微專題12帶電粒子在電場中的運(yùn)動

微專題12帶電粒子在電場中的運(yùn)動【知識規(guī)律整合】知識整合熱點(diǎn)考向考向1：與平行板電容器有關(guān)的電場問題?？枷?：帶電粒子在電場中的運(yùn)動?？枷?：帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動。題型一平行板電容器的動態(tài)分析【例1】如圖1所示，平行板電容器PQ與電源相接，電源與電容器之間接一理想二極管D。當(dāng)電容器極板Q移至虛線處時(shí)，有關(guān)電容器的下列說法正確的是()圖1A．電容減小，極板所帶電荷量減小B．電容減小，極板間電壓不變C．極板間電壓不變，電場強(qiáng)度減小D．極板所帶電荷量不變，電場強(qiáng)度不變答案D解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知板間距離變大，電容減小，假設(shè)電壓不變，則電荷量會減小，由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹姡瑒t電荷量不變，那么根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，極板間的電壓增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，U＝Ed得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由此分析可知，板間電場強(qiáng)度E不變，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。電容器動態(tài)分析的解題思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，分析平行板電容器電容的變化情況，如例1中“下移極板”則d發(fā)生變化。(3)根據(jù)C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化情況。(4)根據(jù)E＝eq\f(U,d)或E＝eq\f(4πkQ,εrS)分析電容器極板間電場強(qiáng)度的變化情況。(5)根據(jù)Q的變化情況，分析電容器發(fā)生充電還是放電，分析電路中電流的方向?！踞槍τ?xùn)練1】如圖2所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()圖2A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變答案D解析若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減?。桓鶕?jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變，P點(diǎn)離下極板的距離不變，則P點(diǎn)與下極板間的電勢差不變，P點(diǎn)的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確。題型二帶電粒子在電場中的運(yùn)動1．如果是帶電粒子在恒定靜電力作用下的直線運(yùn)動問題，可應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等；也可用功能觀點(diǎn)分析。如果是非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動，一般利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化。2．對于曲線運(yùn)動問題，一般是類平拋運(yùn)動模型，通常采用運(yùn)動的合成與分解方法處理?！纠?】如圖3所示，真空中水平放置的兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，一電荷量為＋q(q>0)，質(zhì)量為m的小球從兩板中央以水平速度v0射入板間，小球離開電場后恰能垂直打在距離金屬板右端2L的屏M上，已知重力加速度為g。求：圖3(1)板間電場強(qiáng)度E的大小和方向；(2)板間電勢差U要滿足什么條件？答案(1)eq\f(3mg,q)方向豎直向上(2)U≥eq\f(6m,q)(eq\f(gL,v0))2解析(1)設(shè)小球在電場中運(yùn)動的加速度為a，運(yùn)動時(shí)間為t1，剛飛出電場時(shí)豎直速度為vy，由題意可知a＝eq\f(qE－mg,m)t1＝eq\f(L,v0)，vy＝at1小球飛出電場后到垂直擊中屏所經(jīng)歷的時(shí)間為t2＝eq\f(2L,v0)，vy＝gt2聯(lián)立以上各式解得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(3mg,q)，方向豎直向上。(2)設(shè)板間距離為d，要使小球能飛出電場，應(yīng)滿足eq\f(d,2)≥eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)兩板間的電勢差為U＝Ed聯(lián)立解得U≥eq\f(6m,q)(eq\f(gL,v0))2?！踞槍τ?xùn)練2】有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖4所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場，再經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符，不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉(zhuǎn)距離減小)，下列措施可行的是()圖4A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離C．