第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動-2025版物理大一輪復習

電容器帶電粒子在電場中的運動目標要求1.掌握電容的定義式和平行板電容器的電容的決定式，會分析電容器動態(tài)變化問題。2.利用動力學、功能觀點分析帶電粒子在電場中的直線運動和偏轉(zhuǎn)問題。考點一平行板電容器和動態(tài)分析1.電容器(1)組成：由兩個彼此eq\o(□,\s\up1(1))絕緣又互相靠近的導體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的eq\o(□,\s\up1(2))絕對值。(3)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eq\o(□,\s\up1(3))異種電荷，電容器中儲存電場能。(4)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中eq\o(□,\s\up1(4))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eq\o(□,\s\up1(5))電荷量與電容器兩極板間eq\o(□,\s\up1(6))電勢差的比值。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1μF＝eq\o(□,\s\up1(7))10－6F，1pF＝eq\o(□,\s\up1(8))10－6μF＝eq\o(□,\s\up1(9))10－12F。(4)物理意義：表示電容器eq\o(□,\s\up1(10))儲存電荷能力的物理量。(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否eq\o(□,\s\up1(11))帶電及eq\o(□,\s\up1(12))電壓無關。3.平行板電容器的電容(1)決定因素：正對面積，相對介電常數(shù)，兩板間的距離。(2)決定式：C＝eq\o(□,\s\up1(13))eq\f(εrS,4πkd)。【判斷正誤】1.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。(×)2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比，與電壓成反比。(×)3.放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。(×)1.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。(2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。2.動態(tài)分析思路【對點訓練】1.(與電源相連的情形——U不變)(2022·重慶卷)如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則()A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場強度不變C.極板間電場強度變大D.電容器電容變大解析：A根據(jù)題意可知極板之間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據(jù)電容定義式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容C減小，D錯誤；根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，極板間距d增大，極板之間形成勻強電場，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，極板間電場強度E減小，B、C錯誤；極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確。2.(與電源斷開的情形——Q不變)(多選)如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖。當被測物體在左右方向發(fā)生位移時，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化，進而能測出電容的變化，最后就能探測到物體位移的變化，若靜電計上的指針偏角為θ，則被測物體()A.向左移動時，θ增大B.向右移動時，θ增大C.向左移動時，θ減小D.向右移動時，θ減小解析：BC由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當被測物體帶動電介質(zhì)板向左移動時，兩極板間電介質(zhì)增多，εr變大，則電容C增大，又由公式C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變時，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；同理可知，當被測物體帶動電介質(zhì)板向右移動時，θ增大，故B正確，D錯誤。eq\a\vs4\al()解決電容器問題的兩點注意(1)在電荷量保持不變的情況下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，電場強度與板間距離無關。(2)針對兩極板帶電荷量保持不變的情況，還可以認為一定量的電荷對應著一定數(shù)目的電場線，兩極板間距離變化時，場強不變；兩極板正對面積變化時，如圖丙中電場線變密，場強增大。甲乙丙考點二帶電粒子在電場中的直線運動1.帶電粒子(體)在電場中運動時重力的處理基本粒子如電子、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)帶電體如液滴、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.處理帶電粒子在電場中直線運動的兩個觀點動力學觀點a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad僅適用于勻變速直線運動功能觀點(1)勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(2)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1粒子加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。如圖所示，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點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設質(zhì)子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的eq\f(1,2)。質(zhì)子的比荷取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。[思路點撥](1)質(zhì)子在B管中做勻速直線運動，已知速度，根據(jù)題意確定質(zhì)子在管中運動的時間就可以求出管B的長度。(2)從B管到E管質(zhì)子被三次加速，根據(jù)動能定理就可以確定加速電壓。