2022年高考物理一輪復習 第8章 靜電場 第37講 電容器 帶電粒子在電場中的運動學案（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復習 第8章 靜電場 第37講 電容器 帶電粒子在電場中的運動學案（含解析） 1．電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導體組成。 (2)所帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (3)電容器的充、放電 充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異號電荷，電容器中儲存電能。 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 2．電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。 (2)定義式：C＝。 (3)物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。 (4)單位：法拉(F) 1 F＝

2、106 μF＝1012 pF。 3．平行板電容器 (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(此式只適用于平行板電容器)。 4．兩類典型問題 (1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化。 ②根據(jù)E＝分析場強的變化。 ③根據(jù)UAB＝E·d分析某點電勢變化。 (2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化。 ②根據(jù)E＝分析場強變化。 5．平行板電容器

3、問題的一個常用結(jié)論 電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強度與極板間的距離無關。 推導：由C＝，C＝，E＝可得：E＝。 1．關于已充上電的某個平行板電容器，下列說法不正確的是(　　) A．兩極板上一定帶異號電荷 B．兩極板所帶的電荷量一定相等 C．充上的電荷量越多，其電容就越大 D．充上的電荷量越多，兩極板間的電勢差就越大 答案　C 解析　給電容器充電，電容器兩極板分別帶上等量異號電荷，A、B正確；電容器的電容大小取決于它的結(jié)構(gòu)，與所帶電荷量的多少無關，C錯誤；根據(jù)U＝，電容器的電荷量越大，兩極板間的電勢差越大，D正確。 2．[教材母題]　(人

4、教版選修3－1 P32·T1)平行板電容器的一個極板與靜電計的金屬桿相連，另一個極板與靜電計金屬外殼相連。給電容器充電后，靜電計指針偏轉(zhuǎn)一個角度。以下情況中，靜電計指針的偏角是增大還是減小？ (1)把兩板間的距離減?。? (2)把兩板間的相對面積減??； (3)在兩板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)。 [變式子題]　(多選)如圖所示為“研究影響平行板電容器電容的因素”的實驗裝置，以下說法正確的是(　　) A．A板與靜電計的指針帶的是異號電荷 B．甲圖中將B板上移，靜電計的指針偏角增大 C．乙圖中將B板左移，靜電計的指針偏角不變 D．丙圖中將電介質(zhì)插入兩板之間，靜電計的指針偏角減小

5、 答案　BD 解析　靜電計指針與A板連為一個導體，帶電性質(zhì)相同，A錯誤；根據(jù)C＝，C＝，B板上移，S減小，C減小，Q不變，則U增大，B正確；B板左移，d增大，C減小，則U增大，C錯誤；插入電介質(zhì)，εr增大，電容C增大，則U減小，D正確。 3．電源、開關、平行板電容器連成如圖所示電路。閉合開關S，電源對電容器充電后，電容器帶電量為Q，板間電壓為U，板間電場強度大小為E0。則下列說法正確的是(　　) A．若將A板下移少許，Q增大，U減小，E0不變 B．若將A板下移少許，Q不變，U減小，E0減小 C．若斷開開關，將A板下移少許，Q增大，U不變，E0增大 D．若斷開開關，將A板下移少

6、許，Q不變，U減小，E0不變 答案　D 解析　開關閉合時電容器兩極板間電壓U不變，由公式C＝可知，A板下移(板間距d減小)，電容C將增 大，由公式C＝可知電容器帶電量Q將增大，由公式E0＝可知板間場強增大，A、B錯誤；開關斷開后電容器帶電量Q不變，由公式C＝可知，A板下移(板間距d減小)，電容C將增大，由公式C＝可知電容器極板間電壓U將減小。由E0＝，C＝，C＝三式可解得E0＝，由此可知板間場強不變，C錯誤、D正確。 考點二　帶電粒子在電場中的直線運動 1．帶電粒子在勻強電場中做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。 (2)粒子所受合外力

7、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．帶電粒子在電場中做直線運動的處理方法 (1)根據(jù)平衡條件或牛頓運動定律結(jié)合運動學公式解決處理。 a＝，E＝，v2－v＝2ad。 (2)根據(jù)動能定理或其他功能關系解決處理。 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動能的增加量。 ①在勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv。 ②在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv。 如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運

