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第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动知识点1 电容器、电容、平行板电容器 1．电容器(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值． (2)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．(2)定义式：C ＝Q U ＝ΔQ ΔU.(3)单位：法拉(F)，1 F ＝106μF ＝1012pF. 3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比．(2)决定式：C ＝εr S4πkd ，k 为静电力常量．知识点2 带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中的加速(1)处理方法：利用动能定理：qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)适用范围：任何电场． 2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场． (2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法． ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝lv 0. ②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．知识点3 示波管1．示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图731所示．图7312．工作原理(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．(2)YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象．1．正误判断(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×)(3)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(4)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√)(5)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的．(√)(6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×)2．[带电粒子在电场中的直线运动](多选)电子束焊接机中的电子枪如图732所示，K 为阴极，A为阳极，两极之间的电势差为U.A、K之间的电场线分布如图所示．阴极发出的电子在电场作用下由静止状态从K 加速运动到A ，设电子的质量为m ，则下列说法正确的是( )图732A ．阴阳两极的电场为匀强电场B ．电子在运动过程中的加速度变大C ．电子的电势能不断增加D ．电子到达阳极时的速度v ＝2eUmBD [由图中的电场线分布特点可知A 项错误；从电场线的分布特点可看出，电子在加速过程中所受到的电场力逐渐变大，因此电子的加速度在变大，B 项正确；由于电子带负电，当它从K 极向A 极运动时，电场力做正功，电势能减小，C 项错误；由动能定理可得eU ＝12mv 2，解得电子的速度为v ＝2eUm，D 项正确．]3．[平行板电容器的电容]电容式加速度传感器的原理结构如图733所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则( )图733A ．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B ．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C ．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D ．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流D [根据电容器的电容公式C ＝εr S4k πd ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B 错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，质量块因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C 错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q ＝CU ，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D 正确．]5．[示波管的原理](多选)如图734所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )【导学号：92492292】图734A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电AC [由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX ′偏转电场中向X 极板方向偏转，故极板X 带正电，A 正确，B 错误；电子在YY ′偏转电场中向Y 极板方向偏转，故极板Y 带正电，C正确，D 错误．](1)先确定是Q 还是U 不变：电容器保持与电源连接，U 不变；电容器充电后与电源断开，Q 不变．(2)用决定式C ＝εr S4πkd确定电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝Q U判定电容器所带电荷量Q 或两极板间电压U 的变化． (4)用E ＝U d分析电容器极板间场强的变化． 2．两类动态变化问题的比较[1．(2017·汕头模拟)如图735所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应( )【导学号：92492293】图735A ．给平行板电容器充电，补充电荷量B ．让平行板电容器放电，减少电荷量C ．使两极板相互靠近些D ．使两极板相互远离些A [根据平行板电容器的电容公式和电容的定义式有：C ＝Q U ＝εr S4πkd，油滴处于静止状态时，电场力与重力等大反向，qU d＝mg ，给电容器充电，电荷量增大，电容不变，电势差增大，油滴电荷量减少，可以使电场力不变，故A 正确；让电容器放电，电量减小，电容不变，电势差减小，油滴电荷量减少，电场力一定减小，故B 错误；因电容器与电源断开，电荷量不变，两极板间电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S，与板间距离d 无关，所以电容器两极板靠近和远离时，电场强度不变，电荷的电量减小，则电场力减小，电荷不能平衡．]2．(2016·天津高考)如图736所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )图736A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变D [由题意可知平行板电容器的带电荷量Q 不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d 减小，则电容C 变大，由U ＝Q C可知U 变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S，Q 、S 不变，则E 不变．因为E 不变，则点电荷从P 点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P 点的电势能E p 不变，故只有选项D 正确．]