2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第八章靜電場第36講電容器帶電粒子在電場中的運動教學(xué)案新人教版

PAGE20-第36講電容器帶電粒子在電場中的運動基礎(chǔ)命題點平行板電容器1．電容器(1)組成：由兩個彼此eq\x(\s\up1(01))絕緣又相距eq\x(\s\up1(02))很近的導(dǎo)體組成。(2)所帶電荷量：一個極板所帶電荷量的eq\x(\s\up1(03))肯定值。(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的eq\x(\s\up1(04))異號電荷，電容器中儲存eq\x(\s\up1(05))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eq\x(\s\up1(06))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\x(\s\up1(07))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\x(\s\up1(08))eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器eq\x(\s\up1(09))容納電荷本事大小的物理量。(4)單位：法拉(F)1F＝eq\x(\s\up1(10))106μF＝1012pF。(5)電容C的大小由電容器本身的屬性確定，與電壓、電荷量eq\x(\s\up1(11))無關(guān)。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成eq\x(\s\up1(12))正比，與介質(zhì)的相對介電常數(shù)成eq\x(\s\up1(13))正比，與兩板間的距離成eq\x(\s\up1(14))反比。(2)確定式：C＝eq\x(\s\up1(15))eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量(此式只適用于平行板電容器)。4．兩類典型問題(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eq\x(\s\up1(16))不變。①依據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，先分析電容的變更，再分析Q的變更。②依據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變更。③依據(jù)UAB＝E·dAB分析某點電勢變更。(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eq\x(\s\up1(17))不變。①依據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，先分析電容的變更，再分析U的變更。②依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，分析場強變更。1．關(guān)于已充上電的某個平行板電容器，下列說法不正確的是()A．兩極板上肯定帶異號電荷B．兩極板所帶的電荷量肯定相等C．充上的電荷量越多，其電容就越大D．充上的電荷量越多，兩極板間的電勢差就越大答案C解析給電容器充電，電容器兩極板分別帶上等量異號電荷，A、B正確；電容器的電容大小由電容器自身確定，與所帶電荷量的多少無關(guān)，C錯誤；依據(jù)U＝eq\f(Q,C)，電容器的電荷量越大，兩極板間的電勢差越大，D正確。2．[教材母題](人教版選修3－1P32·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，靜電計指針的偏角是增大還是減小？(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)。[變式子題](多選)如圖所示為“探討影響平行板電容器電容的因素”的試驗裝置，以下說法正確的是()A．A板與靜電計的指針帶的是異號電荷B．甲圖中將B板上移，靜電計的指針偏角增大C．乙圖中將B板左移，靜電計的指針偏角不變D．丙圖中將電介質(zhì)插入兩板之間，靜電計的指針偏角減小答案BD解析靜電計指針與A板連為一個導(dǎo)體，帶電性質(zhì)相同，A錯誤；依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，B板上移，S減小，C減小，Q不變，則U增大，B正確；B板左移，d增大，C減小，則U增大，C錯誤；插入電介質(zhì)，εr增大，電容C增大，則U減小，D正確。3．電源、開關(guān)、平行板電容器連成如圖所示電路。閉合開關(guān)S，電源對電容器充電后，電容器帶電量為Q，兩極板間電壓為U，板間電場強度大小為E0。則下列說法正確的是()A．若將A板下移少許，Q增大，U減小，E0不變B．若將A板下移少許，Q不變，U減小，E0減小C．若斷開開關(guān)，將A板下移少許，Q增大，U不變，E0增大D．若斷開開關(guān)，將A板下移少許，Q不變，U減小，E0不變答案D解析開關(guān)閉合時電容器兩極板間的電壓U不變，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，A板下移(板間距d減小)，電容C將增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電容器帶電量Q將增大，由公式E0＝eq\f(U,d)可知兩極板間的場強增大，A、B錯誤；開關(guān)斷開后電容器帶電量Q不變，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，A板下移(兩極板間距d減小)，電容C將增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電容器兩極板間電壓U將減小。由E0＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)三式可解得E0＝eq\f(4kπQ,εrS)，由此可知兩極板間的場強不變，C錯誤、D正確。4．如圖所示，平行板電容器的兩個極板為A、B，B板接地，使其A板帶有電荷量＋Q，B板帶有電荷量－Q，板間電場中有一固定點P，以下說法正確的是()A．若將B板固定，A板下移時，P點的電場強度不變，P點的電勢降低B．若將B板固定，A板下移時，P點的電場強度增大，P點的電勢上升C．若將A板固定，B板上移時，P點的電場強度不變，P點的電勢降低D．若將A板固定，B板上移時，P點的電場強度增大，P點電的勢上升答案C解析由題可知電容器兩極板所帶電荷量不變，正對面積不變，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)可推出：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知，當(dāng)B板固定，A板下移時，P點的電場強度E不變，P點與B板的距離d不變，依據(jù)公式U＝Ed，P點與B板的電勢差UPB不變，則P點的電勢φP＝UPB不變，故A、B錯誤；當(dāng)A板固定，B板上移時，P點與B板的距離d減小，同理得知，P點的電場強度E不變，依據(jù)公式U＝Ed，P點與下板的電勢差UPB減小，所以P點的電勢降低，故C正確、D錯誤。