2019高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器与电容、带电粒子在电场中的运动学案

第3讲 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动【基础梳理】一、电容器、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)带电量：一个极板所带电量的绝对值． (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)定义式：C ＝Q U．(2)单位：法拉(F)，1 F ＝106μF ＝1012pF.(3)电容与电压、电荷量的关系：电容C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关． 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，与介质的介电常数成正比，与两极板间距离成反比．(2)决定式：C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量．C ＝Q U ⎝⎛⎭⎪⎫或C ＝ΔQ ΔU 适用于任何电容器，但C ＝εr S 4πkd仅适用于平行板电容器． 二、带电粒子在电场中的运动 示波管 1．加速问题(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20．(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20．2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动． 3．示波管(1)构造及功能(如图所示)①电子枪：发射并加速电子．②偏转电极YY ′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX ′：使电子束水平偏转(加扫描电压)． (2)工作原理：偏转电极XX ′和YY ′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX ′之间加电压，电子只在X 方向偏转；若只在YY ′之间加电压，电子只在Y 方向偏转；若XX ′加扫描电压，YY ′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．【自我诊断】(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 ＝1.0×10－6C 时，两板间电压升高10 V ，则电容器的电容C ＝1.0×10－7F ．( )(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)×如图所示，电子的电荷量为e ，质量为m ，从静止加速后进入偏转电场．则刚进入偏转电场的速度v 0＝________，进入偏转电场后做________运动，飞出偏转电场所用时间t ＝________．提示：由U 1q ＝12mv 20可知v 0＝2U 1em，进入偏转电场后受与初速度垂直的电场力作用，做匀变速曲线(类平抛)运动．由于水平方向做匀速直线运动，故飞出极板所需的时间为t ＝l v 0＝lm 2U 1e. 答案： 2U 1em匀变速曲线(类平抛) lm 2U 1e带电粒子在电场中运动时一定考虑重力吗？提示：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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，一般都不能忽略重力．电容器的动态分析[学生用书P137]【知识提炼】平行板电容器动态分析模板【典题例析】(2018·湖南长沙长郡中学模拟)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A 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] 由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，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 4πkd 可知，当液面升高时，只能是正对面积S 增大，故可判断电容增大，再依据C ＝QU ，因电势差不变，那么电容的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，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．[答案] B力电综合分析平行板电容器中带电体的运动问题(1)力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，这类问题需要对带电体进行运动状态(静止、加速或减速)分析和受力分析，再结合平衡条件、牛顿运动定律等进行分析和求解．若只有重力和电场力做功，则带电体的动能、重力势能和电势能之和保持不变；若除了重力和电场力做功外还有其他力做功，则其他力做功等于带电体机械能和电势能总的变化量．(2)电学角度①平行板电容器的两极板间为匀强电场，电场强度通过E ＝U d分析； ②电容器的电容与电荷量的关系通过C ＝Q U分析； ③平行板电容器的电容大小由C ＝εr S4πkd决定．【迁移题组】1 Q 不变时电容器的动态分析 1.(2016·高考天津卷)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，选项D 正确．2 U 不变时电容器的动态分析2．(2016·高考全国卷Ⅰ)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 U可知，电容器所带电荷量Q 减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U 不变，d 不变，由E ＝U d可知，极板间电场强度E 不变，选项D 正确，A 、B 、C 错误．3 平行板电容器中带电粒子的问题分析3．(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点电势将降低C ．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D ．带电油滴的电势能保持不变解析：选BC.电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P 点处于静止状态，因此有mg ＝qE .当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知电容器电容减小，板间场强E 场＝U d减小，油滴所受的电场力减小，mg ＞qE ，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P 点电势等于P 点到下极板间的电势差，由于P 到下极板间距离h 不变，由φP ＝ΔU ＝Eh 可知，场强E 减小时P 点电势降低，B 对；由C ＝QU可知电容器所带电荷量减小，C 对；带电油滴所处P 点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D 错．带电粒子在电场中的直线运动[学生用书P138]【知识提炼】1．带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，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，一般都不能忽略重力． 2．带电粒子在电场中平衡的解题步骤 (1)选取研究对象．(2)进行受力分析，注意电场力的方向特点． (3)由平衡条件列方程求解．3．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．此方法只适用于匀强电场．(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．【典题例析】(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，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[审题指导] 由原来静止状态可分析微粒受力之间的关系，再判断变化后微粒所受合力的大小和方向，则可判断微粒的运动状态．[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．选项D正确．[答案] D带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法【迁移题组】1 带电粒子在匀强电场中的直线运动1．(2017·高考全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE 2－mg ＝ma 1①油滴在时刻t 1的速度为v 1＝v 0＋a 1t 1 ②电场强度在时刻t 1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a 2满足qE 2＋mg ＝ma 2 ③ 油滴在时刻t 2＝2t 1的速度为v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得v 2＝v 0－2gt 1.⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有qE 1＝mg⑥油滴从t ＝0到时刻t 1的位移为s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有v 20＝2g (2h )⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有s 1＋s 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1⑪为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1⑫ 即当0<t 1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32v 0g⑬或t 1>⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32v 0g⑭才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形． 