电容器动态分析问题的分析技巧1．抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．2．根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．2．解决问题的两种思路(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU ＝12mv 2－12mv 20. [多维探究]●考向1 仅在电场力作用下的直线运动1. (多选)如图737所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )图737A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零CD [设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qEm可知，a 2＝2a 1，可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C 、D 正确．]●考向2 在电场力和重力作用下的直线运动2.如图738所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )图738A ．微粒达到B 点时动能为12mv 2B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgdq cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgdcos θC [微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向．由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B 时动能小于12mv 20，选项A 错误；根据qE sin θ＝ma ，qE cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，选项B 错误；两极板的电势差U MN ＝Ed ＝mgdq cos θ，选项C正确；微粒从A 点到B 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qU MN ＝mgdcos θ，选项D 错误．]3．(2017·汕头模拟)如图739所示，M 和N 是两个带等量异种电荷的平行正对金属板，两板与水平方向的夹角为60°.将一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从靠近N 板的位置由静止释放，释放后，小球开始做匀加速直线运动，运动方向与竖直方向成30°角．已知两金属板间的距离为d ，重力加速度为g ，则( )【导学号：92492294】图739A ．N 板带负电B ．M 、N 板之间的场强大小为3mgqC ．小球从静止到与M 板接触前的瞬间，合力对小球做的功为3mgdD ．M 、N 板之间的电势差为－mgd qD [小球带正电，受到的电场力方向与电场方向相同，所以N 板带正电，A 错误；小球的运动方向就是小球所受合力方向，而小球的运动方向恰好在小球所受重力方向和电场力方向夹角的平分线上，所以电场力等于mg ，M 、N 板之间的场强大小为E ＝mgq，B 错误；M 、N 板之间的电势差为U ＝－Ed ＝－mgdq，D 正确；小球从静止到与M 板接触前的瞬间，重力和电场力做的功都是mgd ，合力对小球做的功为2mgd ，C 错误．]解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法1．用牛顿运动定律和运动学规律求解． 2．用动能定理或能量守恒定律求解．3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．(2)运动形式：类平抛运动．(3)处理方法：应用运动的合成与分解． (4)运动规律： ①加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd②在电场中的运动时间：t ＝l v 0③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d ＝U 1l24U 0d④离开电场时的偏转角tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d＝U 1l2U 0d2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时，也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．[母题] (多选)(2015·天津高考)如图7310所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )图7310A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置 【自主思考】(1)氕核、氘核、氚核三种粒子有什么不同点和相同点？提示：三种粒子的符号分别为：11H 、21H 、31H ，相同点是均带有一个单位的正电荷，q ＝＋e .不同点是质量数不同，分别是1、2、3，即质量之比为1∶2∶3.(2)如何分析在E 2中电场力对三种粒子的做功多少？提示：因电场力qE 2为恒力，故由W ＝qE 2·y 分析，而y 是在E 2中的偏转位移，可由y＝E 2l 24E 1d分析． AD [根据动能定理有qE 1d ＝12mv 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l24E 1d ，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确；根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝qE 1d ＋qE 2ym，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误；粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误；根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v yv 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l2E 1d ，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．][母题迁移](2017·山西运城一模)真空中的某装置如图7311所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )图7311A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4B [设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电场中，由动能定理得qU 1＝12mv 20，解得v 0＝2qU 1m，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v 0不同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B 正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶ 2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误．]带电粒子在电场中偏转问题求解通法(1)解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12mv 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．