減小 D.EP減小答案D解析保持極板A不動(dòng)，將極板B稍向下平移，板間距離d增大，根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C減??；電容器的電壓不變時(shí)，則電容器所帶電荷量將要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電荷不能流回電源，所以電容器的電荷量Q保持不變；由于電容C減小，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，可知兩極板間電壓U變大；根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，P點(diǎn)與B板間電勢(shì)差UPB＝EdPB，UPB增大，根據(jù)UPB＝φP－φB可知P點(diǎn)的電勢(shì)增大，根據(jù)平衡條件可知帶電油滴帶負(fù)電，根據(jù)EP＝qφ可知油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能EP減小，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。對(duì)點(diǎn)練2帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)4.靜電火箭是利用電場(chǎng)加速工作介質(zhì)形成高速射流而產(chǎn)生推力的。工作過(guò)程簡(jiǎn)化圖如圖4所示，離子源發(fā)射的離子經(jīng)過(guò)加速區(qū)加速，進(jìn)入中和區(qū)與該區(qū)域里面的電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產(chǎn)生推力。根據(jù)題目信息可知()圖4A.M板電勢(shì)低于N板電勢(shì)B.進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與離子帶電荷量無(wú)關(guān)C.增大加速區(qū)MN極板的距離，可以增大射流速度而獲得更大的推力D.增大MN極板間的電壓，可以增大射流速度而獲得更大的推力答案D解析由于加速后的離子在中和區(qū)與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加速器極板M電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與比荷、加速電壓有關(guān)，與極板距離無(wú)關(guān)，電壓增大，速度增大，故D正確，B、C錯(cuò)誤。5.如圖5所示，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q1(q1>0)的粒子A；在負(fù)極板附近有一質(zhì)量也為m、電荷量為－q2(q2>0)的粒子B，僅在靜電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(3,7)l的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則以下說(shuō)法正確的是()圖5A.電荷量q1與q2的比值為3∶7B.電荷量q1與q2的比值為3∶4C.粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為9∶16D.粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為3∶7答案B解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)粒子A，有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)a1t2，對(duì)粒子B，有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)a2t2，聯(lián)立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。6.如圖6所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，則()圖6A.微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.微粒的加速度大小等于gsinθC.兩極板的電勢(shì)差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D.微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程，電勢(shì)能減少eq\f(mgd,cosθ)答案C解析微粒僅受靜電力和重力，靜電力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運(yùn)動(dòng)，合力方向沿水平方向，由此可知，靜電力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運(yùn)動(dòng)，微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得E＝eq\f(mg,qcosθ)，a＝gtanθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩極板的電勢(shì)差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項(xiàng)C正確；微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，電勢(shì)能增加量為eq\f(mgd,cosθ)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練3帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)7.(2023·吉林長(zhǎng)春質(zhì)檢)如圖7所示，空間存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以水平方向的初速度v0由O點(diǎn)射入，剛好通過(guò)豎直平面內(nèi)的P點(diǎn)，已知連線OP與初速度方向的夾角為θ＝45°，不計(jì)粒子的重力，則O、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UOP為()圖7A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2q) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),q) C.eq\f(2mveq\o\al(2,0),q) D.eq\f(5mveq\o\al(2,0),2q)答案C解析粒子所帶電荷量為正，則其所受的靜電力方向豎直向下，設(shè)OP長(zhǎng)度為L(zhǎng)，分析可知，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在豎直方向有Lsinθ＝eq\f(1,2)at2，水平方向有Lcosθ＝v0t，由牛頓第二定律有qE＝ma，即a＝eq\f(qE,m)，則OP兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UOP＝ELsinθ，聯(lián)立解得UOP＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),q)，C正確。8.(多選)如圖8所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速度地進(jìn)入水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入豎直向下的勻強(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()圖8A.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答案AD解析帶電粒子在電場(chǎng)E1中加速，由動(dòng)能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qE1d,m))；進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，qE2＝ma，聯(lián)立解得y＝eq\f(E2L2,4E1d)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功W＝qE2y＝eq\f(qEeq\o\al(2,2)L2,4E1d)，與粒子質(zhì)量無(wú)關(guān)，所以偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多，A正確；設(shè)粒子打到屏上時(shí)的速度大小為v′，由動(dòng)能定理得W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，可知v′＝eq\r(\f(qEeq\o\al(2,2)L2,2E1md)＋\f(2qE1d,m))，三種粒子質(zhì)量不相等，B錯(cuò)誤；三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間t總＝t0＋t勻＝eq\r(\f(2d,a0))＋eq\f(L＋l,v)＝eq\r(\f(2md,qE1))＋eq\r(\f(m,2qE1d))(L＋l)，故所用時(shí)間不相同，C錯(cuò)誤；由于y＝eq\f(E2L2,4E1d)，與粒子質(zhì)量無(wú)關(guān)，三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的水平位移相等，側(cè)移量相同，則出射角相同，所以三種粒子一定打到屏上的同一位置，D正確。B級(jí)綜合提升練9.(多選)(2023·山東濰坊市模擬)坐標(biāo)系xOy所在的豎直平面內(nèi)存在著范圍足夠大且方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸沿水平方向，一帶負(fù)電小球以初速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O水平射出，一段時(shí)間后小球通過(guò)第四象限Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L，－L))點(diǎn)(圖9中沒(méi)有標(biāo)出)。已知小球質(zhì)量為m，重力加速度為g，則小球()圖9A.從O到P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(L,v0)B.到達(dá)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)C.到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度偏向角正切值為tanθ＝1D.所受靜電力大小為eq\f(2mveq\o\al(2,0),L)＋mg答案AB解析從O到P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，小球在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(L,v0)，選項(xiàng)A正確；小球在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，則L＝eq\f(vy,2)t，即vy＝2v0，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為vP＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)B正確；到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度偏向角正切值為tanθ＝eq\f(vy,v0)＝2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理有mgL－FL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所受靜電力大小為F＝mg－eq\f(2mveq\o\al(2,0),L)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10.(多選)(2021·全國(guó)乙卷，20)四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與y軸平行。不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，可能正確的是()答案AD解析分析可知帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡方程為y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，則帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運(yùn)動(dòng)軌跡重合，C錯(cuò)誤；當(dāng)電場(chǎng)方向沿y軸正方向時(shí)，帶正電的粒子向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的粒子向y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運(yùn)動(dòng)軌跡與粒子(－q，m)的運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于x軸對(duì)稱，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，則x相同時(shí)，粒子(＋q，2m)沿y軸方向的偏轉(zhuǎn)量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正確；當(dāng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向時(shí)，同理可知A正確，B錯(cuò)誤。11.(20