2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場第3講電容器帶電粒子在電場中的運動教學(xué)案滬科版

PAGE22-第3講電容器帶電粒子在電場中的運動學(xué)問排查學(xué)問點一常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系1.常見電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的肯定值。(3)電容器的充、放電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。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事大小的物理量。(4)單位：法拉(F)1F＝106μF＝1012pF3.平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。(2)確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。學(xué)問點二帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動1.分析問題的規(guī)律與方法(1)用動力學(xué)觀點分析：依據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓其次定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動狀況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場。(2)用功能觀點分析：依據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變更求解，此方法既適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場。2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，僅受電場力。(2)運動性質(zhì)：類平拋運動，為勻變速曲線運動。(3)處理方法：運動的分解。①沿初速度方向：做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(l,v0)。②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d)，離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mveq\o\al(2,0)d)。學(xué)問點三示波管的構(gòu)造①電子槍，②偏轉(zhuǎn)極板，③熒光屏。(如圖所示)小題速練1.思索推斷(1)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。()(2)電容器兩極板間電壓越低，其電容越大。()(3)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。()(4)一個電容器的電荷量增加1.0×10－6C時，兩極板間電壓上升10V，則電容器的電容C＝1.0×10－7F。()(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。()(6)帶電粒子在電場中運動時重力肯定可以忽視不計。()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)×2.如圖1所示為某一電容器中所帶電荷量和兩極板間電壓之間的關(guān)系圖線，若將該電容器兩極板間的電壓從40V降低到36V，對電容器來說正確的是()圖1A.是充電過程B.是放電過程C.該電容器的電容為5×10－2FD.該電容器的電荷量變更量為0.2C解析由Q＝CU知，U降低，Q減小，故為放電過程，選項A錯誤，B正確；由C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(0.2,40)F＝5×10－3F，可知選項C錯誤；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4C＝0.02C，選項D錯誤。答案B3.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠(yuǎn)到達(dá)A點，然后返回，如圖2所示，OA間距為h，則此電子的初動能為()圖2A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析電子從O點到達(dá)A點的過程中，僅在電場力作用下速度漸漸減小，依據(jù)動能定理可得－eUOA＝0－Ek，因為UOA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，選項D正確。答案D平行板電容器的動態(tài)分析1.兩類典型問題典型問題電壓保持不變電量保持不變電路特點始終連接在電源兩端充電后，切斷電源C的確定因素由C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(εrS,d)可知：C隨d、S、εr的變更而變更Q或U的確定因素由Q＝CU＝eq\f(εrS,4πkd)U∝eq\f(εrS,d)可知：Q也隨d、S、εr的變更而變更由U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)∝eq\f(d,εrS)可知：U也隨d、S、εr的變更而變更E的確定因素由E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)可知：(1)E與S、εr的變更無關(guān)；(2)E隨d的變更而變更。由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)∝eq\f(1,εrS)可知：(1)E與d的變更無關(guān)；(2)E隨S、εr的變更而變更。2.動態(tài)分析思路教材引領(lǐng)[人教版選修3－1·P30]圖1.8－4探討影響平行板電容器電容大小的因素1.[人教版選修3－1·P32·T1]平行板電容器的一個極板與靜電計的金屬桿相連，另一個極板與靜電計的金屬外殼相連。給電容器充電后，靜電計指針偏轉(zhuǎn)一個角度。以下狀況中，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角是增大還是減小？(1)把兩板間的距離減小；(2)把兩板間的相對面積減小；(3)在兩板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)。解析給電容器充電后，電容器所帶電荷量Q不變。(1)把兩板間的距離減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器的容器增大，再由U＝eq\f(Q,C)可知兩板間電壓減小，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角減??