解析：(1)設質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則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)設質(zhì)子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運動到E電場做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則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。答案：(1)0.4m(2)6×104Veq\a\vs4\al()帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法【對點訓練】3.(帶電粒子在勻強電場中的直線運動)如圖所示，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；在負極板有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在靜電力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面。若兩粒子間的相互作用可忽略，不計重力，則M∶m為()A.3∶2 B.2∶1C.5∶2 D.3∶1解析：A設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對電荷量為q的粒子有aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,M)t2；對電荷量為－q的粒子有am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故選A。4.(帶電粒子在非勻強電場中的直線運動)(多選)如圖甲所示，某電場中的一條電場線恰好與M、P所在直線重合，以M為坐標原點，向右為正方向建立直線坐標系，P點的坐標xP＝5.0cm，此電場線上各點的電場強度大小E隨x變化的規(guī)律如圖乙所示。若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，其電勢能減小45eV，對于此電場，以下說法正確的是()甲乙A.該電子做勻變速直線運動B.x軸上各點的電場強度方向都沿x軸負方向C.M點的電勢是P點電勢的eq\f(1,2)D.圖像中的E0的數(shù)值為1.2解析：BD由題圖可知電子從M點運動到P點過程中，電場強度逐漸減小，所以該電場不是勻強電場，即電子受到的電場力不是恒定的，所以該電子不做勻變速直線運動，故A錯誤；若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，電勢能減小，則電場力做正功，由功能關系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而電場線由高電勢指向低電勢，可知x軸上各點的電場強度方向都沿x軸負方向，故B正確；電勢零點未知，所以無法確定兩點的電勢數(shù)值關系，故C錯誤；由題可知WMP＝45eV，E-x圖像與橫軸圍成圖形的面積表示對應距離的電勢差，可得WMP＝eq\f(（E0e＋\f(E0e,2)）×5×10－2m,2)＝45eV，解得E0＝1200V，即圖像中E0的數(shù)值為1.2，故D正確。5.(在電場力和重力作用下的直線運動)(多選)如圖所示，在豎直面(紙面)內(nèi)有勻強電場，帶電量為q(q>0)、質(zhì)量為m的小球受水平向右大小為F的恒力，從M勻速運動到N。已知MN長為d，與力F的夾角為60°，重力加速度為g，則()A.場強大小為eq\f(\r(F2＋m2g2),q)B.M、N間的電勢差為eq\f(d,q)eq\r(F2＋m2g2)C.從M到N，電場力做功為eq\f(\r(3),2)mgd－eq\f(1,2)FdD.若僅將力F方向順時針轉(zhuǎn)60°，小球?qū)腗向N做勻變速曲線運動解析：AC對小球受力分析，如圖所示，根據(jù)受力平衡可得(qE)2＝(mg)2＋F2，解得場強大小為E＝eq\f(\r(F2＋m2g2),q)，故A正確；設MN與場強方向的夾角為α，則M、N間的電勢差為UMN＝Edcosα＝eq\f(d,q)eq\r(F2＋m2g2)cosα，故B錯誤；從M到N，根據(jù)動能定理可得Fdcos60°－mgdsin60°＋W電＝0－0，可得電場力做功為W電＝eq\f(\r(3),2)mgd－eq\f(1,2)Fd，故C正確；因電場力qE和重力mg的合力與F等大反向，則若僅將力F方向順時針轉(zhuǎn)60°，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小為F，則小球?qū)腗向N做勻變速直線運動，故D錯誤。故選AC?？键c三帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1.偏轉(zhuǎn)(1)條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場。(2)運動性質(zhì)：eq\o(□,\s\up1(14))勻變速曲線運動。(3)處理方法：利用運動的合成與分解。①沿初速度方向：做eq\o(□,\s\up1(15))勻速運動。②沿電場方向：做初速度為零的eq\o(□,\s\up1(16))勻加速運動。2.示波管(1)示波管的構(gòu)造①電子槍，②eq\o(□,\s\up1(17))偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏(如圖所示)。(2)示波管的工作原理①Y1Y2偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的eq\o(□,\s\up1(18))信號電壓，X1X2偏轉(zhuǎn)電極上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作eq\o(□,\s\up1(19))掃描電壓。②如果在偏轉(zhuǎn)電極X1X2和Y1Y2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eq\o(□,\s\up1(20))中心，產(chǎn)生一個亮斑。③若所加掃描電壓和eq\o(□,\s\up1(21))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)變化的穩(wěn)定圖像?！九袛嗾`】1.帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計。(×)2.帶電粒子在電場中，只受電場力時也可以做勻速圓周運動。(√)3.帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。(×)1.帶電粒子垂直進入勻強電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律偏轉(zhuǎn)角正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv02)＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)；側(cè)移距離y0＝eq\f(qU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y(tǒng)0＋Ltanθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ。