2025屆高考物理一輪復(fù)習第七章靜電場第3講電容器帶電粒子在電場中的運動學案粵教版

PAGE22-第3講電容器帶電粒子在電場中的運動學問要點一、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。二、帶電粒子在勻強電場中的運動1.加速(1)在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非勻強電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受電場力。(2)運動形式：類平拋運動。(3)處理方法：運動的合成與分解。圖1①沿初速度方向為勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(l,v0)。②沿電場力方向為勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。③離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d)。④離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(v⊥,v0)＝eq\f(qlU,mveq\o\al(2,0)d)。三、示波管1.示波管的構(gòu)造①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏(如圖2所示)圖22.示波管的工作原理(1)YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。(2)視察到的現(xiàn)象①假如在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)改變的穩(wěn)定圖象。基礎(chǔ)診斷1.對于某一電容器，下列說法正確的是()A.電容器所帶的電荷量越多，電容越大B.電容器兩極板間的電勢差越大，電容越大C.電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍D.電容器兩極板間的電勢差減小到原來的eq\f(1,2)，它的電容也減小到原來的eq\f(1,2)解析依據(jù)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，電容的大小跟電容器兩端的電勢差以及電容器所帶電荷量的多少無關(guān)，依據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍，所以C正確，A、B、D錯誤。答案C2.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量肯定值為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖3所示，OA間距為h，則此電子的初動能為()圖3A.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D3.(2024·廣東省惠州市模擬)如圖4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)量為eq\f(h,U2))可采納的方法是()圖4A.增大兩板間的電勢差U2 B.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＝vth＝eq\f(1,2)at2又由牛頓其次定律得a＝eq\f(qU2,md)聯(lián)立得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、加速電壓U1降低一些，故A、B、C錯誤，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(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。2.動態(tài)分析思路3.關(guān)于平行板電容器的一個常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的狀況下，電場強度與極板間的距離無關(guān)。【例1】(2024·全國Ⅰ卷，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解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，依據(jù)Q＝CU可知，當C減小時，Q減小。由于U與d都不變，再由E＝eq\f(U,d)知電場強度E不變，選項D正確。答案D【拓展提升1】(多選)將【例1】中的電源斷開，當把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后，下列說法正確的是()A.電容器的電容增大 B.極板間的電勢差增大C.極板上的電荷量變大 D.極板間電場強度變大答案BD【拓展提升2】(多選)若水平放置接有恒壓電源的平行金屬板內(nèi)部空間有一帶電粒子P恰能靜止，同時下極板接地，當將上極板向右移動一小段距離時，則下列說法正確的是()A.電容器所帶電荷量保持不變B.極板間的電場強度保持不變C.粒子所在初位置的電勢能保持不變D.粒子將加速向下運動解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當將上極板右移一段距離時，S減小，電容器的電容減小，由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，電壓U不變，C減小，故電容器所帶電荷量削減，選項A錯誤；U和d不變，由E＝eq\f(U,d)可知，極板間的電場強度保持不變，選項B正確；由于極板間的電場強度不變，粒子所在初位置到下極板間的距離不變，故該點到零電勢點的電勢差不變，即該點的電勢不變，粒子的電勢能不變，選項C正確；由于粒子的受力狀況不變，故粒子仍舊保持靜止狀態(tài)，選項D錯誤。答案BC1.(2024·北京卷，19)探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖5所示。下列說法正確的是()圖5A.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玻璃板，靜電計指針的張角變大D.試驗中，只增加極板帶電荷量，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，由于靜電感應(yīng)，在b板上將感應(yīng)出異種電荷，A正確；b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，B錯誤；插入有機玻璃板，相對介電常數(shù)εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小，C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)知，試驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，是由于C不變導(dǎo)致的，D錯誤。答案A2.(多選)(2024·山東青島5月模擬)如圖6所示，電路中A、B、C、D是完全相同的金屬極板，P是A、B板間的一點，在C、D板間插有一塊有機玻璃板。閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開?