；(2)把兩板間的相對面積減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器的電容減小，再由U＝eq\f(Q,C)可知兩板間電壓增大，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大；(3)在兩板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器的電容增大，再由U＝eq\f(Q,C)可知兩板間電壓減小，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角減小。答案(1)減小(2)增大(3)減小真題闖關(guān)2.(2024·北京理綜)探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖3所示。下列說法正確的是()圖3A.試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B.試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C.試驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變大D.試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大解析試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，則a板帶電，由靜電感應(yīng)，在b板上感應(yīng)出與a板電性相反的電荷，故選項A正確；試驗中，只將電容器b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，選項B錯誤；試驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不變，U變小，靜電計指針的張角變小，選項C錯誤；試驗中，只增加極板帶電量，電容C不變，由C＝eq\f(Q,U)，可知U變大，靜電計指針的張角變大，故選項D錯誤。答案A3.(2024·全國卷Ⅰ，14)一平行板電容器兩極板之間充溢云母介質(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)度不變解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變?。灰驗殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷?，故U不變，依據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時，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D正確。答案D帶電粒子在電場中的直線運動1.用動力學(xué)觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad2.用功能觀點分析勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1【典例】(多選)(2024·全國卷Ⅲ，21)如圖4所示，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、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止起先運動。在隨后的某時刻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、b間的相互作用和重力可忽視。下列說法正確的是()圖4A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時刻，a的動能比b的大C.在t時刻，a和b的電勢能相等D.在t時刻，a和b的動量大小相等解析兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝eq\f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確。答案BD帶電粒子在電場中直線運動的分析方法1.(2024·江蘇單科)如圖5所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()圖5A.運動到P點返回 B.運動到P和P′點之間返回C.運動到P′點返回 D.穿過P′點解析依據(jù)平行板電容器的電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強(qiáng)電場的電壓與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由O點靜止釋放的電子仍舊可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。答案A2.(2024·4月浙江選考，10)當(dāng)今醫(yī)學(xué)上對某些腫瘤采納質(zhì)子療法進(jìn)行治療，該療法用肯定能量的質(zhì)子束照耀腫瘤殺死癌細(xì)胞?，F(xiàn)用始終線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止起先被加速到1.0×107m/s。已知加速電場的場強(qiáng)為1.3×105N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10－27kg，電荷量為1.6×10－19C，則下列說法正確的是()圖6A.加速過程中質(zhì)子電勢能增加B.質(zhì)子所受到的電場力約為2×10－15NC.質(zhì)子加速須要的時間約為8×10－6sD.加速器加速的直線長度約為4m解析電場力對質(zhì)子做正功，質(zhì)子的電勢能削減，A錯誤；質(zhì)子受到的電場力大小F＝qE≈2×10－14N，B錯誤；質(zhì)子的加速度a＝eq\f(F,m)≈1.2×1013m/s2，加速時間t＝eq\f(v,a)≈8×10－7s，C錯誤；加速器加速的直線長度x＝eq\f(v2,2a)≈4m，故D正確。答案D帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動1.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的一般規(guī)律2.兩個重要推論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角、偏移量總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanφ＝eq\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d)得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d)。再由y＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d)得y＝eq\f(Ul2,4U0d)。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。教材引領(lǐng)1.[人教版選修3－1·P39·T5]電子從靜止動身被1000V的電壓加速，然后進(jìn)入另一個電場強(qiáng)度為5000N/C的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，進(jìn)入時的速度方向與偏轉(zhuǎn)電場的方向垂直。