高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練 第8章 靜電場 第三講 電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動

第三講電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動知識梳理1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導(dǎo)體組成．(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值．(3)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．③充電時電流流入正極板，放電時電流流出正極板．2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板之間的電勢差之比．(2)定義式：C＝eq\f(Q,U).(3)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).(4)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)；1F＝106μF＝1012pF.(5)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低．(6)決定因素：由電容器本身物理?xiàng)l決定（正對面積、相對介電常數(shù)、兩板間的距離），與電容器是否帶電及電壓無關(guān)．3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，t＝eq\f(l,v0)(如圖)．(2)沿靜電力方向做勻加速直線運(yùn)動①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)②離開電場時的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)4．示波管(1)構(gòu)造示波管的構(gòu)造如圖所示，它主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。(2)工作原理①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′之間和偏轉(zhuǎn)電極YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運(yùn)動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。②示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待測的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作掃描電壓。如果信號電壓是周期性的，并且掃描電壓與信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(wěn)定圖像?？键c(diǎn)一、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(1)U不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析Q的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)的變化．③根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢變化．(2)Q不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析U的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強(qiáng)變化．結(jié)論：分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小→Q變小、E變小C變小→U變大、E不變S變大C變大→Q變大、E不變C變大→U變小、E變小εr變大C變大→Q變大、E不變C變大→U變小、E變小例1、(2018·北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說法正確的是()A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大【答案】A【解析】實(shí)驗(yàn)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，故A正確。實(shí)驗(yàn)中，b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εS,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(jì)指針的張角變大，故B錯誤。插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)ε變大，由C＝eq\f(εS,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(jì)指針的張角變小，故C錯誤。只增加極板帶電量，電容C不變，靜電計(jì)指針的張角變大，是由于U變大導(dǎo)致的，故D錯誤。例2、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(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【答案】D【解析】平行板電容器電容的表達(dá)式為C＝eq\f(εrS,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強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不變，所以極板間電場強(qiáng)度不變，選項(xiàng)D正確。課堂隨練訓(xùn)練1、(2022·河北“五個一名校聯(lián)盟”二模)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷(上極板帶正電)，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)的正點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，U表示兩板之間的電勢差，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)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．