【配套K12】2019版高考物理一轮复习精选题辑课练22电容器带电粒子在电场中的运动

配餐作业电容器和电容 带电粒子在电场中的运动►►见学生用书P351A 组·基础巩固题1．(多选)上海世博会中稳定运营的36辆超级电容客车吸引了众多观光者的眼球.据介绍，电容车在一个站点充电30秒到1分钟后，空调车可以连续运行 3公里，不开空调则可以坚持行驶 5公里，最高时速可达 44公里.超级电容器可以反复充放电数十万次，其显著优点有：容量大、功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽.如图所示为某汽车用的超级电容器，规格为“48 V ，3 000 F ”，放电电流为1 000 A ，漏电电流为10 mA ，充满电所用时间为30 s ，下列说法正确的是( )A ．充电电流约为4 800 AB ．放电能持续的时间超过10分钟C ．若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间将超过100天D ．所储存电荷量是手机锂电池“4.2 V ,1 000 mAh”的40倍解析 由题知，电容器的额定电压U ＝48 V ，电容C ＝3 000 F ，则所能储存的电荷量为Q ＝CU .充电时，有Q ＝I 充t 充，得充电电流I 充＝CU t 充＝48×3 00030 A ＝4 800 A ，故A 项正确；放电能持续的时间t 放＝Q I 放＝48×3 0001 000 s ＝144 s ，小于10分钟，故B 项错误；若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间为t 漏＝Q I 漏＝1.44×107 s ＝1.44×10724×3 600天≈166.7天，故C 项正确；手机锂电池“4.2 V ，1 000 mAh ”的电荷量q ＝It ＝1×3 600 C ＝3 600 C ，则Q ＝40q ，故D 项正确.答案 ACD2．一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图所示，C 、D 、E 、F 为金属板表面上的不同位置.关于该电场，下列说法正确的是( )A ．A 点的场强小于B 点的场强B ．A 点的电势低于B 点的电势C ．一带电粒子分别从C 移到D 和从E 移到F ，电场力做功相等D ．带正电粒子从P 点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动 解析 电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则电场内部A 点的电场强度大于B 点的电场强度，故A 项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，故A 点电势高于B 点电势，故B 项错误；C 、E 两点的电势相等，D 、F 两点的电势相等，且C 、E 两点的电势高于D 、F 两点的电势，则C 、D 两点的电势差等于E 、F 两点的电势差，故一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等，C项正确；带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，则由于竖直方向所受的电场力不是恒力，故它不是做类平抛运动，D项错误，故选C项.答案C3．(多选)毛毯等绒料布生产时常采用静电植绒技术来实现，其原理如图：其中A是接高压阳极的金属网，其内装有绒料，B是一块金属平板，上面铺着涂有黏合剂待植绒基布.当待植绒基布从两极板经过时，给A接上高压并使绒料带上电荷，这样绒料在经过A、B两平行板间的电场加速后以高速向B板运动，遇到待植绒基布后便粘在上面从而实现静电植绒，下列说法正确的是()A．A、B两极板的电场方向由B指向AB．带电绒料带正电荷C．带电绒料在运动过程中电场力对它做正功D．带电绒料在运动过程中电势能增加解析A、B两极板的电场方向由A指向B，故A项错误；由于两极板的电场方向由A指向B，带电绒料向B板运动，说明带电绒料是带正电荷的，故B项正确；带电绒料在运动过程中电场力对它做正功，电势能减少，故C项正确，D项错误.答案BC【素养立意】以静电植绒为载体考查电荷在电场中的运动和做功，属于STSE(科学、技术、社会、环境)问题.4．(多选)如图所示，在真空中A 、B 两块平行金属板竖直放置并接入电路.调节滑动变阻器，使A 、B 两板间的电压为U 时，一质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0从A 板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A 、B 两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )A ．使初速度变为2v 0时，带电粒子恰能到达B 板B ．使初速度变为2v 0时，带电粒子将从B 板中心小孔射出C ．使初速度v 0和电压U 都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B 板D ．使初速度v 0和电压U 都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B 板中心小孔射出解析 设带电粒子进入电场中的位移为x ，根据动能定理得－qEx ＝0－12m v 20，又E ＝U d 得x ＝md v 202qU，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B 板处，x 变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为2v 0；或使A 、B 两板间的电压变为12U ；或使初速度v 0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C项正确，A、D项错误.答案BC5．(2018·湖南师大附中摸底考试)(多选)如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑.如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则()A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动C．偏转电场对电子做的功增大D．偏转电场的电场强度减小解析电子带负电，受到向上的电场力，所以向上偏转，U越大，电场力越大，偏转位移越大，做功越多.答案AC6．(多选)如图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()A．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解析 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 ＝qE m 可知，a 2＝2a 1，可知，1.5 s 末粒子的速度为零，然后反方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为零，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 项正确.答案 CD7.如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷.一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加解析 由于两极板的正负不知，微粒的电性不确定，则微粒所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据微粒运动轨迹，微粒所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但微粒动能一定增加，所以只有C 项正确. 答案 C8.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中线射入，A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2.