，F(xiàn)將C、D板間的玻璃板抽出，下列說法正確的是()圖6A.金屬板C、D構(gòu)成的電容器的電容減小B.P點電勢降低C.玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流D.A、B兩板間的電場強度減小解析依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，將C、D板間的玻璃板抽出，相對介電常數(shù)εr減小，其他條件不變，則金屬板C、D構(gòu)成的電容器的電容減小，A正確；閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開，極板上的總電荷量不變，金屬板C、D構(gòu)成的電容器的電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板C、D間的電勢差變大，極板A、B間的電勢差變大，由E＝eq\f(U,d)可知極板A、B間的場強變大，P點與B板的電勢差變大，又因B板接地，電勢為零，故P點電勢上升，因此C、D板構(gòu)成的電容器處于放電狀態(tài)，A、B板構(gòu)成的電容器處于充電狀態(tài)，電阻R中有向右的電流，C正確，B、D錯誤。答案AC帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1.做直線運動的條件(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，帶電粒子將做變速直線運動；若電場為勻強電場，則帶電粒子做勻變速直線運動。2.分析方法方法①：由牛頓其次定律及勻變速直線運動的公式進行計算。方法②：應(yīng)用動能定理qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)進行有關(guān)計算。方法③：應(yīng)用動量定理或動量守恒定律進行有關(guān)計算?！纠?】(多選)(2024·全國Ⅲ卷，21)如圖7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7A.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BD1.如圖8所示，相距為d的平行板A和B之間有電場強度為E，方向豎直向下的勻強電場。電場中C點到B板的距離為0.3d，D點到A板的距離為0.2d。有一個質(zhì)量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖8A.該微粒在D點時的電勢能比在C點時的大B.該微粒做勻變速直線運動C.在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgdD.該微粒帶正電，所帶電荷量大小為q＝eq\f(mg,E)解析由于帶電微粒受到電場力與重力，沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點，所以豎直向上的電場力與重力大小相等，方向相反，微粒做勻速直線運動，故B錯誤；電場力豎直向上，電場向下，所以該微粒帶負電，從C點運動至D點，電場力做正功，電勢能減小，所以微粒在D點時的電勢能比在C點時的小，故A、D錯誤；在此過程中，電場力對微粒做的功為W＝Fs＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，故C正確。答案C2.(多選)如圖9所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質(zhì)點)，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，寬度為d，其余空間內(nèi)不存在電場。滑塊A剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時間兩滑塊保持肯定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列推斷正確的是()圖9A.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞解析對滑塊A在碰撞前依據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為v，依據(jù)動量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑塊A向左運動不會滑出電場，設(shè)碰撞后滑塊A在電場中運動的時間為t，由動量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑塊B向右做勻速運動，有vt＝eq\f(4,9)d，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正確，B錯誤；兩滑塊因碰撞而損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd＞0，D正確，C錯誤。答案AD帶電粒子(帶電體)在電場中的偏轉(zhuǎn)運動1.兩個結(jié)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，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明：由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU2l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U2l2,4U1d)，tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)。(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到入射點的距離為eq\f(l,2)。2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當探討帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差?？枷驇щ娏Ｗ釉陔妶鲋械钠D(zhuǎn)運動【例3】如圖10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入平行板間的勻強電場后，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10A.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，所以加速度a＝eq\f(qE,m)，運動時間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，故A、B、D錯誤，C正確。答案C【拓展提升3】在【例3】中假如僅將“以相同的速度”改為“以相同的初動能”，則下列說法正確的是()A.q1＞q2 B.m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)解析由【例3】的解析可知y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，由題意Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得y＝eq\f(qEx2,4Ek0)，由于A粒子的水平位移小，則A粒子的電荷量大，即q1大于q2，A正確；由以上分析可知，不能確定兩粒子的質(zhì)量關(guān)系，B、C、D錯誤。