高考物理大二輪總復習與增分策略 專題十二 電容器 帶電粒子在電場中的運動

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專題十二 電容器 帶電粒子在電場中的運動 考綱解讀 章 內(nèi)容 考試要求 說明 必考 加試 靜電場 電容器的電容 b c 1.不要求應用平行板電容器電容的決定式進行計算． 2．示波管問題的分析與計算不涉及兩個偏轉(zhuǎn)電極同時加電壓的情形． 3．解決帶電粒子偏轉(zhuǎn)運動問題只限于垂直電場方向入射且偏轉(zhuǎn)電極加恒定電壓的情形. 帶電粒子在電場中的運動 b d 一、電容器的電容 1．電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成． (2)帶電量：一個極板所帶電荷量的絕對值． (3)電容器的充電、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． 2．電容 (1)公式 ①定義式：C＝. ②推論：C＝. (2)電容與電壓、電荷量的關(guān)系：電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定，與電壓、電荷量無關(guān)．不隨Q變化，也不隨電壓變化． 3．平行板電容器及其電容 (1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比． (2)決定式：C＝，k為靜電力常量．εr為相對介電常數(shù)，與電介質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)． 二、帶電粒子在電場中的運動 1．加速問題：若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的動能的增量． (1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv. (2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv. 2．偏轉(zhuǎn)問題： (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)：類平拋運動． (3)處理方法：利用運動的合成與分解． ①沿初速度方向：做勻速直線運動． ②沿電場力方向：做初速度為零的勻加速運動． 3．示波管的構(gòu)造： ①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏．(如圖1所示) 圖1 1．電容器是一種常用的電子元件．下列對電容器認識正確的是(　　) A．電容器的電容表示其儲存電荷的能力 B．電容器的電容與它所帶的電量成正比 C．電容器的電容與它兩極板間的電壓成正比 D．電容器的常用單位有μF和pF,1 μF＝103 pF 答案　A 解析　由電容的物理意義知A正確．電容定義式為C＝，但C跟Q和U無關(guān)，僅跟電容器本身特征量有關(guān)；1 μF＝106 pF.B、C、D都錯． 2．(2015浙江學考模擬)如圖2為可變電容器，由一組動片和一組定片組成，這兩組金屬片之間是互相絕緣的，動片旋入得越多，則(　　) 圖2 A．正對面積越大，電容越大 B．正對面積越大，電容越小 C．動片、定片間距離越小，電容越大 D．動片、定片間距離越小，電容越小 答案　A 解析　可變電容器動片旋入得越多，正對面積越大．由平行板電容器的電容決定式C＝知，電容器的正對面積越大，電容越大，A項正確． 3．一個已充電的電容器，若使它的電荷量減少310－4 C，則其電壓減少為原來的，則(　　) A．電容器原來的電荷量為910－4 C B．電容器原來的電荷量為4.510－4 C C．電容器原來的電壓為1 V D．電容器的電容變?yōu)樵瓉淼? 答案　B 解析　由C＝得ΔQ＝CΔU＝C(U－U)＝CU＝Q，Q＝＝ C＝4.510－4 C，選項A錯，B對；因電容器的電容不知，所以無法求出電容器原來的電壓，選項C錯；電容器的電容由電容器本身決定，跟電壓和電荷量的變化無關(guān)，所以電容器的電容不變，選項D錯． 4．電場中，初速度為零的帶正電粒子在勻強電場中僅在電場力作用下，運動方向正確的是(　　) 答案　D 5．如圖3所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原來位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離應變?yōu)樵瓉淼?　　) 圖3 A．2倍 B．4倍 C.倍 D.倍 答案　C 解析　第一次d＝()2，第二次d′＝()2，兩式相比可得d′＝，所以選項C正確. 　　　　　電容器的動態(tài)分析 1．對公式C＝的理解 電容C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)． 2．兩種類型的動態(tài)分析思路 (1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變． (2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化． (3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化． (4)用E＝分析電容器兩極板間電場強度的變化． 例1　如圖4所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S，增大兩極板間的距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U及場強E的變化情況是(　　) 圖4 A．Q變小，C不變，U不變，E變大 B．Q變小，C變小，U不變，E變小 C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E無法確定 答案　C 解析　由充電后斷開電源知，電容器的電荷量不變，選項A、B錯；由C＝知增大兩極板間的距離時，電容C減小，由C＝知，U增大；兩極板間電場強度E＝＝，可見當增加兩板間距時，電場強度不變，選項C對，D錯． 電容器動態(tài)問題的分析技巧 1．抓住不變量，弄清楚是電容器的電荷量不變還是電壓不變． 