则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是( )A.U 2U 1＜2d LB.U 2U 1＜d L C.U 2U 1＜2d 2L 2 D.U 2U 1＜d 2L 2 解析 根据qU 1＝12m v 2，t ＝L v ，y ＝12at 2＝12·qU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2，由题意知，y ＜12d ，解得U 2U 1＜2d 2L 2，故C 项正确. 答案 CB 组·能力提升题9．如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d 的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m (不计重力)，电荷量为q ，从A 点与等势线4成θ角以初速度v 0射入电场中，到达等势线2上的B 点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场场强的大小为 ( )A.m v 20sin 2θ4qdB.m v 20sin 2θ2qdC.m v 20cos 2θ4qdD.m v 20cos 2θ2qd解析 带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，水平方向做速度为v x ＝v 0cos θ的匀速直线运动，竖直方向做初速度为v y ＝v 0sin θ，加速度为a ＝Eq m 的匀减速直线运动，对运动过程应用动能定理有－Eq ·2d ＝12m v 2x －12m v 20，解得E ＝m v 20sin 2θ4qd，A 项正确. 答案 A10．(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，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 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 项错误，B 项正确；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，C 项正确，D 项错误.答案BC11.(多选)如图所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以某速度水平抛出，落在斜面上B点.现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以相同速度水平抛出，落在斜面上C点.不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球带正电B．小球所受电场力可能大于重力C．小球两次落在斜面上所用的时间不相等D．小球两次落在斜面上的速度大小相等解析平抛运动过程中，合速度与水平方向夹角的正切值，与位移与水平方向夹角的正切值比值固定，在同一斜面，位移与水平方向夹角的正切值相同，所以合速度与水平方向夹角的正切值不变，即合速度方向不变，由于水平分速度大小不变，所以合速度大小不变，且两次落点，竖直方向的分速度，水平方向的分速度大小都不变，小球两次落在斜面上所用时间不相等，C、D项正确；由过程分析，小球竖直方向的末速度大小不变，由水平位移大小知时间t2，则竖直方向加速度减小，可知小球受到了向上的电场力，所以小球带负电，故A项错误；加了电场后，小球加速度仍向下，则电场力一定小于重力，故B项错误.答案CD12．如图所示，在厚铅板A 表面的中心放置一很小的放射源，可向各个方向放射出速率为v 0的α粒子，α粒子的质量为m ，电荷量为q ，在金属网B 与A 板间加有竖直向上的匀强电场，场强为E ，A 与B 的间距为d ，B 网上方有一很大的荧光屏M ，M 与B 的间距为L .当有α粒子打在荧光屏上时就能使荧光屏产生一闪光点，整个装置放在真空中，不计重力的影响.求：(1)打在荧光屏上的α粒子具有的动能.(2)荧光屏上闪光点的范围.解析 (1)由动能定理得qEd ＝E k B －12m v 20， 得E k B ＝qEd ＋12m v 20. (2)α粒子的初速度与电场方向垂直时，做类平抛运动，沿场强方向，有a ＝qE m ，d ＝12at 21， 得到达B 网的时间t 1＝2mdqE .粒子具有沿场强方向的速度v By ＝at 1＝2dqEm ，从B 网到M 所用的时间t 2＝L v By ＝L 2qEd 2mqEd ， 粒子运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2d ＋L 2qEd2mqEd ， 荧光屏上闪光点的范围是个圆，其半径R ＝v 0t ＝v 0(2d ＋L )2qEd2mqEd . 答案 (1)qEd ＋12m v 20 (2)荧光屏上闪光点的范围是个圆，半径为v 0(2d ＋L )2qEd2mqEd 13．如图所示，电场强度大小为E ＝mg q 的竖直匀强电场中，长为L的绝缘轻绳一端固定在O 点，另一端固定一质量为m ，带电荷量为＋q 的小球.在O 点正上方和正下方L 处，分别固定一个绝缘挡板A 、B ，两挡板竖直放置且尺寸较小.现将小球拉到与O 点同一高度且距O 点右侧L 处，给它一个竖直向上的初速度v 0，此后小球在A 、B 右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板A 、B 碰撞，小球与挡板碰撞时不损失机械能，碰后瞬间电场立即反向，大小不变.重力加速度大小为g .求：(1)小球与挡板A 碰后，能做圆周运动到挡板B ，初速度v 0的最小值.(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，小球与挡板A 、B 第一次碰撞前瞬间，轻绳的拉力分别为多大.(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50mg ，在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数.解析 (1)小球与挡板A 碰前，由于qE ＝mg ，小球将做匀速圆周运动到挡板A .小球与挡板A 碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力的作用下做圆周运动到挡板B ，此过程中F ＝qE ＋mg ＝2mg ，方向向下，要能做圆周运动，则最高点A 处满足qE ＋mg ≤m v 20L ，解得v 0≥2gL ， 因而小球初速度的最小值为2gL .(2)小球第一次与挡板A 碰前做匀速圆周运动，因而有T A 1＝m v 20L ，解得T A 1＝2mg .小球第一次与挡板A 碰后，将做变速圆周运动到挡板B 与挡板B 第一次碰撞，在该过程中，根据动能定理有(qE ＋mg )·2L ＝12m v 2B 1－12m v 20小球第一次与挡板B 碰前瞬间，由圆周运动的知识有T B 1－qE －mg ＝m v 2B 1L ，解得T B 1＝12mg .(3)小球与挡板B 第一次碰后到小球与挡板A 第二次碰前，由于qE ＝mg ，且方向相反，小球做匀速圆周运动，则小球与挡板A 第二次碰前有v A 2＝v B 1，因而轻绳的拉力为T A 2＝m v 2A 2L ，联立解得T A 2＝10mg .小球与挡板A 第二次碰后到小球与挡板B 第二次碰前的过程，根据动能定理有(qE ＋mg )·2L ＝12m v 2B 2－12m v 2A 2， 小球与挡板B 第二次碰前瞬间，根据圆周运动的知识有T B 2－qE －mg ＝m v 2B 2L ，联立解得T B 2＝20mg ，由上分析可知，小球每次与挡板A 、B 碰撞前，轻绳的拉力均比上一次与挡板碰撞增加ΔT ＝T An ＋1－T An ＝T Bn ＋1－T Bn ＝8mg .因而小球与挡板B 第n 次碰前，轻绳的拉力为T Bn ＝T B 1＋(n －1)ΔT ＝4(2n ＋1)mg ；如果轻绳断裂，则应有T Bn ≥50mg ，解得n ≥5.75，因而小球与挡板A 碰撞6次，与挡板B 碰撞5次后在小球还未与挡板B 发生第6次碰撞前轻绳已经断裂，因而小球与挡板碰撞的总次数为N ＝6＋5＝11(次).答案 (1)2gL (2)T A 1＝2mg T B 1＝12mg(3)11。