減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓D．減小墨汁微粒的噴出速度答案C解析微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，則在水平方向上有L＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，加速度為a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))，要縮小字跡，就要減小微粒在豎直方向上的偏轉(zhuǎn)量y，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的質(zhì)量、增大偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離、增大墨汁微粒的噴出速度、減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U等，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。題型三帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動問題1．對于帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，需要進(jìn)行分段處理，分析粒子在每段運(yùn)動過程中的受力特點(diǎn)和運(yùn)動性質(zhì)。2．作出粒子的v－t圖像或某一方向上的v－t圖像，借助圖像、結(jié)合軌跡，使運(yùn)動過程更直觀。轉(zhuǎn)換思路如下：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t圖像,U－t圖像,E－t圖像))eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)換))a－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)換))v－t圖像?！纠?】(2022·江蘇連云港高三期中)如圖5甲所示，真空室中電極K發(fā)出的電子(初速度不計(jì))經(jīng)過電壓為U1的加速電場加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入兩極板間，最后打在熒光屏上。C、D極板間加一交變電壓，電壓UCD隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，C、D極板長為L，板間距離為d，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，熒光屏距C、D極板右端的距離為eq\f(L,6)，且所有電子都能從C、D極板右端射出。圖5(1)求電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度大?。?2)若偏轉(zhuǎn)電場的周期等于電子通過C、D極板的時(shí)間，求打到熒光屏上的電子距離O點(diǎn)的最大距離；(3)若偏轉(zhuǎn)電場的周期等于電子通過C、D極板時(shí)間的2倍，求打在熒光屏上O點(diǎn)時(shí)電子的動能。答案(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,8dU1)(3)eU1＋eq\f(eUeq\o\al(2,2)L2,36U1d2)解析(1)對電子在加速電場中，由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)t＝0、T、2T……時(shí)刻進(jìn)入的電子向上偏轉(zhuǎn)量最大(同理，t＝eq\f(1,2)T、eq\f(3,2)T……時(shí)刻進(jìn)入的電子向下偏轉(zhuǎn)量最大)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時(shí)間為t0＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU1))距離O點(diǎn)的最大距離為y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)))eq\s\up12(2)×2＝eq\f(U2L2,8dU1)。(3)電子要能達(dá)到O點(diǎn)，電子在豎直方向先加速后減速再反向加速，且向上和向下位移大小相等，向上偏轉(zhuǎn)量y上＝eq\f(1,2)a(Δt)2×2向下偏轉(zhuǎn)量y下＝eq\f(1,2)a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)eq\f(L,6v0)且y上＝y(tǒng)下，解得Δt＝eq\f(t0,3)豎直方向，電子速度從零反向加速位移y′＝eq\f(1,2)a(t0－2Δt)2靜電力做功W＝eeq\f(U2,d)y′＝eq\f(eUeq\o\al(2,2)L2,36U1d2)打在熒光屏上O點(diǎn)時(shí)電子的動能Ek＝eU1＋eq\f(eUeq\o\al(2,2)L2,36U1d2)?！踞槍τ?xùn)練3】一勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像如圖6所示。在該勻強(qiáng)電場中，有一個(gè)帶電粒子于t＝0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受靜電力作用，則下列說法中正確的是()圖6A．帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動B．0～2s內(nèi)，靜電力所做的功等于零C．