E不變，Ep不變 B．U不變，E減小C．θ增大，E不變 D．θ不變，Ep增大【答案】A【解析】電容器沒有連接電源，故電容器帶的電荷量不變，上極板向下移動，板間距減小，根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)可知，電容增大，由電容的定義式可得，極板間的電勢差減小，故靜電計(jì)指針偏角θ減小，故B、C錯誤；兩板間的電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εS)，因此電場強(qiáng)度與板間距無關(guān)，即E不變，P點(diǎn)到下極板距離不變，則P點(diǎn)的電勢不變，所以點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能Ep不變，故A正確，D錯誤。訓(xùn)練2、(多選)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可忽略，開關(guān)閉合，穩(wěn)定時一帶電的油滴靜止于兩極板間的P點(diǎn)，若斷開開關(guān)K，將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是()A．靜電計(jì)指針的張角變小B．P點(diǎn)電勢升高C．帶電油滴向上運(yùn)動D．帶電油滴的電勢能不變【答案】AD【解析】將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，極板間距減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4kπd)可知，電容器的電容增大，當(dāng)開關(guān)斷開后，兩極板的電荷量不變，又U＝eq\f(Q,C)，所以，極板間的電勢差減小，則靜電計(jì)指針的張角變小，A正確；根據(jù)場強(qiáng)公式，得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，當(dāng)斷開開關(guān)后，極板的電荷量不變，故可得場強(qiáng)不變，故帶電油滴不會移動，根據(jù)電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系可知，P點(diǎn)的電勢不變，帶電油滴的電勢能不變，B、C錯誤，D正確．訓(xùn)練3、(多選)平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關(guān)S，電容器充電，穩(wěn)定后懸線偏離豎直方向夾角為θ，如圖所示．那么()A．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大B．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變C．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大D．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變【答案】AD【解析】保持開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，帶正電的A板向B板靠近，極板間距離減小，電場強(qiáng)度E增大，小球所受的靜電力變大，θ增大，故A正確，B錯誤；斷開開關(guān)S，電容器所帶的電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知d變化，E不變，小球所受靜電力不變，θ不變，故C錯誤，D正確．考點(diǎn)二、電容器的充、放電現(xiàn)象1．電容器的充電過程如圖所示，當(dāng)開關(guān)S接1時，電容器接通電源，在靜電力的作用下自由電子從正極板經(jīng)過電源向負(fù)極板移動，正極板因失去電子而帶正電，負(fù)極板因獲得電子而帶負(fù)電．正、負(fù)極板帶等量的正、負(fù)電荷．電荷在移動的過程中形成電流．在充電開始時電流比較大(填“大”或“小”)，以后隨著極板上電荷的增多，電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，當(dāng)電容器兩極板間電壓等于電源電壓時電荷停止定向移動，電流I＝0.2．電容器的放電過程如圖所示，當(dāng)開關(guān)S接2時，相當(dāng)于將電容器的兩極板直接用導(dǎo)線連接起來，電容器正、負(fù)極板上電荷發(fā)生中和．在電子移動過程中，形成電流．放電開始電流較大(填“大”或“小”)，隨著兩極板上的電荷量逐漸減小，電路中的電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，兩極板間的電壓也逐漸減小到零．例1、在如圖所示實(shí)驗(yàn)中，關(guān)于平行板電容器的充、放電，下列說法正確的是()A．開關(guān)接1時，平行板電容器充電，且上極板帶正電B．開關(guān)接1時，平行板電容器充電，且上極板帶負(fù)電C．開關(guān)接2時，平行板電容器充電，且上極板帶正電D．開關(guān)接2時，平行板電容器充電，且上極板帶負(fù)電【答案】A【解析】開關(guān)接1時，平行板電容器充電，上極板與電源正極相連而帶正電，A正確，B錯誤；開關(guān)接2時，平行板電容器放電，放電結(jié)束后上、下極板均不帶電，C、D錯誤．例2、（多選）電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，可以捕捉到瞬間的電流變化，相當(dāng)于一個理想電流表。用如圖甲所示的電路來研究電容器的放電過程。實(shí)驗(yàn)時將開關(guān)S撥到1端，用直流電壓為8V的電源給電容器充電，待電路穩(wěn)定后，將電流傳感器打開，再將開關(guān)S撥到2端，電容器通過電阻R放電。以S撥到2端時為t＝0時刻，電流傳感器測得的電流I隨時間t的變化圖像如圖乙所示，根據(jù)題意，下列說法正確的是()A．由I-t圖像可知，電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為3.2×10－3CB．