2014高三物理一轮复习 第六章 第3讲 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动1

权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8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( )A．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′应带正电解析：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．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10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表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。

2014名师一号高考物理一轮双基练：6-3电容器带电粒子在电场中的运动A级双基达标1.练图6－3－1某研究性学习小组学习电学知识后对电工穿的高压作业服进行研究，发现高压作业服内采用柞蚕丝、不锈钢金属纤维和蒙乃尔合金丝混纺交织而成，下列各位同学的说法正确的是( )A．甲认为衣服里的金属丝的主要作用是不易被划破B．乙认为电工被金属丝编织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用C．丙认为电工被金属丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用D．丁认为金属丝必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用解析衣服内的金属丝主要是起到静电屏蔽的作用，与其厚度无关，可以使金属衣内部电场为零，但电势不一定是零，故只有选项C正确．答案 C2.练图6－3－2(多选题)如练图6－3－2所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M 点．则( )A ．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B ．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C ．开关断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D ．开关断开后，若增大两板间距，液滴将下降解析 当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U ，两板间的距离为d ，带电液滴处于平衡状态，则mg ＝q U d，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A 项错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B 项正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q ，此时两板间的场强大小为：E ＝U d ＝QC d ＝4πkdQ εr Sd ＝4πkQεr S，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C 项正确，D 项错误．答案 BC3．练图6－3－3①为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按练图6－3－3②所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按练图6－3－3③所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )练图6－3－3解析本题考查示波管的原理，意在考查考生对示波管原理的掌握．在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图象为B.答案 B4.练图6－3－4(多选题)如练图6－3－4所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变解析此题考查电子水平加速电场和竖直偏转电场两个运动过程．当滑动头向右移动时，加速电场的电压增大，电子进入偏转电场的速度增大，在其中运动的时间较短，故电子打在荧光屏上的位置下降，所以A项错，同理可知B项正确；其他条件下，电压U增大时，电子在偏转电场中受的电场力增大，加速度变大，在水平方向上的速度不变，则在偏转电场中的运动时间不变，离开此电场时，竖直方向上的速度增大，所以打在荧光屏上的速度变大，所以C项错，D项正确．答案BD5．(多选题)(2013·沈阳二中测试)平行板电容器两板间的电压为U，板间距离为d，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从该电容器的正中央沿与匀强电场的电场线垂直的方向射入，不计重力．当粒子的入射初速度为v0时，它恰好能穿过电场而不碰到金属板．现在使该粒子以v0/2的初速度以同样的方式射入电场，下列情况正确的是( ) A．该粒子将碰到金属板而不能飞出B．该粒子仍将飞出金属板，在金属板内的运动时间将变为原来的2倍C．该粒子动能的增量将不变D．该粒子动能的增量将变大解析使该粒子以v0/2的初速度以同样的方式射入电场，粒子在电场中运动时间变长，该粒子将碰到金属板而不能飞出，选项A正确，B错误；电场力做功相同，该粒子动能的增量将不变，选项C 正确，D 错误．答案 AC 6.练图6－3－5如练图6－3－5所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×102V/m ，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一粒子源，盒内粒子以v 0＝2.0×102m/s 的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m ＝2.0×10－15kg 、电荷量为q ＝＋10－12C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)(1)粒子源所在处a 点的电势； (2)带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？解析 (1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地； 因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.8 V＝80 V. (2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理qU ab ＝E k －12mv 20.可得带电粒子打在金属板上时的动能为E k ＝qU ab ＋12mv 20＝1.2×10－10J. (3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后t 时间落在板上：x ＝v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qEm，S ＝πx 2.联立以上各式得所形成的面积S ＝2πmv 20h qE＝4.0 m 2，可以通过减小h 或增大E 来实现．答案 (1)80 V (2)1.2×10－10J(3)面积4.0 m 2可以通过减小h 或增大E 来实现B 级 能力提升1．(多选题)练图6－3－6(2013·沈阳二中测试)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如练图6－3－6所示．由此可见( )A ．电场力为3mgB ．