2．根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式分析電荷量或電壓的變化，最后分析電場強度的變化． 變式題組 1．一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是(　　) A．C和U均增大 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C和U均減小 答案　B 解析　由C＝知，S和d不變，插入電介質(zhì)時，εr增大，電容增大，由C＝可知：Q不變時，C增大，則兩板間的電勢差U一定減小，故選B. 2．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖5)．設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ.實驗中，極板所帶電荷量不變，若(　　) 圖5 A．保持S不變，增大d, 則θ變大 B．保持S不變，增大d，則θ變小 C．保持d不變，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變 答案　A 解析　靜電計指針偏角體現(xiàn)電容器兩極板間電壓大小．在做選項所示的操作中，電容器上電荷量Q保持不變，C＝＝.保持S不變，增大d，則C減小，U增大，偏角θ增大，選項A正確，B錯誤；保持d不變，減小S，則C減小，偏角θ也增大，故選項C、D均錯． 　　　　　帶電粒子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，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動． 2．用動力學觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 3．用功能觀點分析 勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1. 例2　(2014海南高考)如圖6所示，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．當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動．重力加速度為g.粒子運動的加速度為(　　) 圖6 A.g B.g C.g D.g 答案　A 解析　帶電粒子在電容器兩極板間時受到重力和電場力的作用，最初處于靜止狀態(tài)，由二力平衡條件可得：mg＝q；當把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電壓不變，但兩極板間的距離發(fā)生了變化，引起電場強度發(fā)生了變化，從而電場力也發(fā)生了變化，粒子受力不再平衡，產(chǎn)生了加速度，根據(jù)牛頓第二定律ma＝mg－q，兩式聯(lián)立可得a＝g.故A正確． 解決粒子在電場中直線運動問題的兩種方法 1．用牛頓運動定律和運動學規(guī)律． 2．用動能定理或能量守恒定律． 3．選取思路：前者適用于粒子受恒力作用時，后者適用于粒子受恒力或變力作用時．這和解決物體受重力、彈力、摩擦力等做直線運動的問題的思路是相同的，不同的是受力分析時，不要遺漏電場力． 變式題組 3．如圖7所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) 圖7 A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加 C．動能逐漸增加 D．做勻速直線運動 答案　B 解析　分析帶電粒子的受力情況，畫出其受力圖如圖所示．可以看出其合力方向與其速度方向相反．所以，帶電粒子在電場中做勻減速直線運動．電場力做負功，重力不做功，動能減少，電勢能增加，故選項A、C、D錯誤，選項B正確． 4．(2016舟山市調(diào)研)兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回．如圖8所示，＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖8 A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　電子受到的靜電力做負功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝h，Ek＝，由此知選項D正確． 　　　　　帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn) 1．基本運動規(guī)律 (1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運動 2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(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，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的． 證明：由qU0＝mv y＝at2＝()2 tan θ＝ 得：y＝，tan θ＝ (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. 3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)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＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差． 例3　如圖9所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(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： 圖9 (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夾角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的點P到O點的距離x. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝. (2)設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝ 所以vy＝a＝ 所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向夾角的正切值為tan α＝＝. (3)解法一　設粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則 y＝a()2＝ 又x＝y(tǒng)＋Ltan α，解得：x＝ 解法二　x＝y(tǒng)＋vy＝ 解法三　由y＝a()2＝，＝得： x＝3y＝. 分析粒子在電場中偏轉(zhuǎn)運動的兩種方法 1．分解觀點：垂直射入勻強電場的帶電粒子，在電場中只受電場力作用，與重力場中的平拋運動相類似，研究這類問題的基本方法是將運動分解，可分解成平行電場方向的勻加速直線運動和垂直電場方向的勻速直線運動． 2．功能觀點：首先對帶電粒子進行受力分析，再進行運動過程分析，然后根據(jù)具體情況選用公式計算． (1)若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中的動能的增量． (2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電粒子在運動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的． 變式題組 5．噴墨打印機的簡化模型如圖10所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中(　　) 圖10 A．向負極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能逐漸增大 C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電量無關(guān) 答案　C 解析　微滴帶負電，進入電場，受電場力向上，應向正極板偏轉(zhuǎn)，A錯誤；電場力做正功，電勢能減小，B錯誤；微滴在電場中做類平拋運動，沿v方向：x＝vt，沿電場方向：y＝at2，又a＝，得y＝x2，即微滴運動軌跡是拋物線，且運動軌跡與電荷量有關(guān)，C正確，D錯誤． 6．(多選)(2016紹興市聯(lián)考)如圖11所示，電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則(　　) 圖11 A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2 B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D．A和B的位移大小之比為1∶1 答案　ABC 解析　粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確． 　　　　　電場中的力電綜合問題 1．解答力電綜合問題的一般思路 2．運動情況反映受力情況 (1)物體靜止(保持)：F合＝0. (2)做直線運動 ①勻速直線運動：F合＝0. ②變速直線運動：F合≠0，且F合方向與速度方向總是在一條直線上． (3)做曲線運動：F合≠0，F(xiàn)合方向與速度方向不在一條直線上，且總指向運動軌跡曲線的凹側(cè)． (4)F合與v的夾角為α，加速運動：0≤α＜90；減速運動：90＜α≤180. (5)勻變速運動：F合＝恒量． 例4　(2014浙江7月學考)如圖12所示，水平地面上有一長為L、高為h的桌子．質(zhì)量為m的小物塊A從絕緣桌面的左端以初速度v0水平向右運動，最終落在地面上D點，D點與桌面右端的水平距離為s.若再次將物塊A置于桌面左端，并讓其帶上電荷量為q的正電荷，在桌面以上區(qū)域加一水平向右、大小可調(diào)節(jié)的勻強電場．假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求： 圖12 (1)為使再次置于桌面左端的帶電物塊A在桌面上滑動，電場強度的最小值E1. (2)為使再次置于桌面左端的帶電物塊A從桌面滑落后仍落在地面上的D點，電場強度E2的值． 答案　(1)(v－)　(2) 解析　(1)由平拋運動規(guī)律：s＝vt h＝gt2 得：v＝s① 由動能定理，考慮到摩擦力Ff做負功， 得：－FfL＝mv2－mv② 為了使物塊A在桌面上滑動，其所受電場力至少等于摩擦力Ff，有F＝qE1＝Ff③ 由①②③式得：E1＝(v－) (2)由動能定理qE2L－FfL＝mv2 得：E2＝. 分析力電綜合問題的兩種思路 1．動力學的觀點 (1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法． (2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題． 2．能量的觀點 (1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷選用分過程還是全過程使用動能定理． (2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)． 變式題組 7．(20164月浙江選考8)密立根油滴實驗原理如圖13所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下電場強度大小為E的勻強電場．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶電荷量各不相同的油滴．通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是(　　) 圖13 A．懸浮油滴帶正電 B．懸浮油滴的帶電荷量為 C．增大電場強度大小，懸浮油滴將向上運動 D．油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍 答案　C 解析　油滴懸浮不動，說明其所受的電場力與重力平衡，所以帶負電，A錯；由Eq＝mg得q＝，所以B錯；如果增大電場強度大小，油滴所受的電場力增大，油滴就會向上加速運動，C對；所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍，D錯． 