答案A考向帶電體在電場中的偏轉(zhuǎn)運動【例4】(2024·全國Ⅲ卷，24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點放射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；(2)B運動到P點時的動能。解析(1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。依據(jù)牛頓其次定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)。③(2)設(shè)B從O點放射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，依據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④且有v1·eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)。答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)1.(2024·江蘇卷，5)一勻強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：受電場力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A2.(2024·天津卷，3)如圖11所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程()圖11A.動能增加eq\f(1,2)mv2 B.機械能增加2mv2C.重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D.電勢能增加2mv2解析動能改變量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯誤；重力和電場力做功，機械能增加量等于電勢能削減量，帶電小球在水平方向向左做勻加速直線運動，由運動學公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，則電勢能削減量等于電場力做的功ΔEp減＝W電＝qEx＝2mv2，B正確，D錯誤；在豎直方向做勻減速運動，到N點時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錯誤。答案B3.(2024·全國Ⅱ卷，24)如圖12，兩金屬板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12(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??；(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間場強大小相等，設(shè)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))課時作業(yè)(時間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.在探討影響平行板電容器電容大小因素的試驗中，一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖1所示?，F(xiàn)保持B板不動，適當移動A板，發(fā)覺靜電計指針張角減小，則A板可能是()圖1A.右移 B.左移C.上移 D.下移解析電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計指針張角減小，說明兩極板間電壓變小，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)得出電容變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知兩極板之間距離變小或正對面積變大，選項A正確，B、C、D錯誤。答案A2.(2024·廣東省寶安中學高三檢測)如圖2所示，一水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一束同種帶電粒子從P點以相同速度平行于極板射入電容器，最終均打在下極板的A點，若將上極板緩慢上移，則()圖2A.粒子打在下極板的落點緩慢左移B.粒子打在下極板的落點緩慢右移C.粒子仍舊打在下極板的A點D.因未知粒子的電性，無法推斷粒子的落點解析斷開電源后，電容器電荷量保持不變，電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，將上極板緩慢上移，d變大，電場強度不變，粒子所受電場力不變，則粒子仍舊打在下極板的A點。故C正確，A、B、D錯誤。答案C3.(多選)如圖3所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最終分別落在1、2、3三點，不計三個液滴間的相互作用，則下列說法正確的是()圖3A.三個液滴在真空盒中都做平拋運動B.三個液滴的運動時間肯定相同C.三個液滴落究竟板時的速率相同D.液滴C所帶電荷量最多解析三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，三個液滴的運動時間相同，選項B正確；三個液滴落究竟板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴落究竟板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴C在水平方向位移最大，說明液滴C在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確。答案BD4.如圖4所示，帶電的平行金屬板A、B間的電勢差為U，板間距離為d，A板帶正電，B板中心有一小孔。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從孔的正上方距B板高h處由靜止下落，若微粒恰能落至A、B板的正中心C點。下列說法中錯誤的是(重力加速度為g)()圖4A.微粒在下落過程中動能漸漸增大，重力勢能漸漸減小B.微粒下落過程中重力做功為mg(h＋eq\f(d,2))，電場力做功為－eq\f(qU,2)C.微粒落入電場中，電勢能漸漸增加，其增加量為eq\f(qU,2)D.若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能到達A板解析微粒下落至C點的過程中，重力做功為mg(h＋eq\f(d,2))，重力勢能減小；電場力做功為－eq\f(qU,2)，電勢能增加，增加量為eq\f(qU,2)，微粒動能先增大后減小，故A錯誤，B、C正確；由動能定理得，微粒由h高處下落過程，有mg(h＋eq\f(d,2))－qeq\f(U,2)＝0，即qU＝mg(2h＋d)，由2h處下落過程，有mg(2h＋d)－qU＝0，說明微粒恰能到達A板，故D正確。答案A5.如圖5甲所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的電壓，t＝0時，Q板比P板電勢高5V，此時在兩板的正中心M點有一個電子，速度為零，電子在靜電力作用下運動，使得電子的位置和速度隨時間改變。假設(shè)電子始終未與兩板相碰。