實力命題點一帶電粒子在電場中的直線運動1．有關(guān)帶電粒子重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，因其重力對運動的影響較小，除有說明或明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、塵埃、小球等，因其重力對運動的影響較大，除有明確的說明外，一般都不能忽視重力。2．帶電粒子在勻強電場中做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度的方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。3．帶電粒子在電場中做直線運動的處理方法(1)依據(jù)平衡條件或牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式處理。(2)依據(jù)動能定理或其他功能關(guān)系解決處理。僅電場力做功時的方程①在勻強電場中：W電＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②在非勻強電場中：W電＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。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)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．微粒從A點到B點的過程電勢能削減eq\f(mgd,cosθ)D．兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)解析對微粒進行受力分析如圖，可知微粒做勻減速直線運動，動能減小，故A錯誤；由tanθ＝eq\f(ma,mg)得a＝gtanθ，故B錯誤；微粒從A點到B點的過程電勢能增加，電勢能的增加量為ΔEp＝qEd＝eq\f(mgd,cosθ)，又ΔEp＝qU，得到兩極板的電勢差U＝eq\f(mgd,qcosθ)，故C錯誤，D正確。答案D看到關(guān)鍵詞“直線運動”就應(yīng)想到探討對象所受合外力為零或所受合外力沿運動所在的直線方向。據(jù)此明確探討對象受力狀況后，再應(yīng)用動力學(xué)或功能關(guān)系解題。1．真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強電場，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做直線運動，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則()A．微?？隙◣д夿．微粒肯定做勻速直線運動C．可求出勻強電場的電場強度D．可求出微粒運動的加速度答案D解析此微粒做直線運動的條件是合力與速度沿同始終線，只有微粒所受靜電力向左才滿意此條件，所以微粒帶負電，A錯誤；并且微粒所受合力只能是由B指向A，所以由A向B的運動為勻減速直線運動，B錯誤；通過受力分析可知，能求出微粒所受的靜電力大小和合力大小，由a＝eq\f(F合,m)可求出微粒的加速度大小，D正確；因微粒帶電量未知，不能求出勻強電場的電場強度，故C錯誤。2．[教材母題](人教版選修3－1P39·T1)真空中有一對平行金屬板，相距6.2cm，兩板電勢差為90V。二價的氧離子由靜止起先加速，從一個極板到達另一個極板時，動能是多大？這個問題有幾種解法？哪種解法比較簡便？[變式子題](2024·四川高考)中國科學(xué)院2024年10月宣布中國將在2024年起先建立世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(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(shè)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)子的荷質(zhì)比取1×10(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。答案(1)0.4m(2)6×104V解析(1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB，電源的頻率、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＝0.4m③(2)設(shè)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，相鄰漂移管間的電場對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運動到E電場做功為W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則W＝qU④W′＝3W⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V。實力命題點二帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1．對帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)運動的理解(1)運動條件：①初速度垂直于勻強電場；②僅受電場力作用。(2)運動性質(zhì)：類平拋運動。(3)處理方法：運動的分解。2．運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(l,v0)。(2)沿電場力方向，做初速度為零的勻加速直線運動①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。②離開電場時沿電場力方向的速度：vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)。③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。④離開電場時的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。3．兩個結(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qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)。對同一加速電場，U0相同；對同一偏轉(zhuǎn)電場，U1、d、l相同，因此偏移量y和偏轉(zhuǎn)角θ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到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。4．功能關(guān)系當(dāng)探討帶電粒子的末速度v的大小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。5．