若B 点在A 点之下，依题意有s 1＋s 2＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1⑯为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1⑰ 即t 1>⎝⎛⎭⎪⎫52＋1v 0g⑱另一解为负，不合题意，已舍去． 答案：见解析2 带电粒子在交变电场中的直线运动2．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，选项C 错误；粒子在t ＝T4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，选项A 错误；粒子在T 2时刻速度最大，则v m ＝qU 0md ·T4＝qU 0m ，选项B 正确；若粒子在t ＝T 8时刻进入两极板间，在T 8～T2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，选项D 错误．带电粒子在电场中的偏转[学生用书P139]【知识提炼】1．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 (忽略重力影响)，则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd.(2)在电场中的运动时间：t ＝l v 0.(3)位移⎩⎪⎨⎪⎧l ＝v x t ＝v 0t y ＝12at 2，y ＝12at 2＝qUl22mv 20d. (4)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at，v y ＝qUt md ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUlmv 20d.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的偏转角度总是相同的． 证明：由qU 0＝12mv 20及tan θ＝qUl mdv 20得tan θ＝Ul2U 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．【典题例析】示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电量为e )被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U 1＝1 640 V ，偏转极板长l ＝4 cm ，偏转极板间距d ＝1 cm ，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场．(1)偏转电压U 2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L ＝20 cm ，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y 为多少？ [解析] (1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来． 在加速电场中，由动能定理得eU 1＝mv 22进入偏转电场初速度v 0＝2eU 1m在偏转电场的飞行时间t 1＝l v 0在偏转电场的加速度a ＝eE m ＝eU 2md电子从下极板边缘出来，d 2＝12at 21＝eU 2l 22mdv 20＝U 2l 24dU 1 解得U 2＝18U 1＝205 V.(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y ＝d2＋y 2电子离开电场的侧向速度v y ＝at 1＝eU 2lmdv 0电子离开偏转电场到荧光屏的时间t 2＝L v 0y 2＝v y ·t 2＝eU 2lL mdv 20＝U 2lL2dU 1＝0.05 m所以电子最大偏转距离y ＝d2＋y 2＝0.055 m.[答案] (1)205 V (2)0.055 m分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：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做类平抛运动(若计重力，qE ≠mg )．(2)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．【迁移题组】1 带电粒子在匀强电场中的偏转 1．(多选)(2015·高考天津卷)如图所示，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( )A ．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解析：选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 1dm.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＝2（qE 1d ＋qE 2y ）m，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．2 带电粒子在交变电场中的偏转2．(多选)(2015·高考山东卷)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是()甲 乙 A ．末速度大小为2v 0 B ．末速度沿水平方向 C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd解析：选BC.0～T3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T 3时刻，v 1y ＝g T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mgm＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a ·T3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误、B正确．重力势能的减少量ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，所以选项C 正确．根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，所以选项D 错误．[学生用书P140]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 ＝4πkQ εS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 ＝mg 2q. 答案：见解析学生用书P323(单独成册)] (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．一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 均减小解析：选B.由公式C ＝εr S 4πkd 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．2．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g .粒子运动的加速度为( )A.ldg B ．d －ld g C.ld －lg D ．dd －l g 解析：选A.带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg ＝qUd －l；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电势差不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma ＝mg －q U d ，两式联立可得a ＝l dg .3．(2018·高考原创猜题卷)如图所示，高为h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的43倍，重力加速度为g ，则物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22ghD ．532gh 解析：选D.对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F 合＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12mv 2，解得v ＝532gh . 4．一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 ，带电量为q ，由动能定理得，第一次粒子从P 点下落有mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d ＋d 2－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 ，故选项D 正确．5．(2018·湖北黄冈模拟)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A 、B 为两块水平放置的平行金属板，间距d ＝1.0 m ，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E ＝1.0×103N/C 的匀强电场，在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 0＝1.0 m/s 、质量均为m ＝5.0×10－14kg 、电荷量均为q ＝2.0×10－15C 的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B 上，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法中错误的是( )A ．沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为0.2 sB ．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为2.0×10－12JC ．若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍D ．若其他条件均不变，E 增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的12解析：选 D.沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度a ＝qE ＋mgm＝。