8.如圖14所示，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求： 圖14 (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大； (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能． 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37＝qE① FNcos 37＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得 mgsin 37－qE′cos 37＝ma 可得a＝0.3g (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得mgLsin 37－qE′Lcos 37＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL. 1．(20164月浙江選考7)關(guān)于電容器，下列說法正確的是(　　) A．在充電過程中電流恒定 B．在放電過程中電容減小 C．能儲存電荷，但不能儲存電能 D．兩個彼此絕緣又靠近的導體可視為電容器 答案　D 解析　由電容器的充放電曲線可知，充電過程中，電流不斷減小，A錯；電容是電容器儲存電荷的本領(lǐng)，不隨充放電過程變化，B錯；電容器中的電場具有電場能，所以C錯；兩個彼此絕緣又靠近的導體是可以儲存電荷的，可視為電容器，D對． 2．(2016金華市聯(lián)考)一個電容器的規(guī)格是“10 μF　50 V”，則(　　) A．這個電容器的電容為10－5 F B．這個電容器加上50 V電勢差時，電容才是10 μF C．這個電容器沒有電勢差時，電容為0 D．這個電容器加的電勢差不能低于50 V 答案　A 解析　電容器的電容與電容器板間電勢差無關(guān)，無論是否有電勢差，電容都是10 μF，選項A正確，B、C錯誤；50 V為電容器允許加的最大電勢差，選項D錯誤． 3．對電容的定義式C＝，以下說法正確的是(　　) A．電容器帶電荷量越大，電容就越大 B．對于某一電容器，它的帶電荷量跟它兩極板間所加電勢差的比值保持不變 C．對于某一電容器，它的帶電荷量跟加在兩極板間的電勢差成反比 D．如果一個電容器兩極板間沒有電勢差，就沒有帶電荷量，也就沒有電容 答案　B 解析　電容器的電容是其本身固有屬性，與帶電荷量及兩極板間電勢差無關(guān)，故選項A、D錯誤，選項B正確；由C＝得Q＝CU，由此可知Q∝U，選項C錯誤． 4．(多選)一平行板電容器，極板間正對面積為S，板間距離為d，充以電荷量Q后兩板間電壓為U，為使電容器的電容加倍，可采用的辦法是(　　) A．將電壓變?yōu)? B．帶電荷量變?yōu)?Q C．將極板正對面積變?yōu)?S D．將兩極板間的距離減小到 答案　CD 解析　電容器的電容與極板帶電荷量、兩極板間的電壓無關(guān)，故選項A、B錯誤；根據(jù)C＝可知，選項C、D正確． 5．板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間電場強度為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時兩極板間的電勢差為U2，板間電場強度為E2，下列說法正確的是(　　) A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1 答案　C 解析　根據(jù)U＝，C∝，E＝，可得U∝，E∝，則＝＝2＝1，＝＝，故選項C正確． 6．(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說法正確的是(　　) A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话? B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀? C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话? D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案　AD 解析　由E＝知，當U不變，d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹項正確；當E不變，d變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項錯誤；當電容器中d不變時，C不變，由C＝知，當Q變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項錯誤；當電容器中d不變時，C不變，由C＝知，Q變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珼項正確． 7．如圖1所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離(　　) 圖1 A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動 B．P點的電勢將降低 C．帶電油滴的電勢能將減少 D．若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大 答案　B 解析　由于電容器與電源連接，電壓U不變，板間場強E場＝隨d的增大而減小，所以油滴將向下運動，電場力做負功，電勢能增大，故A、C均錯誤；P點與地的電勢差UPO＝E場d′，d′不變而E場減小，故P點電勢將降低，B正確；據(jù)Q＝CU可知，電壓U不變時減小電容C，則極板帶電荷量將減小，故D錯誤． 8．如圖2所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩極板間電壓不變，則(　　) 圖2 A．當減小兩極板間的距離時，速度v增大 B．當減小兩極板間的距離時，速度v減小 C．當減小兩極板間的距離時，速度v不變 D．