第3讲电容器与电容、带电粒子在电场中的运动1．(2017·高考江苏卷)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 ＝4πkQεS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 项正确，B 、C 、D 项错误．2．(多选)(2018·四川绵阳模拟)如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 的变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是( )A ．φ1∶φ2＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ21md2解析：选BCD.0～T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝φ1d，电子以a 1＝E 1e m ＝φ1edm向上做匀加速直线运动，当t ＝T 时电子的位移x 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T .T ～2T 时间内平行板间的电场强度E 2＝φ2d ，加速度a 2＝φ2edm，电子以v 1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x 2＝v 1T －12a 2T 2，由题意t ＝2T 时电子回到P 点，则x 1＋x 2＝0，联立可得φ2＝3φ1，选项A 错误，B 正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T 时间内电子做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，所以在T 时刻电势能最小，选项C 正确．电子在t ＝2T 时回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1eT dm (负号表示方向向下)，电子的动能为E k ＝12mv 22＝2e 2T 2φ21md 2，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，选项D 正确．3．(2018·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 ＝Q C知，电势差增大，指针张角增大，选项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 S 4πkd 知，电容C 增大，根据U ＝QC 知，电势差减小，指针张角减小，选项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，选项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，选项D 错误．4．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0 ① s 1＝v 0t ＋12at 2 ② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3. ④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式v 2y ＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H .⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则v 0v y ＝qE mg⑨ 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2⑪由已知条件E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg2q. 答案：见解析。

第3课时 电容器 带电粒子在电场中的运动基本技能练1.如图1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 、两极板间电势差U 、两极板间场强E 的变化情况是( )图1A ．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 电容器充电后再断开S ，则电容器所带的电荷量Q 不变，由C ∝εr Sd 可知，d 增大时，C 变小；又U ＝Q C ，所以U 变大；由于E ＝U d ，U ＝Q C ＝4πkdQ εr S，所以E ＝4πkQ εr S，故d 增大时，E 不变，选项C 正确。

答案 C2. (2014·安徽六校联考)如图2所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。

ABCD面带正电，EFGH面带负电。

从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点。

则下列说法正确的是( )图2A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多解析三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴C水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D正确；因为电场力对液滴C做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误。

答案 D3．(多选)[2015·广州市综合测试(一)]如图3所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑。

如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则( )图3A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动C．偏转电场对电子做的功增大D．偏转电场的电场强度减小解析电子束在偏转电场中做类平抛运动，沿垂直电场方向做匀速运动，故在电场中运动时间不变。

第23课 电容器 带电粒子在电场中的运动1．平行板电容器的动态分析 a ．U 不变时电容器的动态分析(1)(经典题，6分)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两金属极板。

对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动，在P 、Q 间距增大过程中( )A ．P 、Q 构成的电容器的电容增大B ．P 上电荷量保持不变C ．M 点的电势比N 点的低D ．M 点的电势比N 点的高 答案：D解析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变。

在P 、Q 间距增大过程中，根据电容决定式C ＝εr S 4πkd 得电容减小，又根据电容定义式C ＝QU得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R 的方向由M 到N ，所以M 点的电势比N 点的高。

故A 项、B 项、C 项均错误，D 项正确。

(2)(2017海南单科，4分)如图所示，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。

现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动。

关于小球所受的电场力大小F 和绳子的拉力大小T ，下列判断正确的是( )A ．F 逐渐减小，T 逐渐减小B ．F 逐渐增大，T 逐渐减小C ．F 逐渐减小，T 逐渐增大D ．F 逐渐增大，T 逐渐增大 答案：A解析：电容器与电源相连，所以两极板间电势差不变，将左极板向左缓慢移动的过程中，两板间距离增大，则由U ＝Ed 可知，电场强度E 减小；电场力F ＝Eq 减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，T ＝F 2＋（mg ）2；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小，故A 项正确，B 项、C 项、D 项均错误。

b ．Q 不变时电容器的动态分析(3)(2016天津理综，6分)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。

