高考物理培優(yōu)一輪計劃全國創(chuàng)新版培優(yōu)講義第8章電場第31課時電容器

第31課時電容器'帶電粒子在電場中的運動考點1電容器1．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Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成eq\o(□,\s\up3(10))正比，與兩板間的距離成eq\o(□,\s\up3(11))反比。(2)決定式：C＝eq\o(□,\s\up3(12))eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。特別提醒：C＝eq\f(Q,U)適用于任何電容器，但C＝eq\f(εrS,4πkd)僅適用于平行板電容器。1．(多選)有一只電容器的規(guī)格是“1.5μF,9V”，那么()A．這只電容器上的電荷量不能超過1.5×10－5CB．這只電容器上的電荷量不能超過1.35×10－5CC．這只電容器的額定電壓為9VD．這只電容器的擊穿電壓為9V答案BC解析9V為電容器的額定電壓(或工作電壓)，故C正確；正常工作時的帶電荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C，B正確。2．(教科版選修3－1P40·T9改編)關(guān)于已充上電的某個平行板電容器，下列說法不正確的是()A．兩極板上一定帶異號電荷B．兩極板所帶的電荷量一定相等C．充上的電量越多，其電容就越大D．充上的電量越多，兩極板間的電勢差就越大答案C解析給電容器充電，電容器兩極板分別帶上等量異號電荷，A、B正確；電容器的電容大小取決于它的結(jié)構(gòu)，與所帶電荷量的多少無關(guān)，C錯誤；根據(jù)U＝eq\f(Q,C)，電容器的電荷量越大，兩極板間的電勢差越大，D正確。3．(人教版選修3－1P30演示實驗改編)(多選)如圖所示為“研究影響平行板電容器電容的因素”的實驗裝置，以下說法正確的是()A．A板與靜電計的指針帶的是異種電荷B．甲圖中將B板上移，靜電計的指針偏角增大C．乙圖中將B板左移，靜電計的指針偏角不變D．丙圖中將電介質(zhì)插入兩板之間，靜電計的指針偏角減小答案BD解析靜電計指針與A板連為一個導體，帶電性質(zhì)相同，A錯誤；根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，B板上移，S減小，C減小，Q不變，則U增大，B正確；B板左移，d增大，C減小，則U增大，C錯誤；插入電介質(zhì)，εr增大，電容C增大，則U減小，D正確?？键c2平行板電容器的動態(tài)分析1．對公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。2．運用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路(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＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化。(3)用定義式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。(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強度的變化。3．電容器兩類問題的比較[例1]如圖所示，平行板電容器的兩個極板為A、B，B板接地，使其A板帶有電荷量＋Q，B板帶有電荷量－Q，板間電場中有一固定點P，以下說法正確的是()A．若將B板固定，A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢降低B．若將B板固定，A板下移時，P點的電場強度增大，P點電勢升高C．若將A板固定，B板上移時，P點的電場強度不變，P點電勢降低D．如果A板固定，B板上移時，P點的電場強度增大，P點電勢升高解析由題可知電容器兩板所帶電量不變，正對面積不變，A板下移時，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)可推出：E＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，P點的電場強度E不變。P點與下板的距離不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點與下板的電勢差不變，則P點的電勢不變，故A、B錯誤；B板上移時，同理得知，P點的電場強度不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點與下板的電勢差減小，而P點的電勢高于下板的電勢，下板的電勢為零，所以P點電勢降低，故C正確、D錯誤。答案C1．電容器的動態(tài)變化分析問題要會根據(jù)電容器的決定式和定義式推導出板間的場強E＝eq\f(4πkQ,εrS)，此結(jié)論表明，當電容器帶電量一定時，兩板之間的電場強度與兩板間距無關(guān)，此公式要在理解并會推導的基礎(chǔ)上記住，這是一個很重要的結(jié)論。2．解電容器問題的常用技巧(1)在電荷量保持不變的情況下，電場強度與板間的距離無關(guān)。(2)對平行板電容器的有關(guān)物理量Q、E、U、C進行討論時，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＝eq\f(εrS,4πkd)、Q＝CU和E＝eq\f(U,d)進行判定。電源、開關(guān)、平行板電容器連成如圖所示電路。閉合開關(guān)S，電源對電容器充電后，電容器帶電量為Q，板間電壓為U，板間電場強度大小為E0。則下列說法正確的是()A．若將A板下移少許，Q增大；U減小；E0不變B．若將A板下移少許，Q不變；U減小；E0減小C．若斷開開關(guān)，將A板下移少許，Q增大；U不變；E0增大D．若斷開開關(guān)，將A板下移少許，Q不變；U減?。籈0不變答案D解析開關(guān)閉合時電容器兩極板間電壓U不變，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，A板下移(板間距d減小)，電容C將增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電容器帶電量Q將增大，由公式E0＝eq\f(U,d)可知板間場強增大，A、B錯誤；開關(guān)斷開后電容器帶電量Q不變，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，A板下移(板間距d減小)，電容C將增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電容器極板間電壓U將減小。由以上三式可解得公式E0＝eq\f(4kπQ,εrS)，由此可知板間場強不變，C錯誤、D正確?？键c3帶電粒子在電場中的直線運動1．帶電粒子在勻強電場中做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(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動或勻減速直線運動。2．帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法[例2]如圖所示，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，帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則()A．微粒達到B點時動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．