4s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)D．2.5～4s內(nèi)，靜電力的沖量等于零答案D解析由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小a1＝eq\f(qE0,m)，第2s內(nèi)加速度大小a2＝eq\f(2qE0,m)，則a1＝eq\f(1,2)a2，因此粒子先加速1s再減速0.5s速度變?yōu)榱悖酉聛淼?.5s將反向加速運(yùn)動，A錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)，帶電粒子的初速度為零，但末速度不為零，由動能定理可知，靜電力所做的功不為零，B錯(cuò)誤；帶電粒子運(yùn)動的v－t圖像如圖所示，v－t圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的圖形的“面積”表示帶電粒子的位移，由圖像可以看出，前4s內(nèi)的位移不為零，所以帶電粒子不會回到原出發(fā)點(diǎn)，C錯(cuò)誤；2.5～4s內(nèi)，靜電力的沖量為I＝2qE0×0.5s＋(－qE0)×1s＝0，D正確。題型四帶電粒子在等效重力場中的運(yùn)動等效重力場：重力場、電場等疊加而成的復(fù)合場；等效重力：重力、靜電力的合力?！纠?】如圖7所示，ABCD為表示豎直放在電場強(qiáng)度為E＝104V/m的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切，A為水平軌道的一點(diǎn)，而且AB＝R＝0.2m。把一質(zhì)量m＝100g、帶電荷量q＝10－4C的小球，放在水平軌道的A點(diǎn)由靜止開始被釋放后，在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(g＝10m/s2)。求：圖7(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度是多大？(2)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對軌道壓力是多大？(3)小球所能獲得的最大動能是多少？答案(1)2m/s(2)3N(3)eq\f(\r(2),5)J解析(1)設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小是vC，對軌道的壓力大小為FNC，則對于小球由A→C的過程中，由動能定理得qE·2R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得vC＝eq\r(\f(4qER,m)－2gR)＝2m/s。(2)在C點(diǎn)的圓軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有FNC－qE＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FNC＝5qE－2mg＝3N根據(jù)牛頓第三定律知，小球在C點(diǎn)對軌道的壓力大小為3N。(3)因?yàn)閙g＝qE＝1N所以重力和靜電力的合力的方向垂直于B、C點(diǎn)的連線BC，交圓弧于D點(diǎn)，即小球在D點(diǎn)時(shí)動能最大，從A到D，由動能定理得Ekm＝qER(1＋sin45°)－mgR(1－cos45°)＝eq\f(\r(2),5)J。等效重力場的解題思路(1)受力分析，計(jì)算等效重力(重力與靜電力的合力)的大小和方向。(2)在復(fù)合場中找出等效最低點(diǎn)、最高點(diǎn)。(3)根據(jù)圓周運(yùn)動供需平衡結(jié)合動能定理列方程處理?！踞槍τ?xùn)練4】如圖8所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，一質(zhì)量為m、帶正電的小球用長為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止在B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ?，F(xiàn)給小球一個(gè)垂直于細(xì)線的初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，試問：(重力加速度為g)圖8(1)小球做圓周運(yùn)動的過程中，在哪一位置時(shí)速度最?。克俣茸钚≈禐槎啻?？(2)小球在B點(diǎn)的初速度為多大？答案(1)與B點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱的位置eq\r(\f(gl,cosθ))(2)eq\r(\f(5gl,cosθ))解析(1)如圖所示，小球所受到的重力、靜電力均為恒力，二力的合力為F＝eq\f(mg,cosθ)。重力場與電場的疊加場為等效重力場，F(xiàn)為等效重力，小球在疊加場中的等效重力加速度為g′＝eq\f(g,cosθ)，其方向與F同向，因此B點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，A點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，小球在A點(diǎn)速度最小，設(shè)為vA，此時(shí)細(xì)線的拉力為零，等效重力提供向心力，則mg′＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)解得小球的最小速度為vA＝eq\r(\f(gl,cosθ))。(2)設(shè)小球在B點(diǎn)的初速度為vB由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg′·2l解得vB＝eq\r(\f(5gl,cosθ))。1．(2019·天津卷，3)如圖9所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程()圖9A．