設(shè)屏到偏轉(zhuǎn)電場右邊緣的水平距離為D，則計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y有以下幾種方法：(如圖所示)(1)Y＝y(tǒng)＋Dtanθ；(2)Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋D))tanθ；(3)Y＝y(tǒng)＋vy·eq\f(D,v0)；(4)依據(jù)三角形相像：eq\f(Y,y)＝eq\f(\f(L,2)＋D,\f(L,2))。6．示波器的工作原理(1)構(gòu)造：①電子槍；②偏轉(zhuǎn)極板；③熒光屏。(如圖所示)(2)工作原理①YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′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a．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。b．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)變更的穩(wěn)定圖象。(2024·河南省九師聯(lián)盟高三質(zhì)檢)如圖所示，在xOy平面的第一象限存在以x軸、y軸、直線y＝2L及直線x＝2L為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅰ，電場強度大小為E，方向水平向右；在其次象限存在以x軸、y軸、x＝－3L及y＝2L為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅱ，電場方向豎直向上。一電子(電荷量大小為e，質(zhì)量為m，不計重力)從B點處靜止釋放，恰好從(1)求電子通過C點時的速度大??；(2)求電場區(qū)域Ⅱ中的電場強度的大小；(3)電子由電場區(qū)域Ⅰ中某點靜止釋放，從電場區(qū)域Ⅱ的邊界NO離開，且出射速度的方向與x軸負方向成53°角，求釋放點的位置應(yīng)滿意的條件(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。解析(1)從B到C，依題意有veq\o\al(2,C)＝2a·2La＝eq\f(eE,m)解得vC＝2eq\r(\f(eEL,m))。(2)電子從C點進入電場區(qū)域Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中電子做類平拋運動，如圖所示。x軸方向：3L＝vC·y軸方向：a′＝eq\f(F′,m)＝eq\f(eE′,m).2L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(eE′,m)×t2又vC＝2eq\r(\f(eEL,m))聯(lián)立解得E′＝eq\f(16,9)E。(3)電子由電場區(qū)域Ⅰ中某點P(x，y)靜止釋放、經(jīng)Q點進入電場區(qū)域Ⅱ，并從R點離開，如圖所示。設(shè)vR與邊界NO的夾角為θR＝53°，于是有vRx＝vQ＝eq\r(2ax)，vRy＝eq\r(2a′y)tanθR＝eq\f(vRy,vRx)由題意易得eq\f(a,a′)＝eq\f(E,E′)聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得y＝x故電子的釋放點在一條直線段上，即y＝x(0<x≤L)。答案(1)2eq\r(\f(eEL,m))(2)eq\f(16,9)E(3)y＝x(0<x≤L)(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。(2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。1．(2024·湖南衡陽八中月考)(多選)示波管是示波器的核心部件，如圖，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，假如在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()A．極板X應(yīng)帶正電 B．極板X′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶負電 D．極板Y應(yīng)帶正電答案AD解析由亮斑位置可知電子在XX′偏轉(zhuǎn)電場中向X極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板X帶正電，A正確、B錯誤；電子在YY′偏轉(zhuǎn)電場中向Y極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板Y帶正電，C錯誤、D正確。2．[教材母題](人教版選修3－1P39·T4)讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物經(jīng)過同一加速電場由靜止起先加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場里偏轉(zhuǎn)，它們是否會分別為三股粒子束？請通過計算說明。[變式子題](2024·河南安陽二模)如圖所示，偏轉(zhuǎn)電場的兩極板水平放置，偏轉(zhuǎn)電場右邊的擋板豎直放置，氕、氘、氚三粒子同時從同一位置沿水平方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最終均打在右邊的豎直擋板上。不計氕、氘、氚的重力，不考慮三者之間的相互影響，則下列說法正確的是()A．若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能相同，則必定到達擋板上的同一點B．若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動量相同，則到達擋板的時間必定相同C．若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度相同，則必定到達擋板上的同一點D．若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能相同，則到達擋板的時間必定相同答案A解析設(shè)任一正電荷的電量為q，偏轉(zhuǎn)電壓為U，偏轉(zhuǎn)電極的極板長度為L，兩極板間的距離為d，極板右邊緣到擋板的水平距離為L1。在偏轉(zhuǎn)電場中，粒子做類平拋運動，運動時間t＝eq\f(L,v0)；偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，聯(lián)立以上各式得：y＝eq\f(qUL2,4dEk0)，氕、氘、氚三粒子的電荷量q相同，質(zhì)量m不同，若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能相同，則離開電場時偏轉(zhuǎn)距離相同，離開電場時的速度方向也相同，則三個粒子必定到達擋板上的同一點。