2.兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(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)角度總是相同的。(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)。3.功能關系：當討論帶電粒子的末速度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)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y0，指初、末位置間的電勢差。示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子(帶電荷量為e，質(zhì)量為m)被加速后從金屬板的小孔穿出，進入偏轉(zhuǎn)電場。電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進，最后打在熒光屏上。設加速電壓U1＝1640V，偏轉(zhuǎn)極板長l＝4cm，偏轉(zhuǎn)極板間距d＝1cm，當電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)極板的正中央沿與板平行的方向進入偏轉(zhuǎn)電場。(1)偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？(2)如果偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離L＝20cm，則電子到達熒光屏時最大偏轉(zhuǎn)距離y為多少？【思路點撥】(1)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出后沿著射出方向做勻速直線運動至打到熒光屏上。(2)電子束打在熒光屏上的偏轉(zhuǎn)距離最大的條件是：電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下極板邊緣射出。解析：(1)要使電子束打在熒光屏上的偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下極板邊緣出來。在加速電場中，由動能定理得eU1＝eq\f(mv02,2)電子進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU1,m))電子在偏轉(zhuǎn)電場中的飛行時間t1＝eq\f(l,v0)電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU2,md)電子從下極板邊緣出來，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(eU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)解得U2＝eq\f(1,8)U1＝205V。(2)電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(d,2)＋y2電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的垂直極板方向分速度vy＝at1＝eq\f(eU2l,mdv0)電子從離開偏轉(zhuǎn)電場到到達熒光屏經(jīng)過的時間t2＝eq\f(L,v0)則y2＝vy·t2＝eq\f(eU2lL,mdv02)＝eq\f(U2lL,2dU1)＝0.05m所以電子到達熒光屏時的最大偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(d,2)＋y2＝0.055m。答案：(1)205V(2)0.055m【對點訓練】6.(不計重力的帶電粒子的偏轉(zhuǎn))如圖所示，真空中有一對水平放置的平行金屬板，板間有豎直向下的勻強電場，場強大小為E，質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，從M點水平方向以初速度v0射入板間，并打在下極板上的N點。已知MN與豎直方向成45°角，粒子的重力可忽略不計。則()A.MN兩點間的距離為eq\f(2\r(2)mv02,qE)B.粒子在MN兩點間的運動時間為eq\f(mv0,qE)C.粒子剛到達N點時的速度大小為3v0D.粒子剛到達N點時的速度方向與豎直方向的夾角為43°解析：A由題意可知粒子做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)×t2＝eq\f(Eqt2,2m)，又因為MN與豎直方向成45°角，所以有x＝y(tǒng)，聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,Eq)，x＝y(tǒng)＝eq\f(2mv02,Eq)，則MN兩點間的距離為MN＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(2\r(2)mv02,Eq)，故A正確，B錯誤；粒子在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則有vx＝v0，vy＝at＝eq\f(Eq,m)×eq\f(2mv0,Eq)＝2v0，則粒子剛到達N點時的速度大小為v＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(5)v0，粒子剛到達N點時的速度方向與豎直方向的夾角為θ＝arctaneq\f(vx,vy)＝arctaneq\f(1,2)≈27°，故C、D錯誤。7.(多種粒子偏轉(zhuǎn)情況比較)(多選)如圖所示，帶電粒子M、N質(zhì)量相同，以相同的初速度沿垂直于電場的方向射入兩平行板間的勻強電場，M從兩極板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，最后都打在同一點。不計粒子的重力，從開始射入到打到上板的過程中，兩粒子()A.運動時間tM＝tNB.加速度之比aM∶aN＝1∶2C.所帶電荷量之比qM∶qN＝1∶4D.電勢能的變化量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4解析：ABD根據(jù)題意可知，帶電粒子在水平方向做勻速運動，由題圖可知，水平位移相等，由于以相同的初速度進入，則由x＝vt可知，運動時間tM＝tN，故A正確；根據(jù)題意可知，豎直方向上，帶電粒子做初速度為0的勻加速直線運動，由公式x＝eq\f(1,2)at2結(jié)合題圖可得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)aMtM2，d＝eq\f(1,2)aNtN2，解得aM∶aN＝1∶2，由牛頓第二定律有EqM＝maM，EqN＝maN，解得所帶電荷量之比qM∶qN＝1∶2，故B正確，C錯誤；根據(jù)功能關系可知，電勢能的變化量等于電場力做功，由公式W＝Eqd可知，電場對兩個帶電粒子做功之比為WM∶WN＝1∶4，則電勢能的變化量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4，故D正確。