(2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法： ①Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)；②Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L 为电场宽度)； ③Y ＝y ＋v y ·d v 0；④根据三角形相似Y y ＝L2＋dL2.x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m 、电荷量为－q (－q ＜0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点．该细管固定且紧贴x 轴，内径略大于小球外径．不计一切阻力，重力加速度为g .求：图7312(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B 点时对细管的压力的大小和方向； (3)小球从C 点飞出后会落在x 轴上的哪一位置．【解析】 (1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入细管，则速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°则tan 45°＝mg Eq解得匀强电场的电场强度E ＝mg q.(2)根据几何关系可知，圆弧形细管的半径r ＝2L ，圆心的坐标为O 1(0，－L ) 设小球运动到B 点时速度为v B ，此时受到重力和细管的支持力F N ，从P 点到B 点的过程中根据动能定理得：12mv 2B －0＝mg (2L ＋2L )＋EqL小球运动到B 点时，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2Br联立解得：F N ＝3(2＋1)mg根据牛顿第三定律可知，小球运动到B 点时对细管的压力大小为3(2＋1)mg ，方向竖直向下．(3)设小球运动到A 点的速度为v A ，运动到C 点的速度为v C ，从P 点到A 点的过程中，根据动能定理得：12mv 2A ＝mgL ＋EqL解得：v A ＝2gL小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL小球的加速度g ′＝2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴则有：v C t ＝12g ′t 2解得：t ＝22L g则沿x 轴方向运动的位移x ＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg＝8L则小球从C 点飞出后落在x 轴上的横坐标：x ′＝L －8L ＝－7L .【答案】 (1)mg q(2)3(2＋1)mg 方向竖直向下 (3)－7L [母题迁移](多选)如图7313所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q.下列说法正确的是( )【导学号：92492295】图7313A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到B 点时的机械能最大C ．若将小球在A 点由静止开始释放，它将在ACBD 圆弧上往复运动 D ．若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，它将能够到达B 点BD [因为电场强度E ＝mg q，所以小球所受电场力大小也为mg ，故小球所受合力大小为2mg ，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD 的中点时速度最小，此时满足2mg ＝m v 2minL，因此小球在竖直面内圆周运动的最小速度v min ＝2gL ，A 项错误；由功能关系知，物体机械能的变化等于除重力、弹簧的弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，运动到B 点时，电场力做功最多，故运动到B 点时小球的机械能最大，B 项正确；小球在A 点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C 项错误；若将小球以gL 的速度竖直向上抛出，经时间t ＝2gL g 回到相同高度，其水平位移s ＝12·qE m t 2＝2L ，故小球刚好运动到B 点，D 项正确．]“等效法”的关键带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中的运动问题，是高中物理中一类重要而典型的问题．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷．先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a ＝F 合m视为“等效重力加速度”，再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．。
第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动[学生用书P145]【基础梳理】提示：异种中和容纳电荷QUεr S4πkd12m v2－12m v2qU类平抛运动合成分解匀速直线匀加速直线电子枪【自我诊断】1．判一判(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量．()(2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．()(3)一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C＝1.0×10－7 F．()(4)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动．()(5)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的．()(6)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．()提示：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)×2．做一做(1)(多选)(人教版选修3－1·P32，T1改编)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是()A．增大两极板间的距离，静电计指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小提示：选ABD.电势差U变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C＝εr S4πkd 知，当d变大时，C变小，再由C＝QU得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当两板间的距离减小时，C 变大，U变小，A、B、D正确．(2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小提示：选B.由公式C＝εr S4πkd知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C＝QU知，电荷量不变时，U减小，B正确．平行板电容器的动态分析[学生用书P146]【知识提炼】1．平行板电容器的动态分析思路2．