微粒從A點到B點的過程電勢能減少eq\f(mgd,cosθ)D．兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)解析對微粒進行受力分析如圖可知，微粒做勻減速直線運動，動能減小，故A錯誤；由tanθ＝eq\f(ma,mg)得a＝gtanθ，故B錯誤；微粒的電勢能增加量ΔE＝qEd＝eq\f(ma,sinθ)·d，又ΔE＝qU，得到兩極板的電勢差U＝eq\f(mgd,qcosθ)，微粒從A點到B點的過程電勢能增加eq\f(mgd,cosθ)，故C錯誤、D正確。答案D處理帶電粒子在電場中運動的常用技巧(1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子等)在電場中的運動，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化。(2)普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場中的運動，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化。如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關(guān)S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個小孔a和b。在a孔正上方某處一帶電質(zhì)點由靜止開始下落，不計空氣阻力，該質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，然后返回。現(xiàn)要使帶電質(zhì)點能穿出b孔，可行的方法是()A．保持S閉合，將A板適當上移B．保持S閉合，將B板適當下移C．先斷開S，再將A板適當上移D．先斷開S，再將B板適當下移答案B解析設(shè)質(zhì)點距離A板的高度h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U。質(zhì)點的電量為q，由質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理得mg(h＋d)－qU＝0。若保持S閉合，將A板適當上移，設(shè)質(zhì)點到達b時速度為v1，由動能定理得mg(h＋d)－qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝0，說明質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，然后返回，不能穿過b孔，故A錯誤；若保持S閉合，將B板適當下移距離Δd，由動能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，則v2>0，說明質(zhì)點能穿出b孔，故B正確；若斷開S時，將A板適當上移，板間電場強度不變，設(shè)A板上移距離為Δd，質(zhì)點到達B板時速度為v3。由動能定理得mg(h＋d)－qE(d＋Δd)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，又由原來情況有mg(h＋d)－qEd＝0。比較兩式得，v3<0，說明質(zhì)點不能穿出b孔，故C錯誤；若斷開S，再將B板適當下移，B板下移距離為Δd，設(shè)質(zhì)點到達B板時速度為v4。由動能定理得mg(h＋d＋Δd)－qE(d＋Δd)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)，又由原來情況有mg(h＋d)－qEd＝0。比較兩式得，v4<0，說明質(zhì)點不能穿出b孔，故D錯誤?？键c4帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．粒子的偏轉(zhuǎn)角(1)以初速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場，如圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為U1，若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為θ則tanθ＝eq\f(vy,vx)，式中vy＝at＝eq\f(qU1,md)·eq\f(L,v0)，vx＝v0，代入得tanθ＝eq\f(qU1L,mv\o\al(2,0)d)。(2)經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場若不同的帶電粒子都是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場U1的，則由動能定理有：qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：tanθ＝eq\f(U1L,2U0d)。結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場。2．分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題(1)分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(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。(2)粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論①以初速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場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)))2作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點，O點與電場右邊緣的距離為x，則x＝eq\f(y,tanθ)＝eq\f(L,2)。結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的eq\f(L,2)處沿直線射出。②經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子都是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入同一偏轉(zhuǎn)電場U1的，則分析可得偏移量：y＝eq\f(U1L2,4U0d)偏轉(zhuǎn)角正切值：tanθ＝eq\f(U1L,2U0d)。結(jié)論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量y和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，也就是運動軌跡完全重合。(3)設(shè)屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離為D，則計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的幾種方法：(如圖所示)①Y＝y(tǒng)＋Dtanθ；②Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋D))tanθ；③Y＝y(tǒng)＋vy·eq\f(D,v0)；④根據(jù)三角形相似：eq\f(Y,y)＝eq\f(\f(L,2)＋D,\f(L,2))。