已知偏轉(zhuǎn)電極長6cm，求電子離開偏轉(zhuǎn)電場的速度及其與進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向之間的夾角。解析設(shè)電子被1000V的電壓加速后速度為v0，依據(jù)動能定理，有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得出電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝eq\r(\f(2eU,m))，其中e＝1.6×10－19C，U＝1000V,m＝9.1×10－31kg,得出v0＝1.88×107m/s；電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間t＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU))，加速度a＝eq\f(eE,m)，在電場力方向上vy＝at＝eq\f(eE,m)·Leq\r(\f(m,2eU))＝ELeq\r(\f(e,2mU))，其中E＝5000N/C，L＝6.0×10－2m，得出vy＝2.81×106m/s；電子離開偏轉(zhuǎn)電場的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝1.9×107m/s電子離開偏轉(zhuǎn)電場的速度與進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向之間的夾角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝0.15。答案3.38×107m/stanθ＝0.15拓展提升2.(2024·廣東惠州模擬)如圖7所示是一個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，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為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eq\f(h,U2))可采納的方法是()圖7A.增大兩板間的電勢差U2B.盡可能使板長L短些C.使加速電壓U1上升些D.盡可能使板間距離d小些解析帶電粒子加速時，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv2，帶電粒子偏轉(zhuǎn)時，由類平拋運動規(guī)律得L＝vt，h＝eq\f(1,2)at2，又由牛頓其次定律得a＝eq\f(qU2,md)，聯(lián)立以上各式可得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、使加速電壓U1降低一些，故D正確。答案D真題闖關(guān)3.(2024·江蘇卷，5)一勻強(qiáng)電場的方向豎直向上。t＝0時刻，一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P－t關(guān)系圖象是()解析設(shè)粒子帶正電，運動軌跡如圖所示，水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿電場方向：受力F電＝qE，則加速度a＝eq\f(F電,m)＝eq\f(qE,m)，經(jīng)時間t，粒子沿電場方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)電場力做功的功率P＝F電vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(（qE）2t,m)＝kt∝t，選項A正確。答案A4.(2024·全國卷Ⅱ，24)如圖8，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計。圖8(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？解析(1)PG、QG間場強(qiáng)大小相等，均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑧答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))試驗：視察電容器的充電、放電現(xiàn)象基本原理與操作裝置及器材操作要領(lǐng)(1)電容器的電容要大一些，電源的電壓在6V左右，小燈泡的額定電壓比電源電壓稍低，在4V左右；(2)開關(guān)向a閉合時，細(xì)致視察靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向；(3)開關(guān)向b閉合時，細(xì)致視察靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向。【典例】(2024·海南單科)某同學(xué)利用圖9(a)所示電路測量電容器充電時兩極板間的電壓隨時間的變更。試驗中運用的器材為：電池E(內(nèi)阻很小)、開關(guān)S1和S2，電容器C(約100μF)、電阻R1(約200kΩ)、電阻R2(1kΩ)、電壓表(量程6V)、秒表、導(dǎo)線若干。(1)按圖(a)所示的電路原理圖將圖(b)中實物圖連線。圖9(2)先閉合開關(guān)S2，再斷開開關(guān)S2；閉合開關(guān)S1，同時按下秒表起先計時。若某時刻電壓表的示數(shù)如圖(c)所示，電壓表的讀數(shù)為________V(保留2位小數(shù))。(3)該同學(xué)每隔10s記錄一次電壓表的讀數(shù)U，記錄的數(shù)據(jù)如下表所示。在給出的坐標(biāo)紙上繪出U－t圖線。已知只有一個數(shù)據(jù)點誤差較大，該數(shù)據(jù)點對應(yīng)的表中的時間是________s。時間t/s10.020.030.040.050.060.0電壓U/V2.143.454.234.515.005.18(4)電路中C、R2和S2構(gòu)成的回路的作用是_________________________________________________________________________________。解析(1)實物連線如圖所示(2)電壓表的量程為6V，分度值為0.1V，所以讀數(shù)為3.60V。(3)從數(shù)據(jù)中可得出，電壓表示數(shù)變更得越來越慢，而從40s到50s之間數(shù)據(jù)變更又突然快了，所以該數(shù)據(jù)對應(yīng)表中的時間為40s。(4)電路中C、R2和S2構(gòu)成的回路，先閉合開關(guān)S2，再斷開開關(guān)S2，使電容器上所帶電荷量釋放干凈，不影響試驗。答案(1)見解析圖(2)3.60V(3)40s(4)使試驗前電容器兩極板上的電荷中和1.(2024浙江杭州中學(xué)選考)下列電容器相關(guān)學(xué)問描述正確的是()A.圖甲為電容器充電示意圖，充完電后電容器上極板帶正電，兩極板間的電壓U等于電源的電動勢EB.圖乙為電容器放電示意圖，若電容器上極板帶電荷量為＋Q，則放電過程中通過安培表的電流方向從右向左，流過的總電荷量為2QC.圖丙為電解電容器的實物圖和符號，圖丁為可變電容器及其符號，兩種電容器運用時都嚴(yán)格區(qū)分正負(fù)極D.