此時從進入偏轉(zhuǎn)電場到到達擋板的運動時間：t＝eq\f(L＋L1,v0)＝eq\f(L＋L1,\r(\f(2Ek0,m)))，則三個粒子到達擋板的時間必不相同，A正確，D錯誤；若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動量相同，由到達擋板的時間t＝eq\f(L＋L1,v0)＝eq\f(mL＋L1,P)可知，三個粒子打在屏上的時間不同，B錯誤；若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度相同，則可解得：y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，可知粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)距離不同，粒子不能到達擋板上的同一點，C錯誤。3．如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變更，應(yīng)當(dāng)()A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍 D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)答案A解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長度為L，板間距離為d，則依據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(U2L2,4dU1)。U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變更，即y不變，則必需使U2加倍。故選A。課時作業(yè)1．(多選)有一只電容器的規(guī)格是“1.5μF,9V”，那么()A．這只電容器上的電荷量不能超過1.5×10－5B．這只電容器上的電荷量不能超過1.35×10－5C．這只電容器的額定電壓為9VD．這只電容器的擊穿電壓為9V答案BC解析9V為電容器的額定電壓(或工作電壓)，故C正確；正常工作時的電荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C2．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負極板不動，正極板在豎直方向移動，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍 B．4倍C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)答案C解析電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，做類平拋運動。設(shè)電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，初速度為v，極板的長度為L，極板的間距為d，電場強度為E。由于電子做類平拋運動，所以水平方向有L＝vt，豎直方向有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)·(eq\f(L,v))2＝d。因為E＝eq\f(U,d)，可得：d2＝eq\f(eUL2,2mv2)，若電子的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，仍從正極板邊緣飛出，則由上式可得兩極板的間距d應(yīng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，故選C。3．如圖所示，A、B兩平行金屬板水平放置，兩板之間的電勢差恒定，金屬板上的a、b兩小孔恰好在同一豎直線上，在兩小孔的正上方有一帶電油滴由靜止釋放，到達b孔時速度恰好為零。不計空氣阻力，則()A．到達b孔時電場力恰好等于重力B．將A板上移，帶電油滴將不能到達b孔C．將B板下移，帶電油滴將不能到達b孔D．將A板及帶電油滴的釋放位置都上移，帶電油滴肯定能到達b孔答案D解析油滴由靜止釋放到達b孔時速度恰好為零，說明油滴先做加速運動后做減速運動，到達b孔時電場力大于重力，故A錯誤；設(shè)油滴釋放點距A板為H，AB板間距為d，從釋放油滴到b孔的過程中，由動能定理得mg(H＋d)－qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－0，將A板上移，不會變更(H＋d)和UAB，故油滴仍能到達b孔并且速度為0，故B錯誤；將B板下移，H不變、d變大、UAB不變，mg(H＋d)>qUAB，故vb>0，油滴能到達b孔，故C錯誤；將A板及帶電油滴的釋放位置都上移，(H＋d)變大、UAB不變，mg(H＋d)>qUAB，故vb>0，油滴能到達b孔，故D正確。4.(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列推斷可能正確的是()A．電場強度的最小值等于eq\f(mg,q)B．電場強度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C．帶電油滴的機械能增加D．電場力對帶電油滴不做功答案CD解析帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力F，其合力必定沿此直線向下，依據(jù)三角形定則作出合力如圖，由圖看出，當(dāng)電場力F與此直線垂直時，電場力F最小，場強最小，則由F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，E無最大值，故A、B錯誤；當(dāng)E＝eq\f(mgsinθ,q)時，電場力方向與速度方向垂直，電場力對油滴不做功，油滴的電勢能不變，這種狀況下只有重力做功，油滴的機械能不變，故D正確；當(dāng)電場力方向與速度方向成銳角時，電場力做正功，油滴的機械能增加，故C正確。5．(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的帶電粒子M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩帶電粒子恰好在板間某點相遇。若不考慮帶電粒子的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是()A．M的電荷量大于N的電荷量B．兩帶電粒子在電場中運動的加速度相等C．從兩帶電粒子進入電場到兩帶電粒子相遇，電場力對M做的功大于電場力對N做的功D．M進入電場的初速度大小與N進入電場的初速度大小肯定相同答案AC解析從軌跡可以看出：yM>yN，故eq\f(1,2)·eq\f(qME,m)t2>eq\f(1,2)·eq\f(qNE,m)t2，解得：eq\f(qME,m)>eq\f(qNE,m)，qM>qN，故A正確、B錯誤；電場力做功W電＝qEy，由題圖可知yM>yN，且qM>qN，所以電場力對M做的功大于電場力對N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，故vM>vN，故D錯誤。6.