小球带正电C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等解析 设AC 与竖直方向的夹角为θ，对带电小球从A 到C ，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg ·AC ·cos θ－qE ·BC ·cos θ＝0，解得电场力为qE ＝3mg ，选项A 正确，B 错误．小球水平方向做匀速直线运动，从A 到B 的运动时间是从B 到C 的运动时间的2倍，选项C 错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从A 到B 与从B 到C 竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等，选项D 正确．答案 AD 2.练图6－3－7(多选题)如练图6－3－7，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的1/2处返回，则下述措施能满足要求的是( )A ．使初速度减为原来的1/2B ．使M 、N 间电压提高到原来的2倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2解析 在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得：－qEd ＝0－12mv 20，所以d ＝mv 22qE ，令带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的1/2，x ＝d4；使M 、N 间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x ＝d2；使M 、N 间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x ＝d4；使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2，电场强度变为原来的一半，x ＝d2.答案 BD 3.练图6－3－8如练图6－3－8所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)．下列能描述粒子在这两个电场中运动的速度－时间图象的是(以v0方向为正方向)( )解析在区域Ⅰ中，mg＝E1q；在区域Ⅱ中，mg＜E2q，合力向上，做匀减速运动，速度减为0后，再反向加速，再次回到区域Ⅰ，做匀速运动．答案 C4.练图6－3－9(2013·河北冀州中学期中考试)如练图6－3－9所示，带有等量异种电荷的两块平行金属板M、N水平放置．两板之间有一带电微粒以速度v0沿直线运动．当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒( )A．可能沿轨迹①运动B．一定沿轨迹②运动C．可能沿轨迹③运动D．可能沿轨迹④运动答案 B5．如练图6－3－10①所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为U AB＝1 125 V，板中央有小孔O和O′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1＝4×10－2 m，板间距离d＝4×10－3 m，在距离M、N右侧边缘L2＝0.1 m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″点并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如练图6－3－10②所示的变化电压u，在t＝0时刻，M板电势低于N板．已知电子质量为m e＝9.0×10－31 kg，电荷量为e＝1.6×10－19 C.练图6－3－10(1)每个电子从B 板上的小孔O ′射出时的速度多大？ (2)电子打在荧光屏上的范围是多少？ (3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？ 解析 (1)电子经A 、B 两块金属板加速， 有eU AB ＝12m e v 20，得v 0＝2eU AB m e＝2×107m/s.(2)当u ＝22.5 V 时，电子经过MN 板向下的偏移量最大，为 y 1＝12·eu md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1v 02＝2×10－3 m.y 1＜d ，说明所有的电子都可以飞出平行金属板M 、N ，此时电子在竖直方向的速度大小为v y ＝eu md ·L 1v 0＝2×106 m/s.电子射出金属板M 、N 后到达荧光屏P 的时间为t 2＝L 2v 0＝5×10－9 s.电子射出金属板M 、N 后到达荧光屏P 的偏移量为y 2＝v y t 2＝0.01 m.电子打在荧光屏P 上的总偏移量为11 y ＝y 1＋y 2＝0.012 m ，方向竖直向下．(3)当u ＝22.5 V 时，电子飞出电场的动能最大，为 E k ＝12m e (v 20＋v 2y )＝1.8×10－16J ，或由动能定理得E k ＝e (U AB ＋u m )＝1.8×10－16J.答案 (1)2×107 m/s(2)O ″下方 0.012 m 的范围内(3)1.8×10－16 J。

2014届高考物理一轮复习定时跟踪检测：第6章 第3单元《电容器电场中带电粒子的运动》（人教版）(时间：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1. 如图是描述对给定的电容器充电时电荷量Q 、电压U 、电容C 之间相互关系的图象．其中正确的是( )解析：电容器的电容由电容器自身的构造因素决定，与U 和Q 无关，故B 、D 正确．由C ＝QU 知C 正确．答案：BCD2．水平放置的平行电容器与一电池相连．在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态．现将电容器两板间的距离增大，则( )A ．电容变大，质点向上运动B ．电容变大，质点向下运动C ．电容变小，质点保持静止D ．电容变小，质点向下运动解析：带电质点在电容器中处于静止状态有mg ＝qE ，因为电容器与电源连接，电压不变，E ＝U /d ，d 增大，电容C 减小，E 减小，质点向下运动，答案为D.答案：D3．如图所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两板间电势差U ，电容器两极板间场强E的变化情况是( )A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小解析：充电以后的电容器所带电荷量Q 保持不变，故选项A 、B 错误；根据平行板电容器的电容公式C ＝εr S4πkd ，d 增大，C 减小；又由C ＝Q /U 得，U ＝Q /C ，故U 增大；再由公式C ＝εr S 4πkd 、C ＝Q U 和E ＝U d 可得E ＝4πkQεr S ，所以E 不变，答案为C.答案：C4．如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则( )[A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：电子从静止开始运动，根据动能定理，从A 运动到B 动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间距离增加，时间变长．答案：CD5．如图所示，从F 处释放一个无初速的电子向B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E )( )A ．电子到达B 板时的动能是E eV B ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零 C ．