由I-t圖像可知，電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為3.2CC．此電容器的電容約為4.0×10－4FD．此電容器的電容約為0.4F【答案】AC【解析】將橫坐標(biāo)t分成許多很小的時間間隔Δt，在這些很小的時間間隔里，放電電流I可以視為不變，則IΔt為這段時間內(nèi)的放出的電荷，則電容器所帶的電荷量為Q＝I1Δt1＋I(xiàn)2Δt2＋I(xiàn)3Δt3＋…＋I(xiàn)nΔtn，式中I1Δt1、I2Δt2、…為圖中的狹條形面積，由此可知，電容器所帶的電荷量在數(shù)值上等于圖像與橫坐標(biāo)軸所包圍的面積?？v坐標(biāo)的每個小格為0.2mA，橫坐標(biāo)的每個小格為0.4s，則每個小格所代表的電荷量數(shù)值為q＝0.2×10－3×0.4C＝8×10－5C，曲線下包含的小正方形的個數(shù)為40個(格數(shù)為38～42都正確)，總放電量為Q＝40×8×10－5C＝3.2×10－3C，故A正確，B錯誤。由電容器的計(jì)算公式，可得電容值C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(3.2×10－3,8)F＝4×10－4F，故C正確，D錯誤。課堂隨練訓(xùn)練1、(多選)(2022·天津等級考模擬)如圖所示，這是一個由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點(diǎn)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(yùn)動【答案】AB【解析】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；由題圖可知帶電液滴受到豎直向上的電場力，電場方向豎直向下，帶電粒子帶負(fù)電荷，若斷開S，則電容器的電荷量不變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)可得E＝Q·eq\f(4πk,εrS)，可知電場強(qiáng)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，則dPB增大，P點(diǎn)的電勢升高，根據(jù)Ep＝φq可知，電勢升高，帶負(fù)電荷的液滴電勢能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，增大兩極板距離的過程中，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；根據(jù)選項(xiàng)B分析可知，若斷開S，減小兩極板距離，電場強(qiáng)度不變，液滴受到的電場力不變，則帶電液滴不動，故D錯誤。訓(xùn)練2、(多選)如圖甲所示連接電路，選用8V直流電源，470微法的電解電容器。當(dāng)單刀雙擲開關(guān)S擲向1端，電源向電容器充電。然后把開關(guān)擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出如圖乙所示的電流隨時間變化曲線。一位同學(xué)對實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了一些分析，其中正確的是()A．開關(guān)S擲向2端時，流經(jīng)電流傳感器的電流方向從B到AB．放電過程中電容器的電容C、電荷量Q、電壓U都變小C．I-t圖中曲線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器儲存的電荷量D．電容器充電完畢時，儲存的電能約為0.015J【答案】CD【解析】開關(guān)S擲向1端時，電容器上極板接電源的正極；開關(guān)S擲向2端時，流經(jīng)電流傳感器的電流方向從A到B，選項(xiàng)A錯誤。放電過程中電容器的電荷量Q、電壓U都變小，電容C不變，選項(xiàng)B錯誤。根據(jù)Q＝It，則I-t圖中曲線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器儲存的電荷量，選項(xiàng)C正確。根據(jù)W＝UIt，結(jié)合Q＝eq\o(I,\s\up6(－))t以及Q＝CU可知，電容器充電完畢時，儲存的電能約為E＝eq\f(1,2)CU2＝eq\f(1,2)×470×10－6×82J≈0.015J，選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)三、帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動1．帶電粒子(體)在電場中運(yùn)動時是否考慮重力的處理方法(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，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，一般都要考慮重力。2．做直線運(yùn)動的條件(1)粒子所受合力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動。(2)粒子所受合力F合≠0，且合力與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做變速直線運(yùn)動。3．解題思路(1)用動力學(xué)觀點(diǎn)分析Eq＋F其他＝ma，E＝eq\f(U,d)(勻強(qiáng)電場)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(勻變速直線運(yùn)動)。(2)用能量觀點(diǎn)分析①勻強(qiáng)電場中：W電＝Eqd＝qU，W電＋W其他＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非勻強(qiáng)電場中：W電＝qU，W電＋W其他＝Ek2－Ek1。例1、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(fù)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(yùn)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(jì)重力，則M∶m為()A．3∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶1【答案】A【解析】設(shè)電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動時間相同，對電荷量為q的粒子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.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(fù)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(yùn)動并從極板N的右邊緣B處射出，則()A．微粒到達(dá)B點(diǎn)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(diǎn)到B點(diǎn)的過程電勢能減少eq\f(mgd,cosθ)【答案】C【解析】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(yùn)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(yùn)動，微粒到達(dá)B時動能小于eq\f(1,2)mv02，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，選項(xiàng)B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項(xiàng)C正確；微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，選項(xiàng)D錯誤。例3、(2021·東北三省三校聯(lián)考)如圖甲所示，A、B是兩個足夠大的平行金屬板，兩平行板間加如圖乙所示電壓，U0、T0為已知。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在t＝0時刻從緊靠A板位置由靜止釋放(不計(jì)重力)，粒子經(jīng)2T0時間到B板。求：(1)粒子到達(dá)B板時的速度v；(2)兩個金屬板間的距離d。【答案】(1)3eq\r(\f(2qU0,7m))(2)T0eq\r(\f(7qU0,2m))【解析】(1)在0～T0時間，粒子運(yùn)動的位移為d1＝eq\f(1,2)·eq\f(2qU0,md)Teq\o\al(2,0)＝eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),md)在T0～2T0時間，粒子運(yùn)動的位移為d2＝eq\f(2qU0Teq\o\al(2,0),md)＋eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),2md)＝eq\f(5qU0Teq\o\al(2,0),2md)根據(jù)動能定理得2qU0eq\f(d1,d1＋d2)＋qU0eq\f(d2,d1＋d2)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝3eq\r(\f(2qU0,7m))。(2)根據(jù)位移關(guān)系得d1＋d2＝d解得d＝T0eq\r(\f(7qU0,2m))。課堂隨練訓(xùn)練1、(多選)如圖，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、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)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略。下列說法正確的是()A．a(chǎn)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【答案】BD【解析】經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa＞xb，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2知，ma＜mb，故A錯誤。電場力做功Wa＞W(wǎng)b，由動能定理知，a的動能比b的動能大，故B正確。a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，故C錯誤。根據(jù)動量定理知a、b的動量大小相等，故D正確。訓(xùn)練2、(2021·江西省教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，A、B為平行金屬板，兩極板相距為d，分別與電源兩極連接。兩板的中央各有一小孔M、N。今有一帶電質(zhì)點(diǎn)自A板上方距離為d的P點(diǎn)由靜止下落，不計(jì)空氣阻力，到達(dá)兩板中點(diǎn)時的速度恰好為零，然后沿原路返回。則帶電質(zhì)點(diǎn)的重力與它在電場中所受電場力的大小之比為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1【答案】B【解析】帶電質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)開始由靜止下落到兩板中點(diǎn)時，先加速后減速到零，根據(jù)動能定理有mg·eq\f(3,2)d－eq\f(1,2)qEd＝0，重力與電場力的大小之比為1∶3，故B正確。訓(xùn)練3、勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖像如圖所示，當(dāng)t＝0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子(帶正電)，設(shè)帶電粒子只受靜電力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運(yùn)動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度不為零D．0～3s內(nèi)，靜電力做的總功為零【答案】D【解析】由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小為a1＝eq\f(qE,m)，第2s內(nèi)加速度大小為a2＝eq\f(2qE,m)，故a2＝2a1，因此先加速1s再減速0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向加速，v－t圖像如圖所示：帶電粒子在第1s做勻加速運(yùn)動，在第2s內(nèi)先做勻減速運(yùn)動，后反向加速，所以不是始終向s時，帶電粒子沒有回到出發(fā)點(diǎn)，故B錯誤；由圖可知，3s末的瞬時速度為0，故C錯誤；因?yàn)榈?s末粒子的速度剛好減為0，根據(jù)動能定理可知，0～3s內(nèi)，靜電力做的總功為零，故D正確．