2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章靜電場(chǎng)第3節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

PAGEPAGE12第3節(jié)電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(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，只受電場(chǎng)力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(√)(6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。(√)(7)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì)。(×)突破點(diǎn)(一)平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1．平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差U保持不變。(2)充電后與電源斷開時(shí)，電容器所帶的電荷量Q保持不變。2．平行板電容器動(dòng)態(tài)問題的分析思路3．平行板電容器問題的一個(gè)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情況下，電場(chǎng)強(qiáng)度與極板間的距離無關(guān)。[多角練通]1．(2022·全國(guó)乙卷)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。假設(shè)將云母介質(zhì)移出，那么電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變解析：選D平行板電容器電容的表達(dá)式為C＝eq\f(εS,4πkd)，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不變，所以極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，選項(xiàng)D正確。2．(2022·天津高考)如下圖，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(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。假設(shè)保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，那么()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不變解析：選D由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變，當(dāng)下極板不動(dòng)，上極板向下移動(dòng)一段距離時(shí)，兩極板間距d減小，那么電容C變大，由U＝eq\f(Q,C)可知U變小，那么靜電計(jì)指針的偏角θ減小。又因?yàn)閮砂彘g電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，Q、S不變，那么E不變。因?yàn)镋不變，那么點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到下極板(電勢(shì)為零)電場(chǎng)力做功不變，電勢(shì)能的變化相同，那么點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep不變，故只有選項(xiàng)D正確。3．(2022·海南高考)如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。粒子運(yùn)動(dòng)加速度為()A.eq\f(l,d)g B.eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)g D.eq\f(d,d－l)g解析：選A平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，有金屬板時(shí)，板間電場(chǎng)強(qiáng)度可以表達(dá)為：E1＝eq\f(U,d－l)，且有E1q＝mg，當(dāng)抽去金屬板，那么板間距離增大，板間電場(chǎng)強(qiáng)度可以表達(dá)為：E2＝eq\f(U,d)，有mg－E2q＝ma，聯(lián)立上述可解得：eq\f(d,l)＝eq\f(g,a)，知選項(xiàng)A正確。突破點(diǎn)(二)帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理(1)根本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。2．解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種思路(1)根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)。(2)根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)。[典例](2022·四川高考)中國(guó)科學(xué)院2022年10月宣布中國(guó)將在2022年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)根源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品平安、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。如下圖，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在漂移管間被電場(chǎng)加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間視為電源周期的eq\f(1,2)。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108(1)漂移管B的長(zhǎng)度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。[解析](1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，那么T＝eq\f(1,f)①L＝vB·eq\f(T,2)②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4m。③(2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到漂移管E電場(chǎng)力做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，那么W＝qU④W′＝3W⑤W′＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvB2⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V。⑦[答案](1)0.4m(2)6×104V[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2022·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(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場(chǎng)力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)。兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面。假設(shè)兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，那么M∶m為()A．3∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶1解析：選A設(shè)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)M，由牛頓第二定律有：qE＝MaM，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)aMt2；對(duì)m，由牛頓第二定律有qE＝mam根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)amt2由以上幾式解之得：eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故A正確。2．(2022·安徽高考)如下圖，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g)。求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間。