电子到达D 板时动能是3E eV D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A 板带负电，B 板带正电，C 板带正电，D 板带负电，所以A 、B 板间有向左的电场，C 、D 板间有向右的电场，B 、C 板间无电场，由动能定理知：电子到达B 板时的动能为E eV ，到达D 板时的动能为零，在B 、C 板间做匀速直线运动，总之电子能在A 板和D 板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C6．[2012·广东六校联考]如图所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是( )A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀速运动D ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析：在电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B 点运动，受电场力方向由A 指向B ，则电场线方向由B 指向A ，该负电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定．选项B 正确．答案：B7．[2013·广东惠州模拟]如图所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O 点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )A ．将打在O 点的下方B ．将打在O 点的上方C ．穿过平行板电容器的时间将增加D ．打到屏上动能将增加解析：由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下，所以小球向下偏转，将打在O 点下方，A 项正确，B 项错误；小球的运动时间由水平方向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C 项错误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D 项正确．答案：AD8．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为( )A ．mv 20B.12mv 20 C ．2mv 2D.52mv 20解析：由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v Py t ，合速度v P ＝v 20＋v 2Py ＝5v 0E k P ＝12mv 2P ＝52mv 20，故选D. 答案：D9．[2013·云南部分名校联考]如图所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．则下列说法正确的是( )A ．带电粒子在Q 点的电势能为－UqB ．带电粒子带负电C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3d D ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U3d解析：根据带电粒子的偏转方向，可判断B 错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以A 正确；设带电粒子在P 点时的速度为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0.带电粒子在y 轴方向上的平均速度为v y ＝3v 02；带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，带电粒子在电场中的运动时间为t ，y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0得E ＝23U3d ，C 正确，D 错误．答案：AC10．M 、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M 点运动到N 点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( )A ．电子在N 点的动能小于在M 点的动能B ．该电场有可能是匀强电场C ．该电子运动的加速度越来越小D ．电子运动的轨迹为曲线解析：电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M 点运动到N 点，电势能减小，动能增加，A 选项错误；分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W ＝qE Δx 可得电场强度越来越小，B 选项错误；由于电子从M 点运动到N 点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C 选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN 电场线为直线，由运动与力的关系可得轨迹必为直线，D 选项错误．答案：C二、非选择题(共30分)11．(15分)如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．(1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？解： (1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理eU 1＝12mv 20－0解得v 0＝2eU 1m .[(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E ，电子在偏转电场中运动的时间为t ，加速度为a ，电子离开偏转电场时的侧移量为y .由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v 0 F ＝ma ，F ＝eE ，E ＝U 2d a ＝eU 2md y ＝12at 2 解得y ＝U 2L 24U 1d .(3)由y ＝U 2L 24U 1d 可知，减小加速电压U 1和增大偏转电压U 2均可增大y 值，从而使电子打到屏上的位置在P 点上方．12．(15分)[2013·山东济宁质检]质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒在O 点以初速度v 0与水平方向成θ角射出，如图所示，微粒在运动过程中所受阻力的大小恒为f .(1)如果在某方向上加上一定大小的匀强电场后，能保证微粒仍沿v 0方向做直线运动，试求所加匀强电场电场强度的最小值．(2)若加上大小一定、方向水平向左的匀强电场，仍保证微粒沿v 0方向做直线运动，并且经过一段时间后微粒又回到O 点，求微粒回到O 点时的速率．解： (1)对微粒做直线运动受力分析如图所示，要保证微粒仍沿v 0方向进行运动，必须使微粒在垂直v 0的y 方向所受合力为零，则所加电场方向沿y 轴正向时，电场强度E 最小，并且qE ＝mg cos θ所以E min ＝mg cos θq .(2)当加上水平向左的匀强电场后，微粒受力分析如图所示，仍保证微粒沿v 0方向做直线运动，则有：qE sin θ＝mg cos θ设微粒沿v 0方向的最大位移为s ，由动能定理得：－(mg sin θ＋qE cos θ＋f )s ＝0－12mv 2粒子从O 点射出到回到O 点的过程中，由动能定理得： －f ·2s ＝12mv 2－12mv 20 以上三式联立解得：v ＝mg －f sin θmg ＋f sin θv 0.。