第3讲 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动微知识1 电容器及电容 1．电容器(1)组成：两个彼此绝缘且又相互靠近的导体组成电容器，电容器可以容纳电荷。

(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值，两极板所带电荷量相等。

(3)充、放电①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量异号电荷的过程，充电后两极间存在电场，电容器储存了电能。

②放电：用导线将充电后电容器的两极板接通，极板上电荷中和的过程，放电后的两极板间不再有电场，同时电场能转化为其他形式的能。

2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两极板间电势差的比值。

(2)公式：C ＝Q U ＝ΔQΔU。

(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于把电容器两极板的电势差增加1 V 所需充加的电荷量，电容C 由电容器本身的构造因素决定，与U 、Q 无关。

(4)单位：法拉，符号F ，与其他单位间的换算关系： 1 F ＝106μF ＝1012pF 。

3．平行板电容器的电容平行板电容器的电容与平行板正对面积S 、电介质的介电常数εr 成正比，与极板间距离d 成反比，即C ＝εr S4πkd。

微知识2 带电粒子在电场中的加速和偏转 1．带电粒子在电场中的加速(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，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做匀变速直线运动。

(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量，即qU ＝12mv 2－12mv 20。

2．带电粒子的偏转(1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动。

(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法①沿初速度方向为匀速运动，运动时间t ＝lv 0。

②沿电场力方向为匀加速运动，a ＝F m ＝qE m ＝qUmd。

③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝ql 2U2mv 20d 。

④离开电场时的偏转角tan θ＝v ⊥v 0＝qlU mv 20d。

第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容 1.电容器(1)组成：由两个彼此绝缘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绝对值. (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，放电过程中电能转化为其他形式的能. 2.电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值. (2)定义式：C ＝QU.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F ＝106μF ＝1012pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低.(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，与电容器是否带电及电压无关. 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：C ＝εr S4πkd.自测1 关于电容器及其电容，下列说法中正确的是( ) A.平行板电容器一板带电＋Q ，另一板带电－Q ，则此电容器不带电 B.由公式C ＝Q U可知，电容器的电容随电荷量Q 的增加而增大 C.对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比 D.如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容 答案 C二、带电粒子在电场中的运动 1.加速(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02.(2)在非匀强电场中，W ＝qU ＝12mv 2－12mv 02.2.偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v 0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示.图1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动.根据运动的合成与分解的知识解决有关问题.(3)基本关系式：运动时间t ＝l v 0，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md ，偏转量y ＝12at 2＝qUl22mdv 02，偏转角θ的正切值：tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUlmdv 02.三、示波管 1.示波管的构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图2所示)图22.示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的信号电压，XX ′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压. (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，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑.②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，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. 自测2 教材P39第3题 先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场.进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比. (1)电子与氢核的初速度相同. (2)电子与氢核的初动能相同. 答案 见解析解析 设加速电压为U 0，偏转电压为U ，带电粒子的电荷量为q 、质量为m ，垂直进入偏转电场的速度为v 0，偏转电场两极板间距离为d 、极板长为l ，则：带电粒子在加速电场中加速运动，进入偏转电场时的初动能12mv 02＝qU 0，粒子在偏转电场中的加速度a ＝qU dm ，在偏转电场中运动的时间为t ＝l v 0，粒子离开偏转电场时沿电场力方向的速度v y ＝at ＝qUl dmv 0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝v y v 0＝qUldmv 02.(1)若电子与氢核的初速度相同，则tan θe tan θH ＝m Hm e .(2)若电子与氢核的初动能相同，则tan θetan θH＝1.命题点一 平行板电容器的动态分析1.两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变. (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变. 2.动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析Q 的变化.②根据E ＝U d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 ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化.②根据E ＝U d ＝4k πQεr S分析场强变化.例1 (2016·全国卷Ⅰ·14)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 答案 D解析 由C ＝εr S4πkd 可知，当将云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q ＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小.再由E ＝U d，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确.变式1 (2016·天津理综·4)如图3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3A.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 不变答案 D解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C ＝εr S4πkd可知，C 变大；根据Q ＝CU 可知，在Q 一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E ＝U d ，Q ＝CU ，C ＝εr S4πkd 联立可得E ＝4πkQεr S，可知E 不变；P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，故E p 不变；由以上分析可知，选项D 正确.变式2 (多选)如图4所示，A 、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相接，两板间P 点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U ，P 点场强大小为E ，电势为φP ，负电荷的电势能为E p ，现将A 、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )图4A.U 变大，E 变大B.U 变小，φP 变小C.φP 变小，E p 变大D.φP 变大，E p 变小答案 AC解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝εr S 4πkd 可知电容减小，由U ＝QC 可知极板间电压增大，由E ＝Ud可知，电场强度增大，故A 正确；设P 与B 板之间的距离为d ′，P 点的电势为φP ，B 板接地，φB ＝0，则由题可知0－φP ＝Ed ′是增大的，则φP 一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能E p 是增大的，故C 正确. 命题点二 带电粒子在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，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.用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 02＝2ad .3.用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例2 如图5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( )图5A.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 答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝QU和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝4πkQεr S，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确.变式3 匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图6所示.当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )图6A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s 末带电粒子回到原出发点C.3s 末带电粒子的速度不为零D.0～3s 内，电场力做的总功为零 答案 D解析 由牛顿第二定律可知带电粒子在第1s 内的加速度和第2s 内的加速度的关系，因此粒子将先加速1s 再减速0.5s ，速度为零，接下来的0.5s 将反向加速……，v －t 图象如图所示，根据图象可知选项A 错误；由图象可知2s 内的位移为负，故选项B 错误；由图象可知3s 末带电粒子的速度为零，故选项C 错误；由动能定理结合图象可知0～3s 内，电场力做的总功为零，故选项D 正确.变式4 如图7所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔.质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g ).求：图7(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落到运动到下极板处的时间. 答案 (1)2gh (2)mg h ＋d qd C mg h ＋dq(3)h ＋dh2hg解析 (1)由v 2＝2gh 得v ＝2gh .(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，加速度大小为a ，有qE －mg ＝ma且v 2－0＝2ad ，得E ＝mg h ＋dqd，由U ＝Ed 、Q ＝CU ，得Q ＝C mg h ＋dq. (3)由v2t ＝h ＋d ，可得t ＝h ＋d h2hg命题点三 带电粒子在电场中的偏转1.运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU2mdt 2，t ＝2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv2.2.两个结论(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. 