[例3](多選)如圖，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)、氘核(eq\o\al(2,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)都沿平行板電容器中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，射出后都能打在同一個與中線垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點，粒子重力不計，下列推斷正確的是()A．若它們射入電場時的速度相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點B．若它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點C．若它們射入電場時的動量相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點D．若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點解析三個粒子進入勻強電場中都做類平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則得到：a＝eq\f(qE,m)，偏轉(zhuǎn)距離為：y＝eq\f(1,2)at2，運動時間為t＝eq\f(L,v0)，聯(lián)立三式得：y＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))。若它們射入電場時的速度相等，y與比荷成正比，而三個粒子中質(zhì)子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點，故A錯誤；若它們射入電場時的動能相等，y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點，故B錯誤；若它們射入電場時的動量相等，y＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))＝eq\f(qmEL2,2mv02)，可見y與qm成正比，三個qm都不同，則在熒光屏上將只出現(xiàn)3個亮點，故C正確；若它們是由同一個電場U0從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場U1的，根據(jù)推論y＝eq\f(U1L2,4U0d)可知，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點，故D正確。答案CD帶電粒子在電場中的運動可分為粒子在電場中加速運動和偏轉(zhuǎn)運動。加速運動時，往往根據(jù)動能定理求得末速度，而在電場中的偏轉(zhuǎn)與平拋運動類似，將運動分解成水平方向和豎直方向兩個運動解決，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速運動。帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)是在考綱中屬于Ⅱ級要求，利用動能定理、平拋運動規(guī)律是解決電場中加速、偏轉(zhuǎn)問題的基本方法，熟記一些二級結(jié)論有助于提升答題速度，如不同粒子在同一電場中先加速再偏轉(zhuǎn)時，偏移量與比荷無關(guān)等。1．如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(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，應該()A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)答案A解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長度為L，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(U2L2,4dU1)。U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，即y不變，則必須使U2加倍。故選A。2．如圖，兩平行金屬板水平放置，板長為L，間距為d，板間電壓為U，一不計重力電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，恰好沿下板的邊緣飛出，粒子通過平行金屬板的時間為t，則()A．在eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,4)qUB．在eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)qUC．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶2D．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1答案D解析設(shè)粒子在前eq\f(t,2)時間內(nèi)和在后eq\f(t,2)時間內(nèi)豎直位移分別為y1、y2，由y＝eq\f(1,2)at2和勻變速直線運動的推論可知y1∶y2＝1∶3，得：y1＝eq\f(1,8)d，y2＝eq\f(3,8)d，則在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為：W1＝q·eq\f(1,8)U＝eq\f(1,8)qU，在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為：W2＝q·eq\f(3,8)U＝eq\f(3,8)qU，故A、B錯誤；根據(jù)W＝qEy可得，在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶1，故C錯誤，D正確。故選D。3．如圖，一帶電粒子從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q板上如圖所示的位置，在其他條件不變的情況下要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，下列操作中可能實現(xiàn)的是(不計粒子重力)()A．保持開關(guān)S閉合，適當上移P極板B．保持開關(guān)S閉合，適當左移P極板C．先斷開開關(guān)S，再適當上移P極板D．先斷開開關(guān)S，再適當左移P極板答案A解析粒子做類似斜拋運動，水平分運動是勻速直線運動，要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不變，只能增加運動的時間。保持開關(guān)S閉合，適當上移P極板，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，d增加，場強E減小，故加速度a＝eq\f(qE,m)減小，根據(jù)t＝eq\f(2vy0,a)，時間延長，可能從小孔B射出，故A正確；保持開關(guān)S閉合，適當左移P極板，場強不變，故粒子加速度不變，運動軌跡不變，故B錯誤；先斷開開關(guān)S，再適當上移P極板，極板上電荷量不變，根據(jù)結(jié)論E＝eq\f(4πkQ,εrS)可得場強不變，故粒子加速度不變，運動軌跡不變，故C錯誤；先斷開開關(guān)S，再適當左移P極板，極板上電荷量不變，場強變大，故粒子加速度變大，故時間縮短，水平分位移減小，故不可能從小孔B射出，故D錯誤。1.(2018·寧夏羅平中學測試)(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，斷開電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出，若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A．