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识点一电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此________又相互靠近的导体组成．(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的________．(3)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________，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________转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的________与两个极板间的________的比值．(2)定义式：________.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)．1 F＝________ μF＝________ pF.(4)意义：表示电容器________本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否________及________无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．(2)决定式：____________.知识点二带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中，W＝________＝qU＝mv2－m.(2)在非匀强电场中，W＝________＝mv2－m.2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．(2)运动性质：________运动．(3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做________运动．②沿电场方向：做初速度为零的____________运动． (4)基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d ，如图所示，(忽略重力影响)，则有①加速度：a ＝＝＝.②在电场中的运动时间：t ＝③速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0d ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d.④位移⎩⎪⎨⎪⎧l ＝v 0t y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d知识点三 示波管 1．示波管的构造①电子枪，②________，③荧光屏(如图所示)2．示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的________，XX ′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做________． (2)观察到的现象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沿直线运动，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和________的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．思考辨析(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和．( )(2)电容表示电容器容纳电荷的多少．( )(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比．( )(4)放电后的电容器所带的电荷量为零，电容也为零．( )(5)公式C＝可用来计算任何电容器的电容．( )(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )(7)带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( )教材改编[人教版选修3－1·P32·T1改编](多选)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，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考点一电容器及电容器的动态分析自主演练1．两种类型—2．电容器动态的分析思路：(1)U不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝分析场强的变化．③根据U AB＝E·d分析某点电势变化．(2)Q不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝＝分析场强变化．[多维练透]1．a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数．由此可知，下列关于a、b两个电容器的说法正确的是( )A．a、b两个电容器的电容之比为8:1B．a、b两个电容器的电容之比为4:5C．b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1 CD．a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1 C2．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N3．[2021·江西上饶六校一联](多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d.相对介电常数为εr.若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供电压恒定为U，则下列说法中正确的是( )A．瓶内液面升高了B．瓶内液面降低了C．电容器在这段时间内放电D．瓶内液面高度在t时间内变化了4．[2021·安徽皖江名校联盟联考](多选)如图所示是探究平行板电容器与哪些因素有关的实验装置．用导线将充了电的平行板电容器的带正电且固定的A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地，两板间P点固定一带负电且电荷量很小的点电荷．下列说法中正确的是( )A．若将极板B稍向上移动一点，极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大B．若将极板B稍向上移动一点，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．若将B板向左平移一小段距离，静电计指针张角变大D．若将B板向左平移一小段距离，P点处的负点电荷的电势能增大考点二带电粒子在电场中的直线运动师生共研1．解题方法(1)动力学方法：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律结合运动学公式求解．(2)能量方法：根据电场力对带电粒子所做的功，用动能定理求解．2．注意粒子的重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般不考虑重力，但不能忽略质量．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不能忽略重力．例1 [2020·四川乐山三调]如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，电荷量为q(q>0)、质量为m 的小球受水平向右、大小为mg的恒力F，从M匀速运动到N，已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则( )A．场强大小为B．M、N间的电势差为0C．从M到N，电场力做功为－mgdD．若仅将力F方向顺时针转30°，小球将从M向N做匀变速直线运动[教你解决问题]“题眼”是小球做匀速运动→小球受电场力、重力和恒力F平衡→根据平衡条件求解场强E；“变化”是将力F方向顺时针转30°→找到合力的方向→判断小球的运动情况．练1 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′点练2 (多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．