考點(diǎn)四、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)1．基本規(guī)律設(shè)粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響)，粒子能以平行金屬板的初速度v0進(jìn)入兩金屬板間且能從兩金屬板之間穿過，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在電場中的運(yùn)動時間：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(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)))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)角度和偏移量y總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)，得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)。由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及y＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)，得y＝eq\f(Ul2,4U0d)。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)射出后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到極板邊緣的水平距離為eq\f(l,2)。3．在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動才會打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示。(1)確定最終偏移距離思路一：思路二：(2)確定偏轉(zhuǎn)后的動能(或速度)思路一：思路二：例1、如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點(diǎn)A射入，從BC的中點(diǎn)P射出，粒子b由AB的中點(diǎn)O射入，從頂點(diǎn)C射出．若不計(jì)重力，則a和b的比荷(帶電荷量與質(zhì)量的比值)之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶8D．8∶1【答案】D【解析】粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，a、b兩粒子的水平位移大小之比為1∶2，根據(jù)x＝v0t，知時間之比為1∶2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，y之比為2∶1，則a、b的加速度之比為8∶1.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a＝eq\f(qE,m)，加速度大小之比等于比荷之比，則兩電荷的比荷之比為8∶1，故D正確，A、B、C錯誤．例2、噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)原理如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出半徑為1×10－5m的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室時被帶上負(fù)電，帶電的多少由計(jì)算機(jī)按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制。帶電后的微粒以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，打到紙上，顯示出字體。無信號輸入時，墨汁微粒不帶電，沿直線通過偏轉(zhuǎn)電場而注入回流槽流入墨盒。設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長L1＝1.6cm，兩板間的距離d＝0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端到紙的距離L2＝2.4cm。若一個墨汁微粒的質(zhì)量為1.6×10－10kg，所帶電荷量為1.25×10－12C，以20m/s的初速度垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，打到紙上的點(diǎn)距原入射方向的距離是1.0mm(不計(jì)空氣阻力和墨汁微粒的重力，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性)()A．墨汁從進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場到打在紙上，做類平拋運(yùn)動B．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是2.0×103VC．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是5.0×102VD．為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉(zhuǎn)電壓降低10%【答案】C【解析】墨汁在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；墨汁出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動，且反向延長線交水平位移的中點(diǎn)，如圖所示由圖可知tanθ＝eq\f(vy,v0)，tanθ＝eq\f(y,\f(L1,2)＋L2)，又vy＝at＝eq\f(qU,md)t，t＝eq\f(L1,v0)聯(lián)立解得兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是U＝5.0×102V，選項(xiàng)B錯誤，C正確；由以上式子整理得y＝eq\f(qUL1（L1＋2L2）,2mdveq\o\al(2,0))，為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉(zhuǎn)電壓提高10%，選項(xiàng)D錯誤。