圖戊中的電容器上有“5.5V1.0F”字樣，說明該電容器只有兩端加上5.5V的電壓時電容才為1.0F解析圖甲為電容器充電過程，充完電后電容器上極板與電源的正極相連，同時兩極板間的電壓U等于電源的電動勢E，故A正確；圖乙為電容器放電過程，若電容器上極板帶電荷量為＋Q，則放電過程中通過安培表的電流方向從右向左，且流過的總電荷量為Q，故B錯誤；圖丙為電解電容器的實物圖和符號，圖丁為可變電容器及其符號，前者電容器運用時嚴(yán)格區(qū)分正負(fù)極，后者沒有，故C錯誤；圖戊中的電容器上有“5.5V1.0F”字樣，說明該電容器兩端電壓最大值為5.5V，而電容與電容器的電壓及電荷量均無關(guān)，總是為1.0F，故D錯誤。答案A2.按如圖10所示電路連接好器材，使開關(guān)S先后接觸a、b，以下說法正確的是()圖10A.S接a時與接b時，電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向相同B.S接a時與接b時，電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向相反C.S接a時，電容器充電，電容器的電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能D.S離開a接到b時，電容器放電，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電容器的電能解析充電過程與放電過程的電流方向是相反的，選項A錯誤，B正確；電容器充電，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電容器的電能，選項C錯誤；S離開a接到b時，電容器放電，電容器的電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，選項D錯誤。答案B活頁作業(yè)(時間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.如圖1所示，心臟除顫器用于刺激心臟復(fù)原正常的跳動，它通過皮膚上的電極板使電容器放電。已知某款心臟除顫器，在短于一分鐘內(nèi)使70μF電容器充電到5000V，存儲875J能量，搶救病人時一部分能量在2ms脈沖時間通過電極板放電進(jìn)入身體，此脈沖的平均功率為100kW。下列說法正確的是()圖1A.電容器放電過程中電壓不變B.電容器充電至2500V時，電容為35μFC.電容器充電至5000V時，電荷量為35CD.電容器所釋放出的能量約占存儲總能量的23%解析電容器放電過程，電荷量削減，電壓減小，選項A錯誤；電容不隨電壓、電荷量的變更而變更，選項B錯誤；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，選項C錯誤；由η＝eq\f(Pt,E總)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，選項D正確。答案D2.(2024·天津理綜)如圖2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(qiáng)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()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不變解析若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；依據(jù)Q＝CU可知，在Q肯定的狀況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減小；依據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立可得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確。答案D3.如圖3所示，A、B兩個帶正電的粒子，所帶電荷量分別為q1與q2，質(zhì)量分別為m1和m2。它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，A粒子打在N板上的A′點，B粒子打在N板上的B′點，若不計重力，則()圖3A.q1＞q2 B.m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)解析設(shè)粒子的速度為v0，電荷量為q，質(zhì)量為m，加速度為a，運動的時間為t，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為E，所以加速度a＝eq\f(qE,m)，運動時間為t＝eq\f(x,v0)，偏轉(zhuǎn)位移為y＝eq\f(1,2)at2，整理得y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，明顯由于A粒子的水平位移小，則有eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2)，但A粒子的電荷量不肯定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，選項A、B、D錯誤，C正確。答案C4.一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖4所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、φ表示P點的電勢，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0，則下列關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是()圖4解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C與兩極板間距離d成反比，C與x不是線性關(guān)系，故選項A錯誤；電容器充電后與電源斷開，電荷量不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)、Q＝CU、U＝Ed得E＝eq\f(4πkQ,εrS)是定值，故選項B錯誤；因負(fù)極板接地，電勢為零，所以P點電勢為φ＝E(L－x)，L為P點到負(fù)極板的初始距離，E不變，φ隨x增大而線性減小，故選項C正確；由Ep＝qφ知Ep與電勢φ變更狀況一樣，故選項D錯誤。答案C5.(2024·廣州測試)如圖5所示，帶電粒子由靜止起先，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，沿垂直電場方向進(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()圖5A.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，向上平移上板解析粒子在電場中加速，有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在偏轉(zhuǎn)電場中，有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU2,2dm)t2，解得x2＝eq\f(4dU1y,U2)。