將打在下板中央B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央答案BD解析將電容器上板向上移動一段距離，電容器所帶的電量Q不變，由于：E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，由公式可知當d減小時，場強E不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運動，故B正確，A、C錯誤；若上板不動，將下板上移一段距離時，根據(jù)推論可知，板間電場強度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確。2．(多選)如圖所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場左端的中點P以相同的初速度沿水平方向垂直于電場方向進入電場，它們分別落在A、B、C三點，可以判斷()A．小球A帶正電，B不帶電，C帶負電B．三個小球在電場中運動時間相等C．三個小球到達極板時的動能EkA<EkB<EkCD．三個小球在電場中運動的加速度aA>aB>aC答案AC解析在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負電小球的受力如圖所示，由此可知不帶電小球做平拋運動a1＝g，帶正電小球做類平拋運動a2＝eq\f(G－F,m)，帶負電小球做類平拋運動a3＝eq\f(G＋F,m)，根據(jù)題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動，球到達下極板時，在豎直方向產(chǎn)生的位移h相等，據(jù)t＝eq\r(\f(2h,a))得三小球運動時間是正電荷最長、不帶電小球次之、帶負電小球時間最短，故B錯誤；三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，則落在板上時水平方向的距離與下落時間成正比，故水平位移最大的A是帶正電荷的小球，B是不帶電的小球，C是帶負電的小球，故A正確；根據(jù)動能定理，三小球到達下板時的動能等于這一過程中合外力對小球做的功。由受力圖可知，帶負電小球合力最大為G＋F，做功最多動能最大，帶正電小球合力最小為G－F，做功最少動能最小，所以EkA<EkB<EkC，故C正確；因為A帶正電，B不帶電，C帶負電，所以aA＝a2，aB＝a1，aC＝a3，所以aA<aB<aC，故D錯誤。3.(2018·河北衡水中學調(diào)考)(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是()A．電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B．兩電荷在電場中運動的加速度相等C．從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功D．電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同答案AC解析從軌跡可以看出：yM>yN，故eq\f(1,2)·eq\f(qME,m)t2>eq\f(1,2)·eq\f(qNE,m)t2，解得：eq\f(qME,m)>eq\f(qNE,m)，qM>qN，故A正確、B錯誤；電場力做功W電＝qEy，由題圖可知yM>yN，且qM>qN，所以電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，故vM>vN，故D錯誤。4．如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電。一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出。不計重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為()A.eq\f(Ek0,4qd)B.eq\f(Ek0,2qd)C.eq\f(\r(2)Ek0,2qd)D.eq\f(\r(2)Ek0,qd)答案B解析當電場足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運動為類平拋運動的逆運動。將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當vy＝0時，根據(jù)運動學公式有veq\o\al(2,y)＝2·eq\f(qE,m)·d，vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立得E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正確。5．(2018·長沙長郡中學月考)(多選)某同學設(shè)計了一種靜電除塵裝置，如圖甲所示，其中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料，圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連，帶負電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集，將被收集塵埃的數(shù)量與進入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值，稱為除塵率，不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，要增大除塵率，則下列措施可行的是()A．只增大電壓UB．只增大長度LC．只增大高度dD．只增大塵埃被吸入水平速度v0答案AB解析增加除塵率即是讓離下極板較遠的粒子落到下極板上，帶電塵埃在矩形通道內(nèi)做類平拋運動，在沿電場的方向上的位移為y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2即增加y即可增加除塵率，只增加電壓U和長度L或只減小v0和d都可以增加y，故A、B正確。6.(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上板的過程中()A．它們運動的時間tQ＝tPB．它們運動的加速度aQ<aPC．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2答案AC解析垂直電場方向不受力，做勻速直線運動，位移相等，初速度相等，由x＝vt得知，運動的時間相等，故A正確；平行電場方向受到電場力作用，做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)位移時間關(guān)系公式，有y＝eq\f(1,2)at2，解得：a＝eq\f(2y,t2)，由于兩帶電粒子平行電場方向分位移之比為：yP∶yQ＝1∶2，所以aQ>aP，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，有：qE＝ma，a＝eq\f(2y,t2)可以得到：q＝eq\f(2my,Et2)，所以它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2，故C正確；根據(jù)動能定理，有：qEy＝ΔEk，而qP∶qQ＝1∶2，yP∶yQ＝1∶2，所以動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，故D錯誤。7．(多選)如圖所示，一平行板電容器極板板長l＝10cm，寬a＝8cm，兩極板間距為d＝4cm。