8、動并從極板N的右邊緣B處射出，則(　　) A．微粒達到B點時動能為mv B．微粒的加速度大小等于gsinθ C．微粒從A點到B點的過程電勢能減少 D．兩極板的電勢差UMN＝ 解析　對微粒進行受力分析如圖，可知微粒做勻減速直線運動，動能減小，故A錯誤；由tanθ＝得a＝gtanθ，故B錯誤；微粒從A點到B點的過程電勢能增加，電勢能增加量ΔE＝qEd＝，又ΔE＝qU，得到兩極板的電勢差U＝，故C錯誤、D正確。 答案　D 方法感悟 處理帶電粒子在電場中運動的常用技巧 (1)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子等)在電場中的運動，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 (2)

9、普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場中的運動，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 1.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運動，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則(　　) A．微粒一定帶正電 B．微粒一定做勻速直線運動 C．可求出勻強電場的電場強度 D．可求出微粒運動的加速度 答案　D 解析　微粒做直線運動的條件是合力與速度為同一直線，只有微粒所受靜電力向左才滿足此條件，所以微粒帶負電，A錯誤；并且微粒所受合力只能是由B指向A，所以由A向B的運動為勻減速直線運動，

10、B錯誤；通過受力分析可知，能求出微粒所受的靜電力大小和合力大小，由a＝可求出微粒的加速度大小，D正確；因微粒帶電量未知，不能求出勻強電場的電場強度，故C錯誤。 2．[教材母題]　(人教版選修3－1 P39·T1)真空中有一對平行金屬板，相距6.2 cm，兩板電勢差為90 V。二價的氧離子由靜止開始加速，從一個極板到達另一個極板時，動能是多大？這個問題有幾種解法？哪種解法比較簡便？ [變式子題]　(2016·四川高考)中國科學院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。 如圖所示

11、，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設質(zhì)子進入漂移管B時速度為8×106 m/s，進入漂移管E時速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108 C/kg。求： (1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓。 答案　(1)0.4 m　(2)6×104 V 解析　(1)設質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別

12、為f、T，漂移管B的長度為L，則 T＝① L＝vB·② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4 m③ (2)設質(zhì)子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，相鄰漂移管間的電場對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運動到E電場做功為W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則 W＝qU④ W′＝3W⑤ W′＝mv－mv⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104 V。 考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)運動的理解 (1)運動形式：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受電場力。 (2)運動性質(zhì)：類平拋運動。 (3)處理方法：運動的分解。 ①

13、沿初速度方向：做勻速直線運動。 ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。 2．運動規(guī)律 (1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間 ①能飛出極板：t＝。 ②不能飛出極板：y＝at2＝t2，t＝。 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運動 ①加速度：a＝＝＝。 ②離開電場時的偏移量：y＝at2＝。 ③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝＝。 3．兩個結(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 tanθ＝ 得：y＝，tanθ＝。 (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長

14、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。 4．功能關系 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。 5．設屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離為D，則計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y有以下幾種方法：(如圖所示) ①Y＝y(tǒng)＋Dtanθ； ②Y＝tanθ； ③Y＝y(tǒng)＋vy·； ④根據(jù)三角形相似：＝。 6．示波器的工作原理 (1)構(gòu)造：①電子槍；②偏轉(zhuǎn)極板；③熒光屏。(如圖所示) (2)工作原理 ①YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描

15、電壓。 ②觀察到的現(xiàn)象 a．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。 b．若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象。 (2018·河北定州中學模擬)如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，A板比B板電勢高300 V，一帶正電的粒子電荷量為q＝1.0×10－10 C、質(zhì)量為m＝1.0×10－20 kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2.0×106 m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，然后進入固定在

16、O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設界面PS右側(cè)點電荷的電場分布不受界面的影響)。已知兩界面MN、PS相距為12 cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為9 cm，粒子穿過界面PS做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不計) (1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離為多遠；到達PS界面時離D點為多遠； (2)在圖上粗略畫出粒子的運動軌跡； (3)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小。 解析　(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(偏移位移)： y＝at2，a＝＝，L＝

17、v0t， 則y＝at2＝2＝0.03 m＝3 cm。 粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS交于H，設H到中心線的距離為Y，則有 ＝， 解得Y＝4y＝12 cm。 (2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧。 (3)粒子到達H點時，其水平速度 vx＝v0＝2.0×106 m/s 豎直速度vy＝at＝1.5×106 m/s 則v合＝2.5×106 m/s 該粒子在穿過界面PS后繞點電荷Q做勻速圓周運動，所以Q帶負電。 根據(jù)幾何關系可知半徑r＝15 cm， 電場力提供向心力， 則k＝m， 解得Q≈1.04×10－8C。 答案　(1)3 cm　12 c