证明：由qU 0＝12mv 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1lmdv 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(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.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 02，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差.例3 (2016·北京理综·23改编)如图8所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出.已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d.图8(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法.在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因.已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10m/s 2.答案 (1)2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 解析 (1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 02，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝L m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G ＝mg ≈10－29N电场力F ＝eU d≈10－15N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力.1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则( )图1A.当开关S 断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B.当开关S 断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C.当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D.当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小 答案 C解析 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qEmg，当开关S 断开时，电容器两极板上的电荷量Q 不变，由C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C ，E ＝U d 可知E ＝4πkQεr S ，故增大或减小两极板间的距离d ，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A 、B 错误；当开关S 闭合时，因为两极板间的电压U 不变，由E ＝U d可知，减小两极板间的距离d ，E 增大，θ变大，选项C 正确，D 错误.2.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示.下列说法正确的是( )A.保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B.保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C.保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D.保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半 答案 AD解析 由E ＝U d可知，若保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半，A 项正确；若保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 项错误；由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，可得U ＝4Qk πd εr S ，E ＝4Qk πεr S，所以，保持d 不变，若Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的两倍，C 项错误；保持d 不变，若Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 项正确.3.两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m 、电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图2所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图2A.edhU h C.eU dhD.eUh d答案 D解析 由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUh d. 4.(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图3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( )图3A.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 答案 D解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确.5.如图4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( )图4A.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 答案 D解析 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 ＝Q C可知，电容器极板间电压减小，B 错误.6.如图5所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )图5A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P 点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减少D.电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 答案 B解析 电容器和电源相连，则电容器两端的电压不变，两极板间距离增大，可知两极板间的电场强度E 电减小，故油滴将向下运动，A 错误；下极板接地，所以电势为零，设P 点距离下极板的距离为L ，则φP ＝E 电L ，L 不变，E 电减小，所以P 点的电势将降低，B 正确；油滴向下运动，带负电，故电场力做负功，电势能增大，C 错误；根据公式C ＝εr S 4πkd 可得，d 增大，C 减小，因U 不变，根据公式C ＝QU 可得，C 减小，Q 减小，故D 错误.7.(2017·安徽蚌埠四校联考)如图6所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )图6A.2倍B.4倍C.12D.14答案 C解析 电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e ，质量为m ，初速度为v ，极板的长度为L ，极板的间距为d ，电场强度为E .由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L ＝vt ，竖直方向有：y ＝12at 2＝12·eE m ·(L v )2＝d .因为E ＝U d ，可得：d 2＝eUL 22mv 2，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d 应变为原来的12，故选C.8.如图7所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间的距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为＋q ，粒子通过平行金属板的时间为t (不计粒子的重力)，则( )图7A.在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B.在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8C.在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为1∶2D.在粒子下落前d4和后d4的过程中，电场力做功之比为2∶1 答案 B解析 带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为qU2，所以在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，A 选项错；在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8，B 选项对；在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功相等，故C 、D 选项错.9.(2014·山东理综·18)如图8所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )图8A.s22qEmhB.s2qE mh C.s 42qEmhD.s4qE mh答案 B解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s2qEmh，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误. 10.如图9所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止.重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图9(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大？(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能. 答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qEF N cos 37°＝mg解得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma 解得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，支持力不做功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0解得E k ＝0.3mgL .11.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.如图10所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103N/C 和E 2＝4.0×103N/C ，方向如图所示.带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg 、带电荷量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应.求：图10(1)B 点到虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t . 答案 (1)0.50cm (2)1.5×10－8s解析 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，E 1d 1＝E 2d 2， 解得d 2＝0.50 cm.(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2， 由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1， |q |E 2＝ma 2，设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 12，d 2＝12a 2t 22.又t ＝t 1＋t 2，代入数据，联立解得t ＝1.5×10－8 s.12.(2017·湖北黄冈中学模拟)如图11甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向).一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)，开始处于图中的A 点.在t ＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t 0，刚好运动到B 点，且瞬时速度为零.已知电场强度大小为E 0.试求：图11(1)电场变化的周期T 应满足的条件； (2)A 、B 之间的距离；(3)若在t ＝T6时刻释放该粒子，则经过时间t 0粒子的位移为多大？答案 见解析解析 (1)经过时间t 0，瞬时速度为零，故时间t 0为周期的整数倍，即：t 0＝nT解得：T ＝t 0n，n 为正整数. (2)作出v －t 图象，如图甲所示.最大速度为：v m ＝a ·t 02n ＝qE 0m ·t 02nv －t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小，为：s ＝12v m t 0＝qE 0t 024nm，n 为正整数. (3)若在t ＝T6时刻释放该粒子，作出v －t 图象，如图乙所示.v －t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小，上方面积表示前进距离，下方的面积表示后退的距离：故位移为：x ＝12·qE 0m ·(T 3)2·2n －12·qE 0m ·(T 6)2·2n ＝qE 0t 0212nm，n 为正整数.。