當減小兩極板間的距離時，電子在兩極板間運動的時間變長 答案　C 解析　由動能定理得eU＝mv2，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；電子在兩極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤． 9．(多選)(2016麗水模擬)如圖3甲所示，直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點，將一帶負電荷的粒子從a點處由靜止釋放，粒子從a運動到b過程中的v－t圖線如圖乙所示，設a、b兩點的電勢分別為φa、φb，場強大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點的電勢能分別為Wa、Wb，不計重力，則有(　　) 圖3 A．φa>φb B．Ea>Eb C．EaWb 答案　BD 解析　由題圖乙可知，粒子做加速度減小、速度增大的直線運動，故可知從a到b電場強度減小，粒子動能增大，電勢能減小，電場力方向由a指向b，電場線方向由b指向a，b點電勢高于a點電勢，故選項B、D正確． 10．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板d處返回 答案　D 解析　帶電粒子從P點下落剛好到達下極板處，由動能定理得：mg(＋d)－qU＝0，當將下極板向上平移時，設從P點開始下落的相同粒子運動到距上極板距離為x處速度為零，則對帶電粒子下落過程由動能定理得：mg(＋x)－qx＝0，解之得x＝d，故選項D正確． 11．如圖4所示，質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側(cè)位移y之比為(　　) 圖4 A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 答案　B 解析　初動能相同，則mv相同，由y＝at2＝()2，得：＝＝，故B正確． 12．(2016杭州十校聯(lián)考)如圖5所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行．整個裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是(　　) 圖5 A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大 C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小 答案　B 解析　設電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動能定理得U1q＝mv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間t＝，又設電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B正確． 13．(2015浙江選考)真空中的某裝置如圖6所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏．今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上．已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) 圖6 A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 答案　B 解析　設加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1＝mv，解得v0＝ ，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯誤． 14．如圖7所示，板長L＝4 cm的平行板電容器，板間距離d＝3 cm，板與水平線夾角α＝37，兩板所加電壓為U＝100 V，有一帶負電液滴，帶電荷量為q＝310－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平 方向并恰好從B板邊緣水平飛出．g取10 m/s2，求： 圖7 (1)液滴的質(zhì)量． (2)液滴飛出時的速度大?。? 答案　(1)810－8 kg　(2)1.32 m/s 解析　由于帶電液滴所受重力方向豎直向下，所受靜電力方向只能垂直兩板向上，其合力方向水平向右，做勻加速運動． (1)豎直方向：qcos 37＝mg，解得m＝810－8 kg (2)解法一：水平方向 qsin 37＝ma， 解得a＝gtan 37＝g，設液滴在平行板中飛行距離為s，則s＝＝0.05 m， 又由v2－v＝2as得v＝≈1.32 m/s， 解法二：液滴受到的合力F合＝mgtan 37 由動能定理得 F合s＝mv2－mv，解得v≈1.32 m/s. 15．(2016諸暨市期末)如圖8所示，噴墨打印機中的墨滴在進入偏轉(zhuǎn)電場之前會被帶上一定量的電荷，在電場的作用下使電荷發(fā)生偏轉(zhuǎn)到達紙上．已知兩偏轉(zhuǎn)極板長度L＝1.510－2 m，兩極板間電場強度E＝1.2106 N/C，墨滴的質(zhì)量m＝1.010－13 kg，電荷量q＝1.010－16 C，墨滴在進入電場前的速度v0＝15 m/s，方向與兩極板平行．不計空氣阻力和墨滴重力，假設偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行極板內(nèi)部，忽略邊緣電場的影響． 圖8 (1)判斷墨滴帶正電荷還是負電荷？ (2)求墨滴在兩極板之間運動的時間； (3)求墨滴離開電場時在豎直方向上的位移y. 答案　(1)負電荷　(2)1.010－3 s　(3)6.010－4 m 解析　(2)墨滴在水平方向做勻速直線運動，那么墨滴在兩板之間運動的時間t＝ 代入數(shù)據(jù)可得：t＝1.010－3 s (3)墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動： a＝ 代入數(shù)據(jù)可得：a＝1.2103 m/s2 離開偏轉(zhuǎn)板時在豎直方向的位移y＝at2 代入數(shù)據(jù)可得：y＝6.010－4 m.