課堂隨練訓(xùn)練1、(多選)(2022·張家口期末)如圖所示，xOy坐標(biāo)系內(nèi)，第一象限存在水平向左的勻強(qiáng)電場。第二象限存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，y軸上c點(diǎn)和x軸上d點(diǎn)連線為電場的下邊界。相同的帶電粒子甲、乙分別從a點(diǎn)和b點(diǎn)由靜止釋放，兩粒子均從c點(diǎn)水平射入第二象限，且均從c、d連線上射出，已知ab＝bc，下列說法正確的是()A．帶電粒子甲、乙在c點(diǎn)速度之比為2∶1B．帶電粒子甲、乙在c點(diǎn)速度之比為eq\r(2)∶1C．帶電粒子甲、乙在第二象限電場內(nèi)的位移比為eq\r(2)∶1D．帶電粒子甲、乙在第二象限射出電場時速度方向相同【答案】BD【解析】根據(jù)題意，由veq\o\al(2,c)＝2a1x可得帶電粒子甲、乙在c點(diǎn)速度之比為v甲∶v乙＝eq\r(2)∶1，故A錯誤，B正確；甲、乙兩粒子從c點(diǎn)水平射入第二象限的電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)cd與x軸正方向夾角為α，則帶電粒子從c、d連線上射出時，有tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)a2t2,vct)＝eq\f(a2t,2vc)，可得粒子在第二象限的電場中運(yùn)動時間t＝eq\f(2vctanα,a2)，粒子在第二象限中的位移s＝eq\f(x,cosα)＝eq\f(vct,cosα)＝eq\f(2veq\o\al(2,c)tanα,a2cosα)，兩粒子的加速度a2相同，α一定，則s甲∶s乙＝veq\o\al(2,甲)∶veq\o\al(2,乙)＝2∶1，故C錯誤；設(shè)速度方向與水平方向夾角為θ，tanθ＝2tanα，甲、乙在第二象限射出電場時速度方向與水平方向夾角θ相同，故D正確。訓(xùn)練2、(2019·全國卷Ⅱ)如圖，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，重力忽略不計(jì)。(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？【答案】(1)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))【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＝ma ②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)mv02 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)at2` ④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝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同步訓(xùn)練1、(多選)關(guān)于電容器的電容，下列說法中正確的是()A．根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，跟兩極板間的電壓成反比B．對于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比C．無論電容器電壓如何變化(小于擊穿電壓且不為零)，它所帶的電荷量與電壓的比值都恒定不變D．電容器所帶電荷量增加2倍，則電容增大2倍【答案】BC【解析】電容是電容器本身的性質(zhì)，一個確定的電容器的電容是不變的，與所帶的電荷量無關(guān)，故A、D錯誤；根據(jù)Q＝CU，對于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比，故B正確；根據(jù)電容，故C正確．2、(2021·湖北武漢市4月質(zhì)檢)如圖1所示，A、B為平行板電容器的上、下兩個固定極板，分別接在恒壓直流電源的兩極上。當(dāng)紙張從平行極板間穿過時，若負(fù)電荷從a向b流過靈敏電流計(jì)G，則電流計(jì)指針偏向a端；若負(fù)電荷從b向a流過靈敏電流計(jì)G，則指針偏向b端。某次紙張從平行極板間穿過時，發(fā)現(xiàn)電流計(jì)指針偏向b端，下列說法正確的是()圖1A．兩極板間紙張厚度減小B．兩極板間紙張厚度不變C．兩極板間紙張厚度增加D．以上三種情況都有可能【答案】A【解析】某次紙張從平行極板間穿過時，發(fā)現(xiàn)電流計(jì)指針偏向b端，則負(fù)電荷從b向a流過靈敏電流計(jì)G，電容器放電，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)及Q＝CU可知，電容變小，則兩極板間紙張厚度減小，故A正確。3、(2022·潮州第一次質(zhì)檢)如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側(cè)極板B和靜電計(jì)外殼均接地，電容器右側(cè)極板A與靜電計(jì)金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開，下列操作能使靜電計(jì)的指針張角變大的是()A．減小A板與B板之間的水平距離B．將橡膠棒插入A板與B板之間C．A板位置不動，將B板稍微豎直向下平移D．將A板也接地【答案】C【解析】靜電計(jì)反映的是電容器兩極板之間的電勢差，電容器帶電后與電源斷開，則Q不變，減小A板與B板之間的水平距離，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容C增大，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)可知U變小，指針偏角變小，故A錯誤；將橡膠棒插入A板與B板之間εr變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容C增大，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)可知U變小，指針偏角變小，故B錯誤；A板位置不動，將B板稍微豎直向下平移，S變小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容C減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)，可知U變大，指針偏角變大，故C正確；將A板也接地，A、B兩板電勢差變?yōu)?