物块在4 s内位移是6 mB．物块的质量是2 kgC．物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2D．物块在4 s内电势能减少了18 J考点三带电粒子在电场中的偏转多维探究1．两个结论(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的偏转角度总是相同的．证明：由qU0＝m及tan φ＝得tan φ＝(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到电场边缘的距离为.2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系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＝mv2－m，其中U y＝y，指初、末位置间的电势差．题型1带电粒子在匀强电场中的偏转(类比分析，化曲为直)例2 [2020·浙江卷，6]如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P 点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )A．所用时间为B．速度大小为3v0C．与P点的距离为D．速度方向与竖直方向的夹角为30°题型2|带电体在匀强电场中的偏转例3 [2021·河北衡水中学模拟]如图所示，虚线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线．将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2.不计两小球间的相互作用．下列说法正确的是( )A．a的质量比b的小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的动量大小相等题型3|带电粒子在匀强电场中的加速和偏转例4 [2020·天津十二区县重点学校二联](多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计粒子的重力，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同练3 [2019·江苏卷，5]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( )练4 [2020·天津三模]如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R 处有一竖直固定的光屏．现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上．一个带电小球(可视为质点)从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量及其电性；(2)小球最终打在光屏上的位置距x轴的距离．思维拓展现代生活、科技中的静电场问题(STSE)类型1 电容器在科技生活中的应用例1(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，因为工作面上接有高频信号，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，控制器精密确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[教你解决问题]类型2 医学中的静电场问题例2 [2019·浙江卷，10]当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到 1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15 NC．质子加速需要的时间约为8×10－6 sD．加速器加速的直线长度约为4 m类型3 静电除尘例3 如图是某款家用空气净化器原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电．图中放电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极(接地)．以下说法正确的是( )A．通过过滤网后空气中的尘埃带负电B．c、d两个电极之间的电场方向竖直向下C．尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大D．尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功类型4 喷墨打印机例 4 有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上．已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是( )A．增大墨滴的带电荷量B．减小墨滴喷出时的速度C．减小偏转板与承印材料的距离D．增大偏转板间的电压练在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是( )A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大D．若将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动第3讲电容器带电粒子在电场中的运动基础落实知识点一1．(1)绝缘(2)绝对值 (3)①异种电荷②电能2．(1)电荷量电势差(2)C＝(3)1061012(4)容纳电荷(5)带电电压3．(2)C＝知识点二1．(1)qEd (2)qU2．(2)匀变速曲线(3)①匀速直线②匀加速直线知识点三1．偏转电极2．(1)信号电压扫描电压(2)①中心②信号电压思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)√教材改编解析：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＝知，当d变大时，C变小，再由C＝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，所以选项A、B、D正确．答案：ABD考点突破1．解析：由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1 000 μF，b电容器的电容为C2＝10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000:10 000＝1:10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10 000×10－6×10 C＝0.1 C，故C正确，D错误．答案：C2．解析：当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势，不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为M→R →N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．答案：D3．解析：根据C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h.电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量Q＝CU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确．t时间内放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It.ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确．