解析：(1)由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)。(2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝eq\f(mgh＋d,qd)U＝EdQ＝CU得Q＝Ceq\f(mgh＋d,q)。(3)由h＝eq\f(1,2)gt120＝v＋at2t＝t1＋t2綜合可得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))。答案：見解析突破點(diǎn)(三)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．根本規(guī)律設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長(zhǎng)為l，板間距離為d(忽略重力影響),那么有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(l,v0)。(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(vx2＋vy2)，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv02d)。(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv02d)))2．兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mv02及tanφ＝eq\f(qUl,mv02d)得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d)。(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(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到電場(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2)。3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(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)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差。[典例](2022·北京高考)如下圖，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d。(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用以下數(shù)據(jù)分析說明其原因。U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m(3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)。電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)φ的定義式。類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)〞φG的概念，并簡(jiǎn)要說明電勢(shì)和“重力勢(shì)〞的共同特點(diǎn)。[思路點(diǎn)撥]解答此題應(yīng)把握以下三點(diǎn)：(1)熟練掌握帶電粒子在加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)規(guī)律。(2)通過計(jì)算重力的大小，根據(jù)數(shù)量級(jí)，分析忽略重力的原因。(3)利用類比法準(zhǔn)確定義“重力勢(shì)〞，并說明共同特點(diǎn)。[解析](1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝eq\f(1,2)mv02電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。(2)考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有重力G＝mg～10－29N電場(chǎng)力F＝eq\f(eU,d)～10－15N由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力。(3)電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝eq\f(Ep,q)由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢(shì)〞，即φG＝eq\f(EG,m)。電勢(shì)φ和重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定。[答案](1)v0＝eq\r(\f(2eU0,m))Δy＝eq\f(UL2,4U0d)(2)(3)見解析[方法規(guī)律]分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，那么帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)。(2)運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2022·黃岡模擬)如下圖，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)線夾角為30°。勻強(qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零。那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為qUB．帶電粒子帶負(fù)電C．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)解析：選C由題圖看出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡向上，那么所受的電場(chǎng)力向上，與電場(chǎng)方向相同，所以該粒子帶正電，B錯(cuò)誤；粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，為W＝qU，那么粒子的電勢(shì)能減少了qU，P點(diǎn)的電勢(shì)為零，那么知帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－Uq，故A錯(cuò)誤；設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場(chǎng)線為x軸，平行于電場(chǎng)線為y軸，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)求得粒子在y軸方向的分速度為vy＝eq\r(3)v0，粒子在y軸方向上的平均速度為eq\x\to(v)y＝eq\f(\r(3),2)v0，粒子在y軸方向上的位移為y0，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，那么豎直方向有y0＝eq\x\to(v)yt＝eq\f(\r(3),2)v0t，水平方向有d＝v0t，可得y0＝eq\f(\r(3)d,2)，所以場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(U,y0)，聯(lián)立得E＝eq\f(2\r(3)U,3d)，故C正確，D錯(cuò)誤。2．(2022·廣東六校高三聯(lián)考)如下圖，兩塊相同的金屬板正對(duì)著水平放置，板間距離為d。當(dāng)兩板間加電壓U時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以水平速度v0從A點(diǎn)射入電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后從B點(diǎn)射出電場(chǎng)，A、B間的水平距離為L(zhǎng)，不計(jì)重力影響。求：(1)帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間；(2)帶電粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度的大??；(3)A、B間的電勢(shì)差。解析：(1)帶電粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間t＝eq\f(L,v0)；(2)帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，板間場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(U,d)加速度大小a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)粒子沿豎直方向的速度大小vy＝at＝eq\f(qU,md)·eq\f(L,v0)帶電粒子在B點(diǎn)速度的大小v＝eq\r(v02＋\f(q2U2L2,m2d2v02))；(3)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，據(jù)動(dòng)能定理得：qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02A、B間的電勢(shì)差UAB＝eq\f(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)＝eq\f(qU2L2,2md2v02)。