18、m　(2)軌跡圖見解析 (3)負電　1.04×10－8 C 方法感悟 (1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。 (2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。 1．(2018·湖南衡陽八中月考)(多選)示波管是示波器的核心部件，如圖，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　　) A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電 C．極板Y應帶負電 D．極板Y應帶正電 答案　AD 解

19、析　由亮斑位置可知電子在XX′偏轉(zhuǎn)電場中向X極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板X帶正電，A正確、B錯誤。電子在YY′偏轉(zhuǎn)電場中向Y極板方向偏轉(zhuǎn)，故Y帶正電，C錯誤、D正確。 2．(多選)如圖，質(zhì)子(H)、氘核(H)和α粒子(He)都沿平行板電容器中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，射出后都能打在同一個與中線垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點，粒子重力不計，下列推斷正確的是(　　) A．若它們射入電場時的速度相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點 B．若它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點 C．若它們射入電場時的動量相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點 D．若它們是由同一個電場從靜止

20、加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點 答案　CD 解析　三個粒子進入勻強電場中都做類平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則得到：a＝，偏轉(zhuǎn)距離為：y＝at2，運動時間為t＝，聯(lián)立三式得：y＝。若它們射入電場時的速度相等，y與比荷成正比，而三個粒子中質(zhì)子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點，故A錯誤；若它們射入電場時的動能相等，y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點，故B錯誤；若它們射入電場時的動量相等，y＝＝，可見y與qm成正比，三個qm都不同，則在熒光屏上將只出現(xiàn)3個亮點，故C正確；若它們是由同一個電壓為U的電

21、場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(電壓為U0)的，根據(jù)推論y＝可知，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點，故D正確。 3．[教材母題]　(人教版選修3－1 P39·T4)讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物經(jīng)過同一加速電場由靜止開始加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場里偏轉(zhuǎn)，它們是否會分離為三股粒子束？請通過計算說明。 [變式子題]　如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該(　　) A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．使U2變?yōu)樵瓉淼谋?

22、D．使U2變?yōu)樵瓉淼? 答案　A 解析　設偏轉(zhuǎn)電極的長度為L，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離y＝。U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，即y不變，則必須使U2加倍。故選A。 課后作業(yè) [鞏固強化練] 1．(多選)有一只電容器的規(guī)格是“1.5 μF,9 V”，那么(　　) A．這只電容器上的電荷量不能超過1.5×10－5 C B．這只電容器上的電荷量不能超過1.35×10－5 C C．這只電容器的額定電壓為9 V D．這只電容器的擊穿電壓為9 V 答案　BC 解析　9 V為電容器的額定電壓(或工作電壓)，故C正確；正常工作時的電荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9

23、C＝1.35×10－5 C，B正確。 2．如圖所示，平行板電容器的兩個極板為A、B，B板接地，使其A板帶有電荷量＋Q，B板帶有電荷量－Q，板間電場中有一固定點P，以下說法正確的是(　　) A．若將B板固定，A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢降低 B．若將B板固定，A板下移時，P點的電場強度增大，P點電勢升高 C．若將A板固定，B板上移時，P點的電場強度不變，P點電勢降低 D．如果A板固定，B板上移時，P點的電場強度增大，P點電勢升高 答案　C 解析　由題可知電容器兩板所帶電荷量不變，正對面積不變，根據(jù)C＝、U＝和E＝可推出：E＝，可知A板下移時，P點的電場強度E不變。P

24、點與下板的距離不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點與下板的電勢差不變，則P點的電勢不變，故A、B錯誤；B板上移時，同理得知，P點的電場強度不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點與下板的電勢差減小，而P點的電勢高于下板的電勢，下板的電勢為零，所以P點電勢降低，故C正確、D錯誤。 3．兩平行金屬板相距為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，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　由動能定理得：－eh＝－Ek，所以Ek＝。 4．如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜

25、止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) A．保持靜止狀態(tài) B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 答案　D 解析　兩平行金屬板水平放置時，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，其合力為零，對其受力分析，如圖1所示，設兩板間的電場強度為E，微粒受到豎直向下的重力G和豎直向上的電場力qE，且G＝qE；兩平行金屬板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，對微粒受力分析，如圖2所示，由平行四邊形定則可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且為恒力，所以微粒向左下方做勻加速直線運動，選項

26、D正確，選項A、B、C錯誤。 5．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負極板不動，正極板在豎直方向移動，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?　　) A．2倍 B．4倍 C. D. 答案　C 解析　電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，做類平拋運動。設電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，初速度為v，極板的長度為L，極板的間距為d，電場強度為E。由于電子做類平拋運動，所以水平方向有L＝vt，豎直方向有y＝at2＝··2＝d。因為E＝，可得：d2＝