故選ABD。8.(帶電體在電場中的偏轉(zhuǎn))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發(fā)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點發(fā)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)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③。(2)設B從O點發(fā)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，根據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1·eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)限時規(guī)范訓練35[基礎鞏固題組]1.如圖所示，電容式麥克風的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路。麥克風正常工作時，振動膜隨聲波左右振動。下列說法正確的是()A.振動膜向右運動時，a點的電勢比b點的電勢高B.振動膜向右運動時，電容器的板間電場強度不變C.振動膜向左運動時，電阻上有從a到b的電流D.振動膜向左運動時，振動膜所帶的電荷量不變解析：A振動膜片向右振動時電容器兩極板的距離變小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容增大，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，在U不變的情況下，Q增大，電容器充電，電阻中電流方向向下，即從a到b的電流，a點的電勢比b點的電勢高，故A正確；振動膜片向右振動時電容器兩極板的距離變小，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，在U不變的情況下，電容器的板間電場強度變大，故B錯誤；振動膜片向左振動時電容器兩極板的距離變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容減小，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，在U不變的情況下，振動膜所帶的電荷量Q減小，電容器放電，電阻中電流方向向上，即從b到a的電流，故C、D錯誤。故選A。2.(多選)如圖所示，是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是()A.若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C減小B.若斷開S，將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢能減小C.在S仍閉合的情況下，增大兩極板間距離的過程中，電阻R中有從b到a的電流D.若斷開S，減小兩極板間的距離，則帶電液滴向下運動解析：AB根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對面積S減小，電容器的電容C減小，故A正確；帶電液滴受到豎直向上的靜電力，電場方向豎直向下，帶電液滴帶負電荷，若斷開S，則電容器所帶的電荷量不變，電場強度不變，B板電勢為零，根據(jù)UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知將B板向下平移一小段位移，dPB增大，則P點的電勢升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，帶負電荷的液滴電勢能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，增大兩極板間的距離，電容器的電容C減小，電容器放電，電阻R中有從a到b的電流，故C錯誤；若斷開S，減小兩極板間的距離，電場強度不變，液滴受到的靜電力不變，則帶電液滴不運動，故D錯誤。3.一對平行正對的金屬板C、D接入如圖所示的電路中，電源電動勢為E，C板固定，D板可左右平行移動，閉合開關，一段時間后再斷開開關，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，已知A到D板的距離是板間距離的三分之一，電子質(zhì)量為m，電荷量為－e，忽略電子的重力，則()A.設定C板電勢為0，電子在A點的電勢能為－eq\f(2,3)eEB.若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置C.若要讓電子能夠到達D板，可將D板向右平移至某位置D.若要讓電子能夠到達D板，可閉合開關，再將D板向右平移至某位置解析：B金屬板的電場線由C指向D，沿著電場線電勢逐漸降低，設定C板電勢為0，則A點的電勢為φA＝－eq\f(2,3)E，電子在A點的電勢能為EpA＝eq\f(2,3)eE，故A錯誤；閉合開關，一段時間后再斷開開關，則電容器的電量Q不變，根據(jù)電容的定義式和決定式有C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立解得U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，則有Ek0＝EpA，所以若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置，或者閉合開關，再將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置，故B正確，CD錯誤。故選B。4.如圖所示，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q1(q1＞0)的粒子A；在負極板附近有一質(zhì)量也為m、電荷量為－q2(q2＞0)的粒子B，僅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(3,7)l的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則以下說法正確的是()A.電荷量q1與q2的比值為3∶7B.電荷量q1與q2的比值為3∶4C.粒子A、B通過平面Q時的速度之比為9∶16D.粒子A、B通過平面Q時的速度之比為3∶7解析：B設電場強度大小為E，兩粒子的運動時間t相同，對粒子A，有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，對粒子B，有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，聯(lián)立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，選項A錯誤，B正確；由動能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，求得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，選項C、D錯誤。