在0<t<8×10－10s的時間內(nèi)，這個電子處于M點的右側(cè)，速度方向向左且大小漸漸增大的時間是()圖5A.0＜t＜2×10－10sB.2×10－10s＜t＜4×10－10sC.4×10－10s＜t＜6×10－10sD.6×10－10s＜t＜8×10－10s解析作出粒子運動的v－t圖象如圖所示。由圖象可知選項C正確。答案C6.(多選)如圖6所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右端有一帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強電場，帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現(xiàn)保持電場強度的大小不變，突然將電場反向，若將此時作為計時起點，則下列描述速度與時間、加速度與位移之間改變關(guān)系的圖象正確的是()圖6解析設(shè)帶電小球在靜電力和彈簧彈力作用下靜止時，彈簧形變量為Δx，則kΔx＝qE，將電場反向，小球在水平方向上受到向右的電場力和彈簧的彈力，小球離開彈簧前，依據(jù)牛頓其次定律得，小球的加速度a＝eq\f(qE＋k（Δx－x）,m)，知a隨彈簧壓縮量Δx－x的減小勻稱減小，當脫離彈簧后，小球的加速度a＝eq\f(qE,m)，保持不變?？芍∏蛳茸黾铀俣葷u漸減小的加速運動，后做勻加速運動，故A、C項正確，B、D項錯誤。答案AC7.如圖7所示，設(shè)電子剛剛離開金屬絲時的速度可忽視不計，經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d，不計電子所受重力。求：圖7(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0的大??；(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(3)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時速度的大小和方向。解析(1)依據(jù)動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)故電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(eU,md)偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于極板方向的速度vy＝aΔt＝eq\f(UL,d)eq\r(\f(e,2mU0))電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(\f(2eU0,m)＋\f(eU2L2,2mU0d2))設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與偏轉(zhuǎn)極板的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)eq\f(UL2,4U0d)(3)eq\r(\f(2eU0,m)＋\f(eU2L2,2mU0d2))與v0方向的夾角θ滿意tanθ＝eq\f(UL,2U0d)綜合提能練8.如圖8所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)。以下說法正確的是()圖8A.若將S斷開，則油滴將做自由落體運動，G表中無電流B.若將A向左平移一小段位移，則油滴仍舊靜止，G表中有a→b的電流C.若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G表中有b→a的電流D.若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G表中有b→a的電流解析由于油滴處于靜止狀態(tài)，所以qeq\f(U,d)＝mg。若將S斷開，由于電容器的電荷量不變，則電壓U不變，油滴仍處于靜止狀態(tài)，選項A錯誤；若將A向左平移一小段位移，則電容C變小，電壓U不變，Q＝CU變小，所以電流方向為b→a，此時油滴仍靜止，選項B錯誤；若將A向上平移一小段位移，電容C變小，電壓U不變，則Q變小，所以電流方向為b→a，此時qeq\f(U,d)＜mg，油滴向下加速運動，選項C正確；若將A向下平移一小段位移，則電容C變大，電壓U不變，Q變大，所以電流方向為a→b，此時qeq\f(U,d)＞mg，油滴向上加速運動，選項D錯誤。答案C9.(多選)如圖9所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30°。若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，且mg＝qE，則()圖9A.電場方向豎直向上B.小球運動的加速度大小為gC.小球上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)D.小球電勢能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場力的方向與水平方向夾角為30°，斜向上，如圖所示，A錯誤；小球所受的重力和電場力大小相等，依據(jù)平行四邊形定則知，兩個力的夾角為120°，所以合力大小與分力大小相等，等于mg，依據(jù)牛頓其次定律知，小球運動的加速度大小為g，B正確；小球斜向上做勻減速直線運動，勻減速直線運動的位移s＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，則小球上升的最大高度h＝s·sin30°＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，C錯誤；在整個過程中電場力做功W＝qEscos120°＝－eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，電勢能增加eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，所以小球電勢能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，D正確。答案BD10.(2024·上饒一模)如圖10所示，在AOB平面內(nèi)存在著一個勻強電場，OA＝L，OB＝eq\f(3L,2)，∠AOB＝60°。一個電荷量為q的帶正電粒子以初動能Ek從O點兩次沿不同方向拋出，并分別運動到A、B兩點。若粒子運動到A、B兩點時的動能分別為EA＝2Ek，EB＝eq\f(5Ek,2)，粒子重力不計，則勻強電場的場強大小為()圖10A.eq\f(Ek,qL) B.eq\f(5Ek,3qL)C.eq\f(\r(3)Ek,3qL) D.eq\f(2\r(3)Ek,3qL)解析由題意令電場強度與OA成α角，與OB成β角，粒子在電場中所受電場力F＝Eq，粒子帶正電，故電場力方向與場強方向相同，依據(jù)題意有：從O到A只有電場力做功，有Eqlcosα＝2Ek－Ek從O到B只有電場力做功有Eq·eq\f(3,2)L·cosβ＝eq\f(5Ek,2)－Ek聯(lián)立兩式可得cosα＝cosβ又∠AOB＝60°所以有α＝β＝30°所以可得場強E＝eq\f(2Ek－Ek,qLcos30°)＝eq\f(2\r(3)Ek,3qL)故A、B、C項錯誤，D項正確。答案D11.(多選)如圖11所示，A、B是兩塊水平放置的平行金屬板，一帶電小球垂直于電場線方向射入板間，小球?qū)⑾駻極板偏轉(zhuǎn)，為了使小球沿射入