27、，若電子的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，仍從正極板邊緣飛出，則由上式可得兩極板的間距d應變?yōu)樵瓉淼模蔬xC。 6．(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的帶電粒子M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩帶電粒子恰好在板間某點相遇。若不考慮帶電粒子的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) A．M的電荷量大于N的電荷量 B．兩帶電粒子在電場中運動的加速度相等 C．從兩帶電粒子進入電場到兩帶電粒子相遇，電場力對M做的功大于電場力對N做的功 D．M進入電場的初速度大小與N進入電場的初速度大小一定相同 答案　AC 解析

28、　從軌跡可以看出：yM>yN，故·t2>·t2，解得：>，qM>qN，故A正確、B錯誤；電場力做功W電＝qEy，由題圖可知yM>yN，且qM>qN，所以電場力對M做的功大于電場力對N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，故vM>vN，故D錯誤。 7．如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距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： (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

29、速度方向間夾角的正切值tanα； (3)粒子打到屏上的點P到O點的距離s。 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一直做勻速直線運動，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＝at1＝a·＝， 所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為：tanα＝＝。 (3)設粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y， 則y＝at＝a2＝ 又s＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：s＝。 [真題模擬練] 8.(2018·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，一平

30、行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 答案　BD 解析　根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、b某時刻經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加

31、速度大小，即aa>ab。對微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得：>，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受電場力等于b微粒所受的電場力，t時刻a微粒的位移大于b微粒的位移，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，C錯誤；由于a微粒受到的電場力(合外力)與b微粒受到的電場力(合外力)大小相等，根據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量大小等于b微粒的動量，D正確。 9.(2018·北京高考)研究與平行

32、板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小 C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大 D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大 答案　A 解析　用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，從而在b板感應出等量的異號電荷，從而使電容器帶電，故A正確；根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，根據(jù)C＝可知，電荷量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，

33、故B錯誤；根據(jù)電容器的決定式C＝，只在極板間插入有機玻璃板，則相對介電常數(shù)εr增大，則電容C增大，根據(jù)C＝可知，電荷量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，故C錯誤；電容與電容器所帶的電荷量無關，故電容C不變，故D錯誤。 10.(2018·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止 B．豎直向下運動 C．向左下方運動 D．向右下方運動 答案　D 解析　兩極板平行時帶電油滴處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當下極板右端向下移動一小段距離時，板間距

34、離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故油滴向右下方運動，D正確。 11．(2016·全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 答案　D 解析　電容器電容C＝，云母介質(zhì)移出，εr減小，C減??；又C＝，電源恒壓，即U一定，C減小，故Q減??；電場強度E＝，故E不變

35、，D正確。 12．(2018·甘肅蘭化一中模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標系Oxy，在該平面內(nèi)有一平行y軸的勻強電場，大小為E，方向豎直向下。一過坐標原點與x軸成θ＝60°角的無窮大的平板與豎直平面垂直。在y軸上某點有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以某一速度垂直射入電場，經(jīng)過時間t1時，在該平面內(nèi)再另加一勻強電場E1，粒子再經(jīng)過時間t2且t2＝t1＝t，恰好垂直接觸平板，且接觸平板時速度為零，忽略粒子所受的重力，求： (1)粒子射入電場時的速度大小和在y軸上的位置； (2)E1的大小以及與y軸之間的夾角α的正切值。 答案　(1)　y＝　(2)E1＝E　tanα＝ 解析　(

36、1)粒子運動的軌跡如圖1所示。設粒子的初速度為v0，在t1時間內(nèi)做類平拋運動，粒子在電場中的加速度為a＝ 粒子在電場中的豎直方向的速度為vy＝at，按題意分析得到：＝tanθ 聯(lián)立解得粒子射入電場時速度v0＝ t1時刻粒子的速度為v＝＝ 對應的位移為：x1＝v0t，Δy＝at2 加電場E1后，粒子從A到D做勻減速直線運動，故有： sAD＝t2＝ 又sAB＝x1＝v0t1＝ 所以sBC＝＝，sAC＝＝ sCD＝sAD＋sAC＝，sOC＝＝ 故拋出點的y坐標為 y＝sOC－sBC＋Δy＝。 (2)如圖2所示，設E1方向與y軸成α角，由粒子從A到D做勻減速直線運動有： qE1sin(θ－α)＝qEsinθ qE1cos(θ－α)－qEcosθ＝ma1 a1＝＝ 聯(lián)立解得：E1＝E，tanα＝。