距極板右端eq\f(l,2)處有一豎直放置的熒光屏；在平行板電容器左側(cè)有一長b＝8cm的“狹縫”離子源，可沿著兩板中心平面，均勻、連續(xù)不斷地向電容器內(nèi)射入比荷為2×1010C/kg，速度為4×106m/s的帶電粒子，現(xiàn)在平行板電容器的兩極板間加上如圖乙所示的交流電，已知粒子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期。下面說法正確的是()A．粒子打到屏上時在豎直方向上偏移的最大距離為6.25cmB．粒子打在屏上的區(qū)域面積為64cm2C．在0～0.02s內(nèi)，進入電容器內(nèi)的粒子由64%粒子能夠打在屏上D．在0～0.02s內(nèi)，屏上出現(xiàn)亮線的時間為0.0128s答案BCD解析設(shè)離子恰好從極板邊緣射出時的電壓為U0水平方向：l＝v0t①豎直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2②又a＝eq\f(qU0,md)③由①②③得：U0＝eq\f(md2U\o\al(2,0),ql2)＝128V當U≥128V時離子打到極板上，當U<128V時打到屏上，可知，離子通過電場偏轉(zhuǎn)距離最大為eq\f(1,2)d。利用推論：打到屏的離子好像是從極板中心沿直線射到屏上。由三角形相似可得：eq\f(\f(l,2)＋\f(l,2),\f(l,2))＝eq\f(y,\f(d,2))解得打到屏上的長度為：y＝d＝4cm，又由對稱知，離子打到屏上時在豎直方向上偏移的最大距離為2d＝8cm，區(qū)域面積為S＝2y·a＝2ad＝64cm2，故A錯誤、B正確；粒子打在屏上的比例為eq\f(128,200)%＝64%，在0～0.02s內(nèi)，進入電容器內(nèi)的粒子有64%的粒子能夠打在屏上，故C正確；在前eq\f(1,4)T，離子打到屏上的時間t0＝eq\f(128,200)×0.005s＝0.0032s；又由對稱性知，在一個周期內(nèi)，打到屏上的總時間t＝4t0＝0.0128s，故D正確。8．如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距L處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O。試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離s。答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解析(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間：t＝eq\f(2L,v0)。(2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝at＝a×eq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為：tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))。(3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))又s＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：s＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))。9．如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距為d＝9cm，板長為L＝30cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.6m/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，當它運動到P處時迅速將下板向上提起eq\f(9,11)cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，g取10m/s2。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點的時間。答案(1)1m/s2(2)0.2s解析(1)帶電液滴在板間做勻速直線運動，電場力向上qE＝mg，E＝eq\f(U,d)，即qU＝mgd當下板上移后，E增大，電場力變大，液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做勻變速直線運動此時電場力：F′＝qeq\f(U,d′)＝eq\f(mgd,d′)由牛頓第二定律：a＝eq\f(F′－mg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,d′)－1))g代入數(shù)據(jù)得：a＝1m/s2。(2)液滴在豎直方向上的位移為eq\f(d,2)，設(shè)液滴從P點開始在板間運動的時間為t1eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，t1＝0.3s液滴在電場中運動的總時間t2＝eq\f(L,v0)＝0.5s則液滴從射入電場到P點的時間為：t＝t2－t1＝0.2s。10．(2016·全國卷Ⅰ)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，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變答案D解析電容器電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，云母介質(zhì)移出，εr減小，C減??；又C＝eq\f(Q,U)，電源恒壓，U一定，C減小，故Q減?。浑妶鰪姸菶＝eq\f(U,d)，故E不變，D正確。11.(2015·海南高考)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；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過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，不計重力，則M∶m為()A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1答案A解析因兩粒子同時經(jīng)過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的粒子通過的位移為eq\f(2,5)l，電荷量為－q的粒子通過的位移為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)，由運動學公式有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錯誤，A正確。12．(2016·天津高考)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計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點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。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()A．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解析由題知，電容器兩板所帶電量Q不變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和U＝eq\f(Q,C)可知，當上板下移，C增大，U減