答案：(1)eq\f(L,v0)(2)eq\r(v02＋\f(q2U2L2,m2d2v02))(3)eq\f(qU2L2,2md2v02)電容器在現(xiàn)代科技生活中的應(yīng)用電容器在現(xiàn)代生活中應(yīng)用十分廣泛，其中作為傳感器使用的有智能上的電容觸摸屏、電容式傳聲器、電容式加速度計(jì)等。(一)智能上的電容觸摸屏1．(多項(xiàng)選擇)目前智能普遍采用了電容觸摸屏，電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)合玻璃屏，玻璃屏的內(nèi)外表和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為工作面，四個(gè)角引出四個(gè)電極，當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指和工作面形成一個(gè)電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，電流通過這個(gè)電容器分別從屏的四個(gè)角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例，控制器通過對(duì)四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來確定手指位置。對(duì)于電容觸摸屏，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào)B．使用絕緣筆，在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作C．手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小D．手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大解析：選AD據(jù)題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，因此不需要手指有壓力，故A正確；絕緣筆與工作面不能形成一個(gè)電容器，所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作，故B錯(cuò)誤；手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，故C錯(cuò)誤；手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大，故D正確。(二)電容式傳聲器2．(2022·汕頭模擬)圖示為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)人對(duì)著傳聲器講話，膜片會(huì)振動(dòng)。假設(shè)某次膜片振動(dòng)時(shí)，膜片與極板距離增大，那么在此過程中()A．膜片與極板間的電容增大B．極板所帶電荷量增大C．膜片與極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大D．電阻R中有電流通過解析：選D根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，膜片與極板距離增大，膜片與極板間的電容減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)Q＝CU可知極板所帶電荷量減小，因此電容器要通過電阻R放電，所以選項(xiàng)D正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，膜片與極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。(三)電容式加速度計(jì)3．(多項(xiàng)選擇)電容式加速度傳感器的原理如下圖，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(dòng)電介質(zhì)移動(dòng)，改變電容。那么()A．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(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中有恒定電流C．假設(shè)傳感器原來向右勻速運(yùn)動(dòng)，突然減速時(shí)彈簧會(huì)壓縮D．當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速時(shí)，電路中有順時(shí)針方向的電流解析：選CD由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電介質(zhì)插入越深，εr越大，即C越大，A錯(cuò)；當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電介質(zhì)相對(duì)電容器靜止，電容不變，電路中沒有電流，B錯(cuò)；傳感器向右勻速運(yùn)動(dòng)，突然減速時(shí)，質(zhì)量塊由于慣性相對(duì)傳感器向右運(yùn)動(dòng)，彈簧壓縮變短，C對(duì)；傳感器由靜止突然向右加速時(shí)，電介質(zhì)相對(duì)電容器向左運(yùn)動(dòng)，εr增大，C增大，電源電動(dòng)勢(shì)不變，由C＝eq\f(Q,U)知，Q增大，上極板電荷量增大，即電路中有順時(shí)針方向的電流，D對(duì)。[反思領(lǐng)悟]本類電容式傳感器的工作原理是通過εr、S、d的變化利用公式C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)來判斷C的變化，進(jìn)一步分析Q的變化。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1．(2022·寧波二模)如下圖，a、b為平行金屬板，靜電計(jì)的外殼接地，合上開關(guān)S后，靜電計(jì)的指針張開一個(gè)較小的角度，能使角度增大的方法是()A．使a、b板的距離增大一些B．使a、b板的正對(duì)面積減小一些C．?dāng)嚅_S，使a、b板的距離增大一些D．?dāng)嚅_S，使a、b板的正對(duì)面積增大一些解析：選C開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢(shì)差不變，那么靜電計(jì)指針的張角不變，故A、B錯(cuò)誤；斷開S，電容器所帶的電量不變，a、b板的距離增大，那么電容減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢(shì)差增大，那么指針張角增大，故C正確；斷開S，電容器所帶的電量不變，a、b板的正對(duì)面積增大，電容增大，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢(shì)差減小，那么指針張角減小，故D錯(cuò)誤。2．(2022·衡水調(diào)研)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(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)，如下圖，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，假設(shè)正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0，那么以下關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像中正確的選項(xiàng)是()解析：選C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，A錯(cuò)；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，B錯(cuò)；因負(fù)極板接地，電勢(shì)為零，所以P點(diǎn)電勢(shì)為φ＝E(L－x)，L為P點(diǎn)到負(fù)極板的初始距離，E不變，φ隨x增大而線性減小，C對(duì)；由W＝qφ知W與電勢(shì)φ變化情況一樣，D錯(cuò)。3．(多項(xiàng)選擇)如下圖，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，那么()A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B．P點(diǎn)的電勢(shì)將降低C．帶電油滴的電勢(shì)能將增加D．