平行板电容器动态分析模板【典题例析】(2018·高考北京卷)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大[解析] 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，则a 板带电，由静电感应，在b 板上感应出与a 板电性相反的电荷，A 正确；实验中，只将电容器b 板向上平移，正对面积S 变小，由C ＝εr S 4πkd ，可知电容C 变小，由C ＝QU 可知，Q 不变，U 变大，因此静电计指针的张角变大，B 错误；实验中，只将极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr 变大，由C ＝εr S 4πkd，可知电容C 变大，由C ＝QU 可知，Q 不变，U 变小，静电计指针的张角变小，C 错误；实验中，只增加极板带电荷量，电容C 不变，由C ＝QU ，可知静电计指针的张角变大，D 错误．[答案] A【迁移题组】迁移1 Q 不变时电容器的动态分析1.(2020·甘肃西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P 点．静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E 表示两板间的场强，φ表示P 点的电势，E p 表示该试探电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计所带电荷量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是( )A ．E 增大，φ降低，E p 减小，θ增大B ．E 不变，φ降低，E p 增大，θ减小C ．E 不变，φ升高，E p 减小，θ减小D ．E 减小，φ升高，E p 减小，θ减小解析：选C.将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd可知，电容C 增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电荷量Q 不变，由C ＝Q U 得知，板间电压U 减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ，可见E 不变；P 点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U ＝Ed 得知，P 点的电势升高；负电荷在P 点的电势能减小，故A 、B 、D 错误，C 正确．迁移2 U 不变时电容器的动态分析2.如图所示电路中，A 、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点．将开关S 闭合，电路稳定后将A 板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增加B ．在A 板上移过程中，电阻R 中有向上的电流C ．A 、B 两板间的电场强度增大D ．P 点电势升高解析：选B.根据C＝εr S4πkd ，当A 板向上平移一小段距离，间距d 增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A 错误；在A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电荷量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R 中有向上的电流，故B 正确；根据E ＝Ud与C ＝εr S4πkd 相结合可得E ＝4πkQ εr S ，由于电荷量减小，场强大小变小，故C 错误；因场强变小，导致P 点与B 板的电势差减小，因B 板接地，电势为零，即P 点电势降低，故D 错误．迁移3 平行板电容器中带电粒子的问题分析3．(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )A ．a 的质量比b 的大B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等解析：选BD.两微粒只受电场力qE 作用且两电场力大小相等，由x ＝12a 0t 2，知微粒a的加速度大，由qE ＝ma 0，知微粒a 的质量小，A 错误；由动能定理qEx ＝E k 得，位移x 大的动能大，B 正确；在同一等势面上，a 、b 两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t 时刻，a 、b 的电势能不相等，C 错误；由动量定理qEt ＝m v 得，在t 时刻，a 、b 的动量大小相等，D 正确．带电粒子(体)在电场中的直线运动[学生用书P147]【知识提炼】1．带电粒子在电场中运动时重力的处理基本 粒子如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)带电颗粒如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力(1)做直线运动的条件①粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．②粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．(2)解题步骤【典题例析】如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动[解析]两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力情况如图所示，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．D正确．[答案] D【迁移题组】迁移1 带电粒子在匀强电场中的直线运动1．如图所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子(不计重力)以初速度v 0由小孔水平射入电场，当M 、N 间的电压为U 时，粒子刚好能到达N 板．如果要使这个带电粒子到达M 、N 两板中线位置处即返回，则下述措施能满足要求的是( )A ．使初速度减小为原来的12B ．使M 、N 间的电压提高到原来的4倍C ．使M 、N 间的电压加倍D ．使初速度减小为原来的12，同时M 、N 间的电压加倍解析：选C.粒子从进入到到达N 板的过程中，板间的电场强度为：E ＝Ud ，由动能定理得：－qEd ＝0－12m v 20，解得：d ＝m v 202qE ，设带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的12，根据动能定理有：－qEx ＝0－12m ⎝⎛⎭⎫v 022，解得：x ＝d4，故A 错误；若电压提高到原来的4倍，则场强也变为原来的4倍，设带电粒子离开M 板的最远距离为x 1，根据动能定理有：－4qEx 1＝0－12m v 20，解得：x 1＝d4，故B 错误；同理，若电压提高到原来的2倍，则场强也变为原来的2倍，设带电粒子离开M 板的最远距离为x 2，根据动能定理有：－2qEx 2＝0－12m v 20，解得：x 2＝d2，故C 正确；若初速度减少一半，电压加倍，则场强加倍，设带电粒子离开M 板的最远距离为x 3，根据动能定理有：－2qEx 3＝0－12m ⎝⎛⎭⎫v 022，解得：x 3＝d 8，故D 错误．迁移2 带电粒子在电场中的单向直线运动2.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l .在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子．在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：选A.设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有：a M ＝Eq M ，25l ＝12Eq M t 2；对m 有：a m ＝Eq m ，35l ＝12Eq m t 2，联立解得M m ＝32，A 正确．迁移3 带电粒子在电场中的往返直线运动3．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：选A.