動能增加eq\f(1,2)mv2B．機(jī)械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2D．電勢能增加2mv2答案B解析動能變化量ΔEk＝eq\f(1,2)m×(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯(cuò)誤；重力和靜電力做功，機(jī)械能增加量等于電勢能減少量，帶電小球在水平方向上，向左做勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，則電勢能減少量等于靜電力做的功ΔEp減＝W電＝qEx＝2mv2，B正確，D錯(cuò)誤；在豎直方向做勻減速運(yùn)動，到N點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為零，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤。2．(2022·湖北卷，4)密立根油滴實(shí)驗(yàn)裝置如圖10所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場。用一個(gè)噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時(shí)由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時(shí)，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為()圖10A．q，r B．2q，rC．2q，2r D．4q，2r答案D解析初始狀態(tài)下，油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，滿足qE＝mg，即qeq\f(U,d)＝eq\f(4,3)πr3·ρg，當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時(shí)，若油滴的半徑不變，則滿足q′eq\f(2U,d)＝eq\f(4,3)πr3·ρg可得q′＝eq\f(q,2)，A、B錯(cuò)誤；若油滴的半徑變?yōu)?r時(shí)，則滿足q″e(cuò)q\f(2U,d)＝eq\f(4,3)π(2r)3·ρg，可得q″＝4q，C錯(cuò)誤，D正確。3．(2022·浙江6月選考，9)如圖11所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng))。t＝0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則()圖11A．M板電勢高于N板電勢B．兩個(gè)粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D．粒子從N板下端射出的時(shí)間t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)答案C解析由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意垂直M板向右的粒子到達(dá)N板時(shí)速度增加，動能增加，則靜電力做正功，電勢能減小，則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)靜電力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯(cuò)誤；設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動，因兩粒子相同，則在電場中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－veq\o\al(2,0)＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，故C正確，D錯(cuò)誤。4．(2020·全國卷Ⅰ，25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心、半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖12所示。質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°。運(yùn)動中粒子僅受靜電力作用。圖12(1)求電場強(qiáng)度的大??；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qR)(2)eq\f(\r(2),4)v0(3)eq\f(\r(3),2)v0解析(1)初速度為零的粒子，由C點(diǎn)射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C。由幾何關(guān)系和電場強(qiáng)度的定義知AC＝R①F＝qE②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qR)。④(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長線交于P點(diǎn)，則自D點(diǎn)從圓周上穿出的粒子的動能增量最大。由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場時(shí)動能增量最大，在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t1。粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于DP。