课时分层作业二十二电容器与电容带电粒子在电场中的运动(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.如图所示,固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开,两极板与一个静电计相连,将B极向左水平移动一小段距离后,电容器的电容C、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E的变化情况分别是( )A.C变小,θ变大,E不变B.C不变,θ不变,E变小C.C变小,θ不变,E不变D.C变小,θ变大,E变小【解析】选A。

当负极板左移一小段距离时,d增大,由C=可知,电容C减小,由U=可知两极间的电压增大,因电压增大,静电计指针偏角会增大,根据E===,不论极板间距如何变化,极板的电量总不变,因此电场强度不变,故A正确,B、C、D错误。

2.(2018·淄博模拟)如图所示,从F处释放一个无初速度的电子向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U) ( )A.电子到达B板时的动能是eUB.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3eUD.电子在A板和D板之间做往复运动【解析】选C。

释放出一个无初速度电荷量为e的电子,在电压为U 的电场中做加速运动,当出电场时,所获得的动能等于电场力做的功,即W=eU,故A正确;由图可知,BC间没有电压,则没有电场,所以电子在此处做匀速直线运动,则电子的动能不变,故B正确;电子以eU的动能进入CD电场中,在电场力的阻碍下,电子做减速运动,由于CD间的电压也为U,所以电子到达D板时速度减为零,开始反向运动,故C错误;由上可知,电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速,再反向加速、匀速再减速,做往复运动,故D正确。

3.喷墨打印机的简化模型如图所示。

墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒,经带电室带负电后,以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。