电子在A 、B 板间的电场中加速运动，在B 、C 板间的电场中减速运动，设A 、B 板间的电压为U ，B 、C 板间的电场强度为E ，M 、P 两点间的距离为d ，则有eU －eEd ＝0，若将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板所带电荷量不变，由E ＝U d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S 可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A 、B 板间加速运动后，在B 、C 板间减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 正确，B 、C 、D 错误．迁移4 带电粒子在交变电场中的直线运动4．如图甲所示，A 板电势为0，A 板中间有一小孔，B 板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子在t ＝T4时刻以初速度为0从A 板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B 板．则( )A ．A 、B 两板间的距离为qU 0T 28mB ．粒子在两板间的最大速度为qU 0mC ．粒子在两板间做匀加速直线运动D ．若粒子在t ＝T8时刻进入两极板间，它将时而向B 板运动，时而向A 板运动，最终打向B 板解析：选B.粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，C 错误；粒子在t ＝T 4时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在3T 4时刻到达B 板，则12·qU 0md ·⎝⎛⎭⎫T 42＝d2，解得d ＝ qU 0T 216m ，A 错误；粒子在T 2时刻速度最大，则v m ＝qU 0md ·T4＝ qU 0m，B 正确；若粒子在t ＝T 8时刻进入两极板间，在T 8～T 2时间内，粒子做匀加速运动，位移x ＝12·qU 0md ⎝⎛⎭⎫3T 82＝9d 8，所以粒子在T2时刻之前已经到达B 板，D 错误． 带电粒子在电场中的偏转[学生用书P148]【知识提炼】1．带电粒子在电场中的偏转规律2．确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法3．分析带电粒子在匀强电场中偏转的两个关键条件分析 不计重力，且带电粒子的初速度v 0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动运动 分析一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动【典题例析】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b ，一束质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出．(1)求粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点； (3)粒子飞出电场后，求粒子可能到达屏上区域的长度．[解析] (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝L ＋bv 0.(2)设粒子在运动过程中的加速度大小为a ，离开偏转电场时偏转距离为y ，沿电场方向的速度为v y ，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O 点，O 点与板右端的水平距离为x ，则有y ＝12at 2，L ＝v 0t ，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝y x ，联立以上各式解得x ＝L2，即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点．(3)当y ＝d2时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y 0，则y 0＝y ＋b tanθ，又tan θ＝v y v 0＝dL ，解得：y 0＝d （L ＋2b ）2L故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y 0＝d （L ＋2b ）L .[答案] 见解析【迁移题组】迁移1 带电粒子在匀强电场中的偏转1.(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd① F ＝qE ＝ma②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有 qEh ＝E k －12m v 20③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有 h ＝12at 2④ l ＝v 0t⑤联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 20＋2φd qh l ＝v 0mdhqφ. (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L 为L ＝2l ＝2v 0mdhqφ. 答案：(1)12m v 20＋2φdqh v 0mdhqφ(2)2v 0mdhqφ迁移2 带电粒子在交变电场中的偏转2．(多选)(2020·山东潍坊二模)如图1所示，长为8d 、间距为d 的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v 0，电荷量为＋q ，质量为m 的粒子．在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，粒子撞击金属板时会被吸附静止．以下判断正确的是( )A ．粒子在电场中运动的最短时间为2dv 0B ．射出粒子的最大动能为54m v 20C ．t ＝d2v 0时刻进入的粒子，从O ′点射出D ．t ＝3dv 0时刻进入的粒子，从O ′点射出解析：选AD.由图可知场强大小E ＝m v 202qd ，则粒子在电场中的加速度大小a ＝qE m ＝v 202d ，则粒子在电场中运动的时间最短时满足d 2＝12at 2min ，解得t min ＝2d v 0<2dv 0，A 正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t ＝8dv 0，由图象知任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为12m v 20，B 错误；t ＝d 2v 0时刻进入的粒子，在d2v 0～2d v 0时间内，在电场力作用下向下运动，由于电场力作用时间3d 2v 0＞2dv 0，所以粒子会撞击在金属板上，不会从O ′点射出，故C 错误；t ＝3dv 0时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速T 4，后向上减速T 4速度到零；然后继续向下加速T 4，再向下减速T4速度到零……如此反复，则最后从O ′点射出时沿电场方向的位移为零，粒子将从O ′点射出，D 正确．迁移3 带电体在匀强电场中的偏转3．(2019·高考全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2.重力加速度为g ，求：(1)电场强度的大小； (2)B 运动到P 点时的动能．解析：(1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg ＋qE ＝ma ① 12a (t 2)2＝12gt 2 ② 解得E ＝3mg q.③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有E k －12m v 21＝mgh ＋qEh④ 且有v 1·t2＝v 0t⑤ h ＝12gt 2⑥联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 20＋g 2t 2)．