5.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、帶電荷量為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.微粒到達B點時動能為eq\f(1,2)mv02B.微粒的加速度大小等于gsinθC.兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D.微粒從A點到B點的過程電勢能減少eq\f(mgd,cosθ)解析：C微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向，由此可得，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B時動能小于eq\f(1,2)mv02，選項A錯誤；根據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項C正確；微粒從A點到B點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，選項D錯誤。6.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時()A.所用時間為eq\f(mv0,qE)B.速度大小為3v0C.與P點的距離為eq\f(2\r(2)mv02,qE)D.速度方向與豎直方向的夾角為30°解析：C粒子在電場中做類平拋運動，水平方向x＝v0t，豎直方向y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，由tan45°＝eq\f(y,x)可得t＝eq\f(2mv0,Eq)，故A錯誤；由于vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故粒子速度大小為v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(5)v0，故B錯誤；由幾何關系可知，到P點的距離為L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mv02,Eq)，故C正確；由平拋推論可知速度方向與豎直方向的夾角的正切值tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)<tan30°，故速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤。7.(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，從平行板電場中的P點以相同的水平初速度垂直于E進入電場，它們分別落在A、B、C三點，則可判斷()A.落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電B.三小球在電場中運動時間相等C.三小球到達正極板時的動能關系是EkA＞EkB＞EkCD.三小球在電場中運動的加速度關系是aC＞aB＞aA解析：AD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。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，即tA＞tB＞tC，由于豎直位移相同，根據(jù)h＝eq\f(1,2)at2知aA＜aB＜aC，結(jié)合牛頓第二定律知，落在A點的小球帶正電，落在B點的小球不帶電，落在C點的小球帶負電，故A、D正確，B錯誤；根據(jù)動能定理得W合＝Ek－Ek0，三小球所受合力關系是FA＜FB＜FC，三小球的初動能相等，可知三小球到達正極板時的動能關系是EkA＜EkB＜EkC，故C錯誤。[能力提升題組]8.(多選)如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，現(xiàn)將其與二極管串聯(lián)接在電動勢為E的直流電源上，電容器下極板接地，靜電計所帶電荷量可忽略，二極管具有單向?qū)щ娦?。閉合開關S，一帶電油滴恰好靜止于兩板間的P點，則下列說法正確的是()A.在兩板間放入陶瓷片，平行板電容器的電容將變大B.在兩板間放入與極板等大的金屬片，靜電計指針張角變小C.現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，帶電油滴的電勢能將減少D.現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，油滴將向下運動解析：AC平行板電容器的電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，當兩板間放入陶瓷片時，εr增大，則C增大，故A正確；在兩板間放入與極板等大的金屬片，相當于減小兩板間距離，但由于電容器始終與電源相連，電容器兩板間的電勢差不變，故靜電計指針張角不變，故B錯誤；剛開始油滴恰好靜止于兩板間的P點，則油滴帶負電，將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，兩板間距d增大，電容C減小，電容器上的電荷本該減少，但因為二極管的單向?qū)щ娦?，電容器上的電荷不能回流，所以電容器上的電荷量Q不變，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知兩極板間的電場強度E不變，則油滴所受電場力不變，仍保持靜止，而P點的電勢為φP＝φP－0＝UP下＝EdP下，P點到下極板的距離增大，則P點的電勢升高，因為油滴帶負電，所以油滴在P點的電勢能將減少，故C正確，D錯誤。9.(多選)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()解析：AD帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a＝eq\f(qE,m)，由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子在電場中運動的時間為t＝eq\f(l,v0)，離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEl,mv02)，因為四個帶電的粒子的初速度相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關，前面三個帶電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；(＋q，m)粒子與(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但(－q，m)粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；(＋q，2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。故選AD。10.一勻強電場，場強方向是水平的，如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力和重力作用下恰好能沿與場強的反方向成θ角做