電容器的電容減小，極板帶電荷量將增加解析：選BC上極板向上移動(dòng)一小段距離后，板間電壓不變，仍為電源電動(dòng)勢(shì)E，故電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，故油滴將向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；P點(diǎn)的電勢(shì)大于0，且P點(diǎn)與下極板間的電勢(shì)差減小，所以P點(diǎn)的電勢(shì)降低，B對(duì)；兩極板間電場(chǎng)方向豎直向下，所以P點(diǎn)的油滴應(yīng)帶負(fù)電，當(dāng)P點(diǎn)電勢(shì)減小時(shí)，油滴的電勢(shì)能應(yīng)增加，C對(duì)；電容器的電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，由于d增大，電容C應(yīng)減小，極板帶電荷量Q＝CE將減小，D錯(cuò)。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)4.(多項(xiàng)選擇)如下圖，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí)，粒子剛好能到達(dá)N板，如果要使這個(gè)帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的eq\f(1,2)處返回，那么下述措施能滿足要求的是()A．使初速度減為原來的eq\f(1,2)B．使M、N間電壓提高到原來的2倍C．使M、N間電壓提高到原來的4倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)解析：選BD在粒子剛好到達(dá)N板的過程中，由動(dòng)能定理得－qEd＝0－eq\f(1,2)mv02，所以d＝eq\f(mv02,2qE)，令帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為x，那么使初速度減為原來的eq\f(1,2)，x＝eq\f(d,4)；使M、N間電壓提高到原來的2倍，電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，x＝eq\f(d,2)，使M、N間電壓提高到原來的4倍，電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，x＝eq\f(d,4)；使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)，電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼囊话?，x＝eq\f(d,2)。5.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，微粒的初速度為v0，那么()A．微粒一定帶正電B．微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．可求出勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度D．可求出微粒運(yùn)動(dòng)的加速度解析：選D因微粒在重力和電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，而重力豎直向下，由微粒做直線運(yùn)動(dòng)條件知電場(chǎng)力必水平向左，微粒帶負(fù)電，A錯(cuò)；其合外力必與速度反向，大小為F＝eq\f(mg,sinθ)，即微粒一定做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝eq\f(g,sinθ)，B錯(cuò)，D對(duì)；電場(chǎng)力qE＝mgcotθ，但不知微粒的電荷量，所以無法求出其電場(chǎng)強(qiáng)度，C錯(cuò)。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)6．(多項(xiàng)選擇)(2022·合肥聯(lián)考)如下圖，正方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(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．三個(gè)液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動(dòng)B．三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相同C．三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率相同D．液滴C所帶電荷量最多解析：選BD三個(gè)液滴在水平方向受到電場(chǎng)力作用，水平方向不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于三個(gè)液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，選項(xiàng)B正確；三個(gè)液滴落到底板時(shí)豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個(gè)液滴到底板時(shí)的速率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)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(xiàng)D正確。7．如下圖，一個(gè)帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，電壓為U2。那么帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是()A.eq\f(U2,U1)＜eq\f(2d,L) B.eq\f(U2,U1)＜eq\f(d,L)C.eq\f(U2,U1)＜eq\f(2d2,L2) D.eq\f(U2,U1)＜eq\f(d2,L2)解析：選C根據(jù)qU1＝eq\f(1,2)mv2，t＝eq\f(L,v)，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2，由題意知，y＜eq\f(1,2)d，解得eq\f(U2,U1)＜eq\f(2d2,L2)，故C正確。8．(2022·海南高考)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eq\a\vs4\al(qq>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出。不計(jì)重力，極板尺寸足夠大。假設(shè)粒子能打到上極板，那么兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)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)解析：選B當(dāng)電場(chǎng)足夠大時(shí)，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時(shí)速度恰好與上極板平行，粒子的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)。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(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)vy＝0時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vy2＝2eq\f(Eq,m)d，vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立得E＝eq\f(Ek0,2qd)，應(yīng)選項(xiàng)B正確?？键c(diǎn)綜合訓(xùn)練9．(2022·漳州八校聯(lián)考)如下圖，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長(zhǎng)L＝0.1m，兩板間距離d＝0.4cm，有一束相同微粒組成的帶正電粒子流從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下極板上，微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上。設(shè)前一微粒落到下極板上時(shí)后一微粒才能開始射入兩極板間。微粒質(zhì)量為m＝2×10－6kg，電量q＝1×10－8C，電容器電容為C＝10－6F。求：(g＝10m/s(1)為使第一個(gè)粒子能落在下板中點(diǎn)，那么微粒入射速度v0應(yīng)為多少？(2)以上述速度入射的帶電粒子，最多能有多少落到下極板上？解析：(1)第一個(gè)粒子只受重力：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2t＝0.02sv0＝eq\f(L,2t)＝2.5m/s。(2)以v0速度