课后分级演练(二十二) 电容器 带电粒子在电场中的运动【A 级——基础练】1.煤矿渗水会造成严重安全事故，2011年11月13日凌晨0时10分，甘肃省白银市景泰县通达煤矿发生透水事故，当时井下作业人员11名，其中4人泅水脱险，7人被困．利用传感电容器可检测矿井渗水，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，把仪器接到图示电路中，已知灵敏电流表的指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．当发现指针向右偏转时，导电液体深度h 的变化为( )A ．h 正在增大B ．h 正在减小C ．h 不变D ．无法确定解析：B 本题考查电容的定义式、决定式和电容的动态变化问题，意在考查考生对电容定义式和决定式的理解能力、对动态变化问题的分析判断能力．电容器保持与电源连接，电路稳定时，电容器两端电压不变，灵敏电流表指针向右偏转，说明电流由右向左通过电源，说明电容器在放电，即电荷量减小，由电容的定义式C ＝Q U 可知，电容器的电容减小，由电容的决定式C ＝εS 4πkd可知，电容器两极板的正对面积减小，即说明导电液体深度h 减小，B 项正确．2.如图所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A 球后将电荷量全部传给A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的影响，则下列叙述中正确的是( )A ．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A 球B ．当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，开始做匀速运动C ．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D ．所有液滴下落过程中电场力做功相等解析：C 第一滴液滴下落时，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A 的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A 电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A 球，所以A 错误；当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，液滴向下运动速度最大，再向下运动重力将小于电场力，所以不会做匀速运动，故B 错误；每滴液滴在下落过程中A 所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C 正确；每滴液滴在下落过程中A 所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同．电场力做功不同，所以D 错误．3.(2017·衡水调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )解析：C 平行板电容器充电后与电源断开，平行板上所带电荷量Q 不再发生变化，设图示位置两平行板间距为d .A 选项由平行板电容公式有C ＝εS 4πk d －x，电容C 随x 变化应为曲线，A 错；B 选项E ＝Ud －x ，而U ＝Q C ，联立得E ＝4πkQ εS ，E 与x 无关，B 错；C 选项P 点电势φ＝U P 0＝E (d －x )，函数式与图象吻合，C 对；D 选项W ＝q φ＝qE (d －x )，D 错．4．(多选)示波管的内部结构如图甲所示．如果偏转电极XX ′、YY ′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX ′之间和YY ′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形．则( )A．若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C．若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形解析：AC 要使荧光屏上出现图乙中(a)所示波形，XX′加扫描电压(3)，YY′加正弦电压(1)，则A正确；要使荧光屏上出现图乙中(b)所示波形，XX′加扫描电压(3)，YY′加方波电压(2)，则C正确．5.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么( )A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动解析：B 微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合外力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．6.(2017·合肥联考)如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( )A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多解析：D 三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误．由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B错误．三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到底板时的速率不相同，选项C 错误．由于液滴C 在水平方向位移最大，说明液滴C 在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D 正确．7.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中线射入，A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2.则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是( )A.U 2U 1<2d LB.U 2U 1<d LC.U 2U 1<2d 2L 2 D.U 2U 1<d 2L 2 解析：C 根据qU 1＝12mv 2，t ＝L v ，y ＝12at 2＝12·qU 2md ·(L v )2，由题意知，y <12d ，解得U 2U 1<2d 2L 2，故C 正确．8.如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q (q >0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )A.E k04qd B.E k02qd C.2E k02qd D.2E k0qd解析：B 当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v y 和平行极板的v x ，根据运动的合成与分解，当v y ＝0时，根据运动学公式有v 2y ＝2Eqmd ，v y ＝v 0cos 45°，E k0＝12mv 20，联立得E ＝E k02qd，故选项B 正确． 9．(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J ，在M 点的动能为6 J ，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )A ．小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶3B ．小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶4C ．小球落到B 点时的动能为32 JD ．小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能为6 J解析：AC 小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x 1∶x 2＝1∶3，选项A 正确，选项B 错误；设小球在M 点时的水平分速度为v x ，则小球在B 点时的水平分速度为2v x ，根据题意有12mv 20＝8 J ，12mv 2x ＝6 J ，因而在B 点时小球的动能为E k B ＝12m [v 20＋v x 2]2＝32 J ，选项C 正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A 点时，F 合与速度之间的夹角为钝角，小球在M 点时，速度与F 合之间的夹角为锐角，即F 合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A 到M 过程中，动能先减小后增大，小球从M 到B 的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A 运动到B 的过程中最小动能一定小于6 J ，选项D 错误．10．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经加速电场，由动能定理得qU 0＝12mv 2，电子经偏转电场：沿v 方向：t ＝L v沿电场方向：y ＝12at 2，又a ＝qU 偏mL故偏转后偏移量y ＝12·qU 偏mL ·(L v )2，所以y ＝U 偏L 4U 0由题图知t ＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L /2L /2，所以Y ＝13.5 cm. (2)由题知电子偏移量y 的最大值为L 2， 所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.答案：(1)O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm【B 级——提升练】11.如图所示，两块平行金属板c 、d 竖直放置，其间有用绝缘细线悬挂的带电小球，闭合开关，滑片P 位于ab 正中间时，小球偏离竖直方向α角，则( )A ．保持滑片P 位置不变，将板c 略向右移动，α角将变小B ．仅断开开关，α角将不变C ．仅调节电阻箱R 使其阻值增大，α角将变大D ．仅将滑片向b 端移动时，α角将变大解析：D 保持滑片P 的位置不变，则U cd 不变，板c 略向右移动，由E ＝U cd d知电场强度变大，小球所受电场力变大，α角将变大，A 错误；若断开开关，电容器将放电，两极板间电压变为零，电场强度变为零，小球将向下摆，α角将变小，B 错误；电路稳定时电阻箱R 中无电流，调节其阻值时，不影响两极板间的电场强度，α角不变，C 错误；将滑片向b 端移动时，两极板间电压增大，电场强度增大，α角将变大，D 正确．12.将如图所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )A ．电子一直向着A 板运动B ．电子一直向着B 板运动C ．电子先向A 板运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D ．电子先向B 板运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 解析：D 根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T 4内做匀减速运动，在这半周期内，因初始B 板电势比A 板电势高，所以电子向B 板运动，加速度大小为eU md .在第三个T 4内电子做匀加速运动，第四个T 4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板运动，加速度大小为eU md .所以电子在交变电场中将以t ＝T 4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D 正确．13.(多选)如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场(边界上有电场)，电场强度为E ＝mg q ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为14圆弧．一个质量为m ，电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H ＝R 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是( )A ．小球到达C 点时对轨道压力为2mgB ．小球在AC 部分运动时，加速度不变C ．适当增大E ，小球到达C 点的速度可能为零D ．若E ＝2mg q ，要使小球沿轨道运动到C ，则应将H 至少调整为3R 2解析：AD 小球进入半圆轨道，静电力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgH ＝12mv 2A －0，解得：v A ＝2gR .根据牛顿第二定律得：F N ＝m v 2A R ＝m 2gR R＝2mg ，则小球到达C 点时对轨道的压力为2mg ，故A 正确．小球在AC 部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心，故B 错误．若Eq >mg ，且小球能到达最低点，则小球经最低点时其合力指向圆心，向心力不为零，则速度不能为零，实际上小球在到达C 点前已离开圆轨道，故选项C 错误；若E ＝2mg q，且在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得；qE －mg ＝m v 2C R ，则v C ＝gR ，根据动能定理得：mg (H ＋R )－qER ＝12m 2C －0，解得：H ＝32R ，所以H 至少为32R ，故D 正确． 14.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x 轴正方向的初速度v 0从y 轴上a 点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x 轴上定点b ，可在第一象限的某区域内加一方向沿y 轴负方向的匀强电扬．已知所加电场的场强大小为E ，电场区域沿x 方向的宽度为s ，Oa ＝L ，Ob ＝2s ，粒子的质量为m ，带电量为q ，重力不计，试讨论电场的左边界与b 的可能距离．解析：设电场左边界到b 点的距离为Δx ，已知电场宽度为s ，Ob ＝2s ，分以下两种情况讨论：(1)若粒子在离开电场前已到达b 点，如图甲所示，即Δx ≤s ，则Δx ＝v 0ty ＝L ＝qE 2mt 2 联立解得Δx ＝2mv 20L qE .(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b 点，如图乙所示，即s <Δx ≤2s ，则s ＝v 0t y ＝qE 2mt 2 由几何关系知tan θ＝qE m t v 0＝L －y Δx －s联立解得Δx ＝mv 20L qEs ＋s 2. 答案：见解析15．(2017·亳州模拟)如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d ＝0.30 m 的A 点处有一固定的点电荷．细杆上套有一带电荷量q ＝1×10－6C 、质量m ＝0.05 kg 的小环．设小环与点电荷的竖直高度差为h ，将小环由静止释放后，其动能E k 随h 的变化曲线如图乙所示．已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，重力加速度g＝10 m/s 2.(计算结果保留两位有效数字)(1)试估算点电荷所带电荷量Q 的大小；(2)求小环位于h 1＝0.40 m 处时的加速度a ；(3)求小环从h 2＝0.30 m 处下落到h 3＝0.12 m 处的过程中，其电势能的改变量． 解析：(1)由题图乙可知，当h ′＝0.36 m(或h ′＝0.12 m)时， 小环所受合力为零，则有k Qq d 2＋h ′2×h ′d 2＋h ′2＝mg 代入已知数据解得Q ＝mg d 2＋h ′23kqh ′＝1.6×10－5C. (2)小环加速度沿杆方向，则mg －F 1h 1d 2＋h 21＝ma 又F 1＝k Qqd 2＋h 21.代入已知数据解得a ＝0.78 m/s 2，方向竖直向下．(3)设小环从h 2＝0.30 m 处下落到h 3＝0.12 m 处的过程中，电场力对小环做功为W E 根据动能定理有mg (h 2－h 3)＋W E ＝ΔE k ＝0.055 0 J －0.068 5 J ＝－0.013 5 J 代入已知数据解得W E ＝ΔE k －mg Δh ≈－0.10 J所以小环的电势能增加了0.10 J.答案：(1)1.6×10－5 C (2)0.78 m/s 2方向竖直向下 (3)增加0.10 J。