由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式有F＝ma⑥AP＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)⑦DP＝v1t1⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2),4)v0。⑨(3)設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時(shí)，在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t。以A為原點(diǎn)，粒子進(jìn)入電場的方向?yàn)閤軸正方向，電場方向?yàn)閥軸正方向建立直角坐標(biāo)系。由動量定理得qEt＝mv0eq\o(○,\s\up1(10))垂直電場方向由運(yùn)動學(xué)公式可知x＝vt?粒子出電場的位置是C或B，由幾何關(guān)系可知x＝0或x＝eq\r(3)R?聯(lián)立④⑩??式得v＝0或v＝eq\f(\r(3),2)v0。因進(jìn)入電場時(shí)速度方向與電場方向垂直，所以速度應(yīng)為eq\f(\r(3),2)v0。1．飛機(jī)油箱內(nèi)的油量是估計(jì)其續(xù)航時(shí)間和確保飛行安全的重要參數(shù)。一種電容式測量飛機(jī)油箱內(nèi)油量的裝置如圖1所示，油箱內(nèi)置圓筒形電容器，電容的變化反映了油面高度的變化，下列說法正確的是()圖1A．給飛機(jī)供油時(shí)油量增加，相當(dāng)于改變了電容器中的電介質(zhì)，電容會增大B．給飛機(jī)供油時(shí)油量增加，相當(dāng)于改變了電容器中的電介質(zhì)，電容會減小C．飛行過程中油量減少，相當(dāng)于改變了兩極板間的正對面積，電容會減小D．飛行過程中油量減少，相當(dāng)于改變了兩極板間的正對面積，電容會增加答案A解析給飛機(jī)供油時(shí)油量增加，相當(dāng)于改變了電容器中的電介質(zhì)，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容會增大，故A正確。2．(2022·江蘇蘇州高三期末)如圖2所示，平行板電容器通過靈敏電流計(jì)G連接在直流電源兩端。最初電容器的上、下極板水平，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。保持電容器下極板和上極板左端不動，在用絕緣工具將上極板右端緩緩沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動角度θ(θ<45°)的過程中，觀察到的現(xiàn)象是()圖2A．靈敏電流計(jì)G中有電流通過，方向從a向bB．靈敏電流計(jì)G中沒有電流通過C．帶電油滴做曲線運(yùn)動D．帶電油滴做直線運(yùn)動答案C解析將上極板右端緩緩沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動角度θ(θ<45°)的過程中，正對面積減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，則電容器電容減小，由于兩極板與電源相接則兩極板電壓保持不變，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，兩極板的電荷量減小，處于放電過程，則靈敏電流計(jì)G中有電流通過，方向從b向a，所以A、B錯(cuò)誤；極板方向變化后電場強(qiáng)度方向也發(fā)生變化，則靜電力的方向不斷變化，靜電力與重力的合力方向也不斷變化，則帶電油滴將做曲線運(yùn)動，所以C正確，D錯(cuò)誤。3．(2022·江蘇無錫高三期末)如圖3所示，平行板電容器通過一滑動變阻器R與直流電源連接，G為一零刻度在表盤中央的電流計(jì)，閉合開關(guān)S后，下列說法中正確的是()圖3A．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，電容器的帶電量變小C．若將滑動變阻器滑片P向上移動，電容器的帶電量變大D．若將電容器下極板向下移動一小段距離，此過程電流計(jì)中有從a到b方向的電流答案C解析在兩板間插入電介質(zhì)，εr增加，根據(jù)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容器的電容變大，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的時(shí)候，帶電量變大，故B錯(cuò)誤；將滑動變阻器滑片P向上移動，電容器極板間電壓變大，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，C不變易知電容器帶電量變大，故C正確；將電容器下極板向下移動一小段距離，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容器的電容減小，再根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，可知電容器將放電，此過程電流計(jì)中有從b到a方向的電流，故D錯(cuò)誤。4．(2022·江蘇揚(yáng)州高三期末)一對平行金屬板帶有等量異種電荷，上極板帶正電，形成的電場線如圖4所示，一帶正電的粒子從P點(diǎn)沿兩板間中線MN方向射入。則()圖4A．b點(diǎn)電場強(qiáng)度比a點(diǎn)大B．c點(diǎn)電勢比b點(diǎn)高C．粒子將沿MN做直線運(yùn)動D．