起先時x＝eq\f(1,2)L，保持U2和平行板間距不變，減小U1，x減小，選項A錯誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，x減小，選項B錯誤；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C錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板，x變大，此措施可行，選項D正確。答案D6.有一種噴墨打印機(jī)的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖6所示，噴嘴噴出來的墨滴經(jīng)帶電區(qū)帶電后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)板間的電場偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上。已知偏移量越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的是()圖6A.增大墨滴的帶電荷量B.減小墨滴噴出時的速度C.減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離D.增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓解析帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)，側(cè)移Y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU2,md)，t＝eq\f(L,v0)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qU2L,mdveq\o\al(2,0))，可推出Y1＝eq\f(qU2L2,2mdveq\o\al(2,0))，Y2＝ltanθ＝eq\f(qU2Ll,mdveq\o\al(2,0))，Y＝Y(jié)1＋Y2＝eq\f(qU2L（L＋2l）,2mdveq\o\al(2,0))，可知選項C正確，A、B、D錯誤。答案C7.用下列器材測量電容器的電容：一塊多用電表，一臺直流穩(wěn)壓電源，一個待測電容器(額定電壓16V)，定值電阻R1＝100Ω，定值電阻R2＝150Ω，電流傳感器、數(shù)據(jù)采集器和計算機(jī)，單刀雙擲開關(guān)S，導(dǎo)線若干。試驗過程如下：試驗次數(shù)試驗步驟第1次①將電阻R1等器材依據(jù)圖甲正確連接電路，將開關(guān)S與1端連接，電源向電容器充電。②將開關(guān)S擲向2端，測得電流隨時間變更的i－t曲線如圖乙中的實線a所示。第2次③用電阻R2替換R1，重復(fù)上述試驗步驟①②，測得電流隨時間變更的i－t曲線如圖丙中的某條虛線所示。說明：兩次試驗中電源輸出的直流電壓恒定且相同。圖7請完成下列問題：(1)第1次試驗中，電阻R1兩端的最大電壓U＝________V。利用計算機(jī)軟件測得i－t曲線和兩坐標(biāo)軸所圍的面積為90mA·s，已知電容器放電時其內(nèi)阻可以忽視不計，則電容器的電容為C＝________F。(2)第2次試驗中，電流隨時間變更的i－t曲線應(yīng)當(dāng)是圖丙中的虛線________(選填“b”“c”或“d”)，推斷依據(jù)是________________。解析(1)由題圖知，最大電流為Im＝90mA＝0.09A，因此最大電壓為Um＝ImR1＝9V；曲線下圍的面積表示電容器的帶電荷量Q＝90mA·s，依據(jù)電容的定義式可得C＝1.00×10－2F。(2)依據(jù)im＝eq\f(Um,R)，因第2次試驗的最大放電電流小些，而曲線下圍的面積相等，因此不是b。故電流隨時間變更的曲線應(yīng)當(dāng)是虛線c。答案(1)91.00×10－2(2)c兩次放電電荷量相等，圖形與t軸圍成的面積相等，另由于R2>R1，開關(guān)擲向2瞬間放電電流較小綜合提能練8.靜電噴涂是利用高壓靜電電場使帶負(fù)電的涂料微粒沿著電場相反的方向定向運動，并將涂料微粒吸附在工件表面上的一種噴涂方法，其工作原理如圖8所示。忽視運動中涂料微粒間的相互作用和涂料微粒的重力。下列說法中正確的是()圖8A.當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時，在運動中的涂料微粒所受電場力增大B.涂料微粒的運動軌跡僅由被噴涂工件與靜電噴涂機(jī)之間所接的高壓電源確定C.在靜電噴涂機(jī)水平向左移動的過程中，有兩個帶有相同電荷量的微粒先后經(jīng)過被噴涂工件右側(cè)P點(相對工件的距離不變)處，先經(jīng)過的微粒電勢能較大D.涂料微粒在向被噴涂工件運動的軌跡中，在直線軌跡上電勢上升最快解析當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時，由于靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間電壓恒定，電場強(qiáng)度減小，故電場力減小，選項A錯誤；軌跡與初速度和受力狀況均有關(guān)，選項B錯誤；工件接地，電勢為零，P處電勢為負(fù)值，噴涂機(jī)左移會使空間場強(qiáng)變大，P點電勢變低，因微粒帶負(fù)電，先經(jīng)過的微粒電勢能小，選項C錯誤；涂料微粒在向被噴涂工件運動的軌跡中，直線的距離最小，結(jié)合公式U＝Ed，在直線軌跡上電勢上升最快，故選項D正確。答案D9.(多選)電容式加速度傳感器的原理如圖9所示，質(zhì)量塊左、右側(cè)連接電介質(zhì)、輕質(zhì)彈簧，彈簧與電容器固定在外框上，質(zhì)量塊可帶動電介質(zhì)移動，變更電容。則()圖9A.電介質(zhì)插入極板間越深，電容器電容越小B.當(dāng)傳感器以恒定加速度運動時，電路中有恒定電流C.若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時彈簧會壓縮D.當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速時，電路中有順時針方向的電流解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電介質(zhì)插入越深，εr越大，即C越大，選項A錯誤；當(dāng)傳感器以恒定加速度運動時，電介質(zhì)相對電容器靜止，電容不變，電路中沒有電流，選項B錯誤；傳感器向右勻速運動，突然減速時，質(zhì)量塊由于慣性相對傳感器向右運動，彈簧壓縮變短，選項C正確；傳感器由靜止突然向右加速時，電介質(zhì)相對電容器向左運動，εr增大，C增大，電源電動勢不變，由C＝eq\f(Q,U)知，Q增大，兩極板電荷量增大，即電路中有順時針方向的電流，選項D正確。答案CD10.如圖10所示，兩個平行帶電金屬板M、N相距為d，M板上距左端為d處有一個小孔A，有甲、乙兩個相同的帶電粒子，甲粒子從兩板左端連線中點O處以初速度v1平行于兩板射入，乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在電場中的運動時間相同，并且都打到N板的中點B處，則初速度v1與v2的關(guān)系正確的是()圖10A.eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2) B.eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),2)C.eq\f(v1,v2)＝2 D.eq\f(v1,v2)＝eq\r(2)解析設(shè)帶電粒子在電