课练 22 电容器带电粒子在电场中的运动表示两极板间的电场强度，U表示电容器的电压，若保持负极板不动，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，，在下极板上叠放一厚度为．(2018·河北邯郸联考)平行板电容器两个带电极板之间存在引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量A、B间距增大时，小球打在A、B间距减小时，小球打在为两块水平放置的金属板，通过闭合开分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔如图所示，匀强电场水平向左，带正电的物体沿绝缘、粗糙水平下两个区域均为竖直向下的匀强电场，布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减．(2018·河南豫南九校质量考评)(多选分别与电源的正、负极相连，(2018·北京海淀区统考)如图所示，连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，区域内的匀强电场的电场强度的大小问中电场强度不变，若在正方形区域点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过中带电粒子的水平位移为y，设偏转位移为，而y′y－y′＝GPNE，其中GP＝y2，(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，两平行的带电金属板水平放如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．．平行板电容器的电容将变大．静电计指针的张角变小5．(2018·山西太原期末)如图所示，C1和C2是两个完全相同的平行板电容器，带有等量电荷．现在电容器C1的两极板间插入一块云母，已知云母的厚度与C1两极板间距相等、面积与C1正对面积相同，则在云母插入的过程以及云母全部插入停止运动并达到稳定后，下列说法正确的是( )A．插入云母的过程中，R上有由a向b的电流通过B．达到稳定后，C1的带电荷量小于C2的带电荷量C．达到稳定后，C1内的电场强度大于C2内的电场强度D．达到稳定后，C1内的电场强度等于C2内的电场强度答案：D解析：此电路达到稳定后两电容器的电压是相同的，插入云母的过程中，C1逐渐增大，根据Q＝CU，所以C1两极板间电压会逐渐减小，电流由b流向a，A错误；达到稳定后两电容器的电压相等，C1>C2，所以C1的带电荷量大于C2的带电荷量，B错误；两电容器的电压相等，间距相等，所以电场强度相等，C错误，D正确．6．(2018·四川绵阳二诊)(多选)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B极板间，A极板接地，B极板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示．t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点．电子运动过程中没有与极板相碰，不计重力．则( )A．φ1：φ2＝：2φ＝：31：0～2内，当t＝0～2内，电子的电势能减少了φ＝：1：功，电势能减少；～2T内，电子先向上运动，但电势反向，电场力先做负功，电势能增加，然后电子向下运动，电势能减少，回到8·河南郑州模拟)(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面是一条直径，空间有匀强电场，场强大小，方向与水平面平行．在圆上A点处有一发射器，以相同的动能为中间插有电介质的电容器，应带负电，极板Y应带负电′应带负电，极板Y应带负电．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有点，如图所示，以CP E平行板电容器充电后与电源断开，电容器上所带的电荷量d d＋x，电容器＝εr S4πk d＋x ＝U无关，保持不变，图象应为平行于，设负极板与0时释放，则一定能运动到B板T时释放，则一定能运动到B板2答案：：解析：(1)设两小球抛出的初速度为，竖直分速度相同，根据运动的分解可知，两小球竖直方向的：x＝：M点距电场上边界的高度为，由运动学公式有。