答案：(1)3mg q(2)2m (v 20＋g 2t 2)[学生用书P149]带电体在电场中的类抛体运动和圆周运动【对点训练】1．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小解析：选BC.对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C 正确，D 错误．2．如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分是倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，则在O 点的初速度应为多大？解析：电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为mg ′＝（qE ）2＋（mg ）2＝23mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，由几何关系知：A 为等效最低点，D 为等效最高点，要使小球安全通过圆轨道，经过D 点时应满足：mg ′≤m v 2DR令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知： －mg ′·2R ＝12m v 2D －12m v 20 解得v 0＝ 103gR3， 即v ≥103gR3. 答案：v ≥103gR3[学生用书P349(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，电容C减小，由C＝Q可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器U可知，极板间电场强度E不变，D正极板上的电荷量减小．由于U不变，d不变，由E＝Ud确，A、B、C错误．2.(2020·湖南长沙模拟)利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表()A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电解析：选B.由题图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化．则由C＝εr S可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可4πkd和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充判断电容增大，再依据C＝QU电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确．3．(2020·湖北孝感模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，D 为静电计，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是( )A ．断开开关S 后，将A 、B 两极板分开些 B ．断开开关S 后，增大A 、B 两极板的正对面积C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动解析：选B.断开开关S ，电容器所带电荷量不变，将A 、B 两极板分开些，则d 增大，根据C ＝εr S 4πkd知，电容C 减小，根据U ＝QC 知，电势差增大，指针张角增大，A 错误；断开开关S ，增大A 、B 两极板的正对面积，即S 增大，根据C ＝εr S4πkd 知，电容C 增大，根据U＝QC 知，电势差减小，指针张角减小，B 正确；保持开关S 闭合，无论将A 、B 两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，C 错误；保持开关S 闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，D 错误．4.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变解析：选D.平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E 不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U ＝Ed 可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P 点的电势能E p 不变．综上所述，D 正确．5．如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( )A ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，电容器极板上带电荷量增加B ．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，电容器极板间电压变大C ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的正极板D ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的负极板解析：选D.若x 变大，则由C ＝εr S4πkd ，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q ＝CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增大，由U ＝QC可知，电容器极板间电压减小，B 错误．6．有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )A ．减小墨汁微粒的质量B ．减小偏转电场两极板间的距离C ．减小偏转电场的电压D ．减小墨汁微粒的喷出速度解析：选C.微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有L ＝v 0t ，在竖直方向上有y ＝12at 2，加速度为a ＝qU md ，联立解得y ＝qUL 22md v 20＝qUL 24dE k0，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y ，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能E k0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U 等，故A 、B 、D 错误，C 正确．7．(2019·高考江苏卷)一匀强电场的方向竖直向上．t ＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P －t 关系图象是( )解析：选A.带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F ，则P ＝F v ，其中v 为沿电场力方向的速度，则v ＝at 、a ＝F m ，整理得P ＝F 2m t ，由关系式可知P －t 图象应为一条过原点的倾斜直线，A 正确，B 、C 、D 错误．8．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回解析：选D.设粒子质量为m ，带电荷量为q ，由动能定理得，第一次粒子从P 点下落有mg ⎝⎛⎭⎫d ＋d2－qU ＝0；设第二次粒子从P 点下落进入电容器后在距上极板距离为x 处返回，有mg ⎝⎛⎭⎫x ＋d 2－q x 23d U ＝0，联立解得x ＝25d ，故D 正确． 二、多项选择题9.如图所示，D 是一只理想二极管，电流只能从a 流向b ，而不能从b 流向a .平行板电容器的A 、B 两极板间有一电荷，在P 点处于静止状态．以E 表示两极板间的电场强度，U。