粒子從右側(cè)離開極板后做勻速直線運(yùn)動答案B解析因?yàn)殡妶鼍€的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小，由題圖可知b點(diǎn)電場強(qiáng)度比a點(diǎn)小，故A錯(cuò)誤；因?yàn)檠仉妶鼍€電勢降低，且b與d點(diǎn)在同一等勢面上，由題圖可知c點(diǎn)電勢比d點(diǎn)高，故c點(diǎn)電勢比b點(diǎn)高，故B正確；因?yàn)榱Ｗ邮艿届o電力作用，且靜電力方向與速度方向不共線，所以粒子做曲線運(yùn)動，故C錯(cuò)誤；粒子從右側(cè)離開極板仍受到靜電力的作用，所以不會做勻速直線運(yùn)動，故D錯(cuò)誤。5．(2021·江蘇海安縣實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三月考)如圖5所示，R為阻值較大的電阻，電容器C不帶電?，F(xiàn)將開關(guān)合到1，待電路穩(wěn)定后再合到2，此過程中通過R的電流i隨時(shí)間t變化的圖像可能是()圖5答案A解析電容器充電和放電時(shí)通過R的電流方向相反，且通過R的電荷量應(yīng)相等，則充電圖線與放電圖線與t軸所圍面積應(yīng)相等。另外，充電和放電過程電流都是從某一定值逐漸減小至零，不會發(fā)生電流的突變。綜上所述可知A符合題意。6．(2022·江蘇蘇州月考)如圖6所示，兩個(gè)距離較近的足夠大的金屬板組成平行板電容器，兩極板帶上等量異種電荷?？烧J(rèn)為每個(gè)極板上電荷均勻分布，由對稱性可知，每個(gè)極板單獨(dú)激發(fā)的電場為與其垂直且兩側(cè)對稱的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)把兩極板間距離增加為原來的2倍，不考慮邊界效應(yīng)，兩極板間的靜電作用力變?yōu)樵瓉淼?)圖6A．1倍 B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,4) D．2倍答案A解析當(dāng)兩塊相同的帶等量異種電荷的較大金屬板相距很近時(shí)，其中間區(qū)域，可以看作是兩個(gè)無限大帶電平面所產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場疊加；如果再忽略邊緣效應(yīng)，平行板電容器兩板間的電場就可以看作是勻強(qiáng)電場，設(shè)每個(gè)極板帶電量為Q，每個(gè)極板單獨(dú)激發(fā)的電場強(qiáng)度為E，則兩極板間的電場強(qiáng)度為2E，一個(gè)極板受另一個(gè)極板的電場力為F＝EQ，若兩極板間距離增加為原來的2倍，則每個(gè)極板在另一個(gè)極板處的電場強(qiáng)度不變，則兩極板間的靜電作用力不變。故A正確。7．(2021·江蘇無錫高三期中)無限大帶電平面電場線的分布如圖7甲所示，平行板電容器周圍電場線的分布如圖乙所示。乙圖中AB為一條平行于極板的直線，下列說法正確的是()圖7A．電容器極板帶電量越大，兩板之間的電場越接近勻強(qiáng)電場B．電容器極板面積越大，兩板之間的電場越接近勻強(qiáng)電場C．乙圖中A、B兩點(diǎn)的電勢滿足φA<φBD．乙圖中A、B兩點(diǎn)的電勢相同答案B解析極板面積越大，越趨于無限大平板，對于有限大平板而言，除了中心線上的點(diǎn)，其他點(diǎn)都無法做到完全對稱，也就無法消除平行板方向的電場，也就是說有限大的平板不可能形成勻強(qiáng)電場，所以無論板間距離，帶電量怎么變化都不可能越接近勻強(qiáng)電場，所以A錯(cuò)誤，B正確；由于等勢面總是與電場線垂直，乙圖中A、B兩點(diǎn)的電勢不相同，有φA>φB，所以C、D錯(cuò)誤。8．如圖8，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，分別固定在絕緣水平桌面上的A、B兩點(diǎn)，一絕緣圓形細(xì)管水平固定在桌面A、B兩點(diǎn)間，且圓形細(xì)管圓心O位于A、B連線的中點(diǎn)，細(xì)管與A、B連線及中垂線交點(diǎn)分別為C、E，D、F。一個(gè)帶負(fù)電的小球在細(xì)管中按順時(shí)針方向做完整的圓周運(yùn)動，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是()圖8A．小球從C運(yùn)動到D的過程中，速度先減小后增大B．在兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，C點(diǎn)的電勢比F點(diǎn)的電勢低C．小球在C、E兩點(diǎn)的速度大小相等，有相同的電勢能D．小球在D、F兩點(diǎn)所受的靜電力相同答案C解析小球從C到D的過程中靜電力的方向一直與速度方向是鈍角，靜電力一直做負(fù)功，速度一直減小，A錯(cuò)誤；由等量正電荷的電場線的分布可知，電場線在OC方向由C指向O，在OF方向則由O指向F，沿著電場線方向電勢降低，因此有φC>φO>φF，B錯(cuò)誤；由等量正電荷的電場的對稱性可得，在C、E兩點(diǎn)電勢相等，則小球在C、E兩點(diǎn)具有相同的電勢能，小球在細(xì)管中運(yùn)動，從C到E過程中僅有靜電力做功，由能量守恒定律可得小球在C、E兩點(diǎn)動能變化等于在C、E兩點(diǎn)電勢能變化，故小球動能變化為零，即在C、E兩點(diǎn)的速度大小相等，C正確；等量同種電荷的電場線如圖，D點(diǎn)電場線向上，F(xiàn)點(diǎn)電場線向下，因此靜電力方向不同，D錯(cuò)誤。9．(2022·江蘇揚(yáng)州高三期中)如圖9(a)所示，一光滑絕緣細(xì)直長桿處于靜電場中，沿細(xì)桿建立坐標(biāo)軸x，細(xì)桿各處電場方向均沿x軸正方向，電場強(qiáng)度E隨x的分布如圖(b)所示。帶電的小環(huán)套在細(xì)桿上，其質(zhì)量m＝0.2kg、電荷量q＝－2×10－6C。小環(huán)受沿x軸正方向的恒力F＝1N的作用，從O點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，OA＝AB＝1m，以O(shè)點(diǎn)為零電勢點(diǎn)