(多選)如圖，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)、氘核(eq\o\al(2,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)都沿平行板電容器中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，射出后都能打在同一個與中線垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點，粒子重力不計，下列推斷正確的是()A．若它們射入電場時的速度相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點B．若它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點C．若它們射入電場時的動量相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點D．若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點答案CD解析三個粒子進入勻強電場中都做類平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則得到：a＝eq\f(qE,m)，偏轉(zhuǎn)距離為：y＝eq\f(1,2)at2，運動時間為t＝eq\f(L,v0)，聯(lián)立三式得：y＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))。若它們射入電場時的速度相等，y與比荷成正比，而三個粒子中質(zhì)子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點，故A錯誤；若它們射入電場時的動能相等，y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點，故B錯誤；若它們射入電場時的動量相等，y＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))＝eq\f(qmEL2,2mv02)，可見y與qm成正比，三個qm都不同，則在熒光屏上將只出現(xiàn)3個亮點，故C正確；若它們是由同一個電壓為U的電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(電壓為U0)的，依據(jù)推論y＝eq\f(U0L2,4Ud)可知，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點，故D正確。7．如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距L處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O。試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的P點到O點的距離s。答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解析(1)依據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上始終做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間：t＝eq\f(2L,v0)。(2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，依據(jù)牛頓其次定律，粒子在電場中的加速度為：a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝at1＝a·eq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為：tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))。(3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))又s＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：s＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))。8.(2024·北京高考)探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖所示，下列說法正確的是()A．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，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大答案A解析用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異號電荷，從而使電容器帶電，故A正確；依據(jù)平行板電容器電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故B錯誤；依據(jù)電容器的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在極板間插入有機玻璃板，則相對介電常數(shù)εr增大，則電容C增大，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，故C錯誤；電容與電容器所帶的電荷量無關(guān)，故電容C不變，故D錯誤。9．(2024·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍舊保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動答案D解析兩極板平行時帶電油滴處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當(dāng)下極板右端向下移動一小段距離時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故油滴向右下方運動，D正確。10．(2024·河北衡水中學(xué)高考模擬)如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，上極板接地。一帶負電的油滴位于電容器中的P點且處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將下極板豎直向下緩慢地移動一小段距離，則()A．帶電油滴將豎直向上運動B．帶電油滴的機械能將增加C．P點的電勢將上升D．電容器的電容增加，極板帶電量增加答案C解析一個帶負電的油滴最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明油滴受到的電場力和重力平衡?，F(xiàn)在將下極板向下移動，板間的電壓等于電源電動勢不變，所以板間的電場強度將減小，即油滴受到的電場力減小，所以油滴受到的重力大于電場力，油滴將豎直向下運動，故A錯誤；依據(jù)A項的分析可得，油滴向下運動，電場力對油滴做負功，油滴的機械能將減小，故B錯誤；因為上極板接地，所以上極板的電勢為零，并且上極板接電源的正極，下極板接電源的負極，所以上極板的電勢高于下極板的電勢，兩板間電場線的方向是豎直向下