，則指針偏角變小，故D錯誤。4、(多選)如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左．不計(jì)空氣阻力，則小球()A．做直線運(yùn)動B．做曲線運(yùn)動C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小【答案】BC【解析】對小球受力分析，小球受重力、靜電力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運(yùn)動，故A錯誤，B正確；在運(yùn)動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，選項(xiàng)C正確，D錯誤．5、如圖所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點(diǎn)A點(diǎn)釋放一個帶電荷量為＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不計(jì)，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時，恰好從下端點(diǎn)B射出，則d與L之比為()A．1∶2B．2∶1C．1∶1D．1∶3【答案】C【解析】設(shè)粒子從A到B的時間為t，粒子在B點(diǎn)時，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得L＝v0t，d＝eq\f(vy,2)t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，選項(xiàng)C正確．6、(多選)如圖所示，A、B兩導(dǎo)體板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì))．若分別在A、B兩板間加下列選項(xiàng)所示的四種周期性變化的電壓(各選項(xiàng)僅展示了一個周期內(nèi)的電壓)，則其中一定能使電子打到B板的是()【答案】CD【解析】加A項(xiàng)所示電壓時，電子最初受到向右的靜電力，開始向B板運(yùn)動，電子先做加速度減小的加速運(yùn)動，然后做加速度增大的減速運(yùn)動，2t0時刻速度為零，再向A板先加速、后減速至初始位置，且到初始位置時速度變?yōu)榱?，如此在A、B間往復(fù)運(yùn)動，電子有可能打不到B板，故A錯誤；加B項(xiàng)所示電壓時，電子向B板先勻加速再勻減速，2t0時刻速度為零，再向A板先加速、后減速至初始位置，且到初始位置時速度變?yōu)榱悖绱嗽贏、B間往復(fù)運(yùn)動，電子有可能打不到B板，故B錯誤；加C項(xiàng)所示電壓時，電子向B板先加速再減速至速度為零，周而復(fù)始，一直向B板運(yùn)動，一定能到達(dá)B板，故C正確；加D項(xiàng)所示電壓時，電子在一個周期內(nèi)速度的方向不變，一直向B板運(yùn)動，一定能到達(dá)B板，故D正確．7、(2022·北京西城區(qū)5月統(tǒng)測)具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位素原子核(eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(3,1)H)以相同的速度從帶電平行板間的P點(diǎn)沿垂直于電場的方向射入電場，分別落在A、B、C三點(diǎn)，如圖所示。不計(jì)粒子的重力，則()A．三種粒子在電場中運(yùn)動的時間相同B．三種粒子在電場中運(yùn)動的過程中電勢能的變化量相同C．落在A點(diǎn)的是eq\o\al(1,1)HD．到達(dá)負(fù)極板時，落在C點(diǎn)的粒子的動能大于落在A點(diǎn)的粒子的動能【答案】B【解析】三種粒子在水平方向的分速度相同，但水平位移不同，所以在電場中運(yùn)動的時間不同，故A錯誤；三種粒子的電荷量q相同，且P到A、B、C三點(diǎn)間電勢差U相等，根據(jù)ΔEp＝－qU可知三種粒子在電場中運(yùn)動的過程中電勢能的變化量相同，故B正確；設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度大小為E，粒子質(zhì)量為m，則粒子在垂直于極板方向的加速度大小為a＝eq\f(qE,m)，設(shè)P點(diǎn)到負(fù)極板的豎直距離為h，則粒子的水平位移大小為x＝vt＝veq\r(\f(2h,a))＝veq\r(\f(2mh,qE))，由上式可知質(zhì)量越大的粒子水平位移越大，所以落在A點(diǎn)的是eq\o\al(3,1)H，故C錯誤；粒子到達(dá)負(fù)極板時的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＋qU，由上式可知質(zhì)量越大的粒子到達(dá)負(fù)極板時的動能越大，由C項(xiàng)分析可知，落在C點(diǎn)的粒子的動能小于落在A點(diǎn)的粒子的動能，故D錯誤。8、(多選)質(zhì)子和α粒子(氦核)分別從靜止開始經(jīng)同一加速電壓U1加速后，垂直于電場方向進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場電壓為U2.兩種粒子都能從偏轉(zhuǎn)電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時速度方向正對熒光屏中心O點(diǎn)．下列關(guān)于兩種粒子運(yùn)動的說法正確的是()A．兩種粒子會打在屏MN上的同一點(diǎn)B．兩種粒子不會打在屏MN上的同一點(diǎn)，質(zhì)子離O點(diǎn)較遠(yuǎn)C．兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有相同的動能D．兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有不同的動能，α粒子的動能較大【答案】AD【解析】兩種粒子在加速電場中做加速運(yùn)動，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02－0，偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)板長為L，平行于極板方向：L＝v0t，垂直于極板方向：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,md)，y＝eq\f(1,2)at2，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)，聯(lián)立以上各式得y＝eq\f(U2L2,4dU1)，tanα＝eq\f(U2L,2dU1)，偏移量y和速度偏轉(zhuǎn)角α都與粒子的質(zhì)量m、電荷量q無關(guān)，所以偏移量y相同，速度方向相同，則兩種粒子打在屏MN上同一點(diǎn)，故A正確，B錯誤；對兩個粒子先加速后偏轉(zhuǎn)的全過程，根據(jù)動能定理得qU1＋qU2′＝Ek－0，因α粒子的電荷量q較大，故離開偏轉(zhuǎn)電場時α粒子的動能較大，C錯誤，D正確．9、(2020·浙江7月選考)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(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)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(dá)MN連線上的某點(diǎn)時()A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點(diǎn)的距離為eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°【答案】C【解析】粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，在水平方向上有x＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)t2，當(dāng)粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時，有eq\f(y,x)＝tan45°，聯(lián)立可得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A錯誤；當(dāng)粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時，有vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故此時粒子的速度大小為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B錯誤；由幾何關(guān)系可知，粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時，與P點(diǎn)的距離為L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)，故C正確；粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時，速度方向與豎直方向的夾角的正切值為tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)<tan30°，可知此時的速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤。10、(2022·江蘇蘇州市模擬)如圖所示，矩形勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為h，上面為Ⅰ、下面為Ⅱ，電場強(qiáng)度方向在豎直平面內(nèi)，電場強(qiáng)度大小為E.質(zhì)量為m的帶電小球由靜止釋放，進(jìn)入電場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則()A．剛進(jìn)入電場Ⅰ時加速度方向豎直向上B．穿過電場Ⅰ的時間大于在兩電場之間的運(yùn)動時間C．穿過兩電場后小球的電勢能增加了3mghD．穿過兩電場后小球的電勢能增加2mgh【答案】A【解析】因?yàn)樾∏蛟趧驈?qiáng)電場區(qū)Ⅰ、Ⅱ之間的運(yùn)動是勻加速運(yùn)動，其末速度與其進(jìn)入勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ的初速度相等，由于勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ與Ⅰ、Ⅱ之間的間距均為h，且在勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ中一定做勻變速運(yùn)動，所以帶電小球在勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ中做勻減速運(yùn)動，加速度大小等于重力加速度，根據(jù)F－mg＝ma可知靜電力為重力的2倍，運(yùn)動過程與在Ⅰ、Ⅱ之間的運(yùn)動具有對稱性，穿過電場Ⅰ的時間等于在兩電場之間的運(yùn)動時間，所以A正確，B錯誤；由于靜電力為重力的2倍，所以經(jīng)過兩個電場區(qū)域，電勢能增加ΔEp＝2×2mgh＝4mgh，選項(xiàng)C、D錯誤．11、隨著傳感器技術(shù)的不斷進(jìn)步，傳感器在中學(xué)實(shí)驗(yàn)室逐漸普及．某同學(xué)用電流傳感器和電壓傳感器做“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)，電路如圖甲所示．(1)先使開關(guān)K與1端相連，電源對電容器充電，這個過程很快完成，充滿電的電容器上極板帶________電；(2)然后把開關(guān)K擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流、電壓信息傳入計(jì)算機(jī)，經(jīng)處理后得到電流和電壓隨時間變化的I－t、U－t曲線，如圖乙所示；(3)由圖乙可知，電容器充滿電的電荷量為________C，電容器的電容為________F；(保留兩位有效數(shù)字)(4)若將電路中的電阻換成一阻值更大的電阻，把開關(guān)K擲向2端電容器放電，請?jiān)趫D乙的左圖中定性地畫出I－t曲線．【答案】(1)正(3)3.5×1