答案：BCD4．解析：本题考查电容器动态问题、静电计指针偏角的变化．由于平行板电容器的电容远大于静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电荷量远大于静电计指针和外壳组成的电容器的带电荷量，可认为平行板电容器不接电源时电荷量几乎不变，极板B稍向上移动，电容器两极板的正对面积减小，由C＝可知C减小，由C＝可知，Q不变，U变大，静电计指针张角变大，选项A正确，B错误；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C＝知，U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器间的电场强度E＝不变，由于P点与B板的距离d PB增大，则U PB增大，P点的电势φP增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误．答案：AC例1 解析：对小球受力分析，如图所示，重力与恒力F垂直，根据平衡知识可知(qE)2＝(mg)2＋F2，解得qE＝2mg，E＝，选项A错误；恒力F与电场力所在直线之间的夹角的正切值tan θ＝＝，解得θ＝30°，可知电场力的方向与M、N的连线垂直，所以M、N之间的电势差一定为零，选项B正确；从M到N，电场力做功W电＝q·U MN＝0，选项C错误；若仅将力F方向顺时针转30°，小球受的合力一定不与M、N的连线平行，则小球不可能从M向N做匀变速直线运动，选项D错误．答案：B练1 解析：C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零．当C板移到P′时，根据E＝＝＝＝，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．答案：A练2 解析：物块在4 s内位移为x＝×2×(2＋4) m＝6 m，故选项A正确；由图可知，前2 s 物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1 m/s2,2 s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，代入数据解得m＝1 kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2 s的位移x1＝×2×2 m＝2 m，物块在后2 s的位移为x2＝vt2＝4 m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6 J＋8 J＝14 J，则电势能减少了14 J，故选项D错误．答案：AC例2 解析：粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误．答案：C例3 解析：两球在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，且t时刻两球的竖直分位移大小相等，由公式y＝at2知，两球加速度大小相等．根据牛顿第二定律可知，对a球有qE＋m a g＝m a a0，对b球有qE－m b g＝m b a0，可得m a>m b，选项A错误．根据动能定理可知，对a球有m a a0y＝m a－m a，对b球有m b a0y＝m b－m b，可得v a＝v b，即在t时刻小球a的速度大小等于小球b的速度大小，在t时刻，因为m a>m b，所以a的动能比b的大，a的动量大于b的动量，选项B正确，D错误．在t时刻两小球的电势相等，又两球带异种电荷，故在t时刻两球电势能不等，选项C错误．答案：B例4 解析：根据动能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，质子()和α粒子(e)的比荷之比为2:1，故两者在O2处的速度大小之比为:1，选项A错误．在A、B间a＝，则质子的加速度大，所以质子运动时间短；进入右侧电场做类平抛运动，由h＝t2，可知质子做类平抛运动的时间也短，故质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误．对整个过程，由动能定理得E k－0＝q(U＋Eh)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1:2，选项C正确．带电粒子由O2到MN板，竖直方向h＝t2，水平方向x＝vt，又v＝，联立解得x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确．答案：CD练3 解析：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＝Fv，其中v为沿电场力方向的速率，则v＝at、a＝，整理得P＝t，由关系式可知P­t图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，BCD错误．答案：A练4 解析：(1)假设小球带正电且电荷量为q，小球从P点运动到B点的过程，根据动能定理有mg·3R－qER＝mv2由题知小球到B点时速度v＝2，解得q＝则假设成立，即小球带正电，且电荷量为q＝.(2)小球在第四象限内的电场中所受的电场力方向向下，大小为qE＝mg，小球从B点以v＝2的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度为a＝＝2g小球在第四象限内的电场中运动的时间t1＝＝下落的高度h1＝a＝R出电场时竖直方向的分速度v y＝at1＝2出电场至打在光屏上运动的时间t2＝＝出电场至打到光屏上，在竖直方向运动的距离h2＝v y t2＋g＝R因此小球打在光屏上的位置距x轴的距离H＝R＋h1＋h2＝3.125R.答案：(1)小球带正电，(2)3.125R思维拓展典例1 解析：据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，选项A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，选项B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，选项C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，选项D正确．答案：AD典例2 解析：电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013m/s2，加速时间t＝≈8×10－7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，故D正确．答案：D典例3 解析：本题考查电场力做功及其相关知识点．根据集尘极接电源负极可知，污浊空气通过过滤网后空气中的尘埃带正电，选项A错误；放电极b、d接电源正极，可知c、d两个电极之间的电场方向竖直向上，尘埃在被吸附到集尘极a、e的过程中所受电场力做正功，动能增大，选项B、D错误，C正确．答案：C典例4 解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1＝at2，a＝，t＝，可推出Y1＝，Y2＝ltan θ，tan θ＝＝，Y＝Y1＋Y2＝，减小偏转板与承印材料的距离l可使字迹减小，C项正确，A、B、D三项错误．答案：C练解析：本题考查电场强度、电势和电势能、等势面及其相关知识点，依据等势线的疏密程度，可知在c、d、e、f四点中，f点的电场最强，选项A错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，选项B错误；若将某电子由c移到f，即从高电势处移动到低电势处，因电子带负电，则其电势能将增大，选项C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，因c、d、e、f四点电势逐渐降低，故将某电子在d点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，选项D错误．答案：C。