2020年高考物理一轮复习文档：第8章静电场第37讲 学案

第37讲　电容器　带电粒子在电场中的运动
考点一　平行板电容器

1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。
(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
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号电荷，电容器中储存电能。
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Q与电容器两极板间的电势差U的比值。
(2)定义式：C＝。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)
1 F＝106 μF＝1012 pF。
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，与两板间的距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量(此式只适用于平行板电容器)。
4．两类典型问题
(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。
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UAB＝E·d分析某点电势变化。
(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。
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。
5．平行板电容器问题的一个常用结论
电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。
推导：由C＝，C＝，E＝可得：E＝。

1．关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法不正确的是(　　)
A．两极板上一定带异号电荷
B．两极板所带的电荷量一定相等
C．充上的电荷量越多，其电容就越大
D．充上的电荷量越多，两极板间的电势差就越大
答案　C
解析　给电容器充电，电容器两极板分别带上等量异号电荷，A、B正确；电容器的电容大小取决于它的结构，与所带电荷量的多少无关，C错误；根据U＝，电容器的电荷量越大，两极板间的电势差越大，D正确。
2．[教材母题]　(人教版选修3－1 P32·T1)平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连。给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度。以下情况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？
(1)把两板间的距离减小；
(2)把两板间的相对面积减小；
(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质。
[变式子题]　(多选)如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是(　　)

A．A板与静电计的指针带的是异号电荷
B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大
C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变
D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小
答案　BD
解析　静电计指针与A板连为一个导体，带电性质相同，A错误；根据C＝，C＝，B板上移，S减小，C减小，Q不变，则U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，则U增大，C错误；插入电介质，εr增大，电容C增大，则U减小，D正确。
3．电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E0。则下列说法正确的是(　　)

A．若将A板下移少许，Q增大，U减小，E0不变
B．若将A板下移少许，Q不变，U减小，E0减小
C．若断开开关，将A板下移少许，Q增大，U不变，E0增大
D．若断开开关，将A板下移少许，Q不变，U减小，E0不变
答案　D
解析　开关闭合时电容器两极板间电压U不变，由公式C＝可知，A板下移(板间距d减小)，电容C将增
大，由公式C＝可知电容器带电量Q将增大，由公式E0＝可知板间场强增大，A、B错误；开关断开后电容器带电量Q不变，由公式C＝可知，A板下移(板间距d减小)，电容C将增大，由公式C＝可知电容器极板间电压U将减小。由E0＝，C＝，C＝三式可解得E0＝，由此可知板间场强不变，C错误、D正确。
考点二　带电粒子在电场中的直线运动

1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件
(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．带电粒子在电场中做直线运动的处理方法
(1)根据平衡条件或牛顿运动定律结合运动学公式解决处理。
a＝，E＝，v2－v＝2ad。
(2)根据动能定理或其他功能关系解决处理。
若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增加量。
①在匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv。
②在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv。

如图所示，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v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则(　　)

A．微粒达到B点时动能为mv
B．微粒的加速度大小等于gsinθ
C．微粒从A点到B点的过程电势能减少
D．两极板的电势差UMN＝
解析　对微粒进行受力分析如图，可知微粒做匀减速直线运动，动能减小，故A错误；由tanθ＝得a＝gtanθ，故B错误；微粒从A点到B点的过程电势能增加，电势能增加量ΔE＝qEd＝，又ΔE＝qU，得到两极板的电势差U＝，故C错误、D正确。

答案　D
方法感悟
处理带电粒子在电场中运动的常用技巧
(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。
(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。

1.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)

A．微粒一定带正电
B．微粒一定做匀速直线运动
C．可求出匀强电场的电场强度
D．可求出微粒运动的加速度
答案　D
解析　微粒做直线运动的条件是合力与速度为同一直线，只有微粒所受静电力向左才满足此条件，所以微粒带负电，A错误；并且微粒所受合力只能是由B指向A，所以由A向B的运动为匀减速直线运动，B错误；通过受力分析可知，能求出微粒所受的静电力大小和合力大小，由a＝可求出微粒的加速度大小，D正确；因微粒带电量未知，不能求出匀强电场的电场强度，故C错误。
2．[教材母题]　(人教版选修3－1 P39·T1)真空中有一对平行金属板，相距6.2 cm，两板电势差为90 V。二价的氧离子由静止开始加速，从一个极板到达另一个极板时，动能是多大？这个问题有几种解法？哪种解法比较简便？
[变式子题]　(2016·四川高考)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的荷质比取1×108 C/kg。求：

(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压。
答案　(1)0.4 m　(2)6×104 V
解析　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝①
L＝vB·②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，相邻漂移管间的电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功为W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU④
W′＝3W⑤
W′＝mv－mv⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V。
考点三　带电粒子在电场中的偏转

1．带电粒子在匀强电场中的偏转运动的理解
(1)运动形式：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：类平抛运动。
(3)处理方法：运动的分解。
①沿初速度方向：做匀速直线运动。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
2．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
①能飞出极板：t＝。
②不能飞出极板：y＝at2＝t2，t＝。
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
①加速度：a＝＝＝。
②离开电场时的偏移量：y＝at2＝。
③离开电场时的偏转角：tanθ＝＝。
3．两个结论
(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qU0＝mv
y＝at2＝··2
tanθ＝
得：y＝，tanθ＝。
(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。
4．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：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。
5．设屏到偏转电场的水平距离为D，则计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y有以下几种方法：(如图所示)

①Y＝y＋Dtanθ；
②Y＝tanθ；
③Y＝y＋vy·；
④根据三角形相似：＝。
6．示波器的工作原理
(1)构造：①电子枪；②偏转极板；③荧光屏。(如图所示)

(2)工作原理
①YY′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
a．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。
b．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。

(2018·河北定州中学模拟)如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10 C、质量为m＝1.0×10－20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106 m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不计)

(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；
(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；
(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。
解析　(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(偏移位移)：
y＝at2，a＝＝，L＝v0t，
则y＝at2＝2＝0.03 m＝3 cm。
粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有
＝，
解得Y＝4y＝12 cm。
(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧。

(3)粒子到达H点时，其水平速度
vx＝v0＝2.0×106 m/s
竖直速度vy＝at＝1.5×106 m/s
则v合＝2.5×106 m/s
该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电。
根据几何关系可知半径r＝15 cm，
电场力提供向心力，
则k＝m，
解得Q≈1.04×10－8C。
答案　(1)3 cm　12 cm　(2)轨迹图见解析
(3)负电　1.04×10－8 C
方法感悟
(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0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。
(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。

1．(2018·湖南衡阳八中月考)(多选)示波管是示波器的核心部件，如图，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应带负电 D．极板Y应带正电
答案　AD
解析　由亮斑位置可知电子在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Y带正电，C错误、D正确。
2．(多选)如图，质子(H)、氘核(H)和α粒子(He)都沿平行板电容器中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，粒子重力不计，下列推断正确的是(　　)

A．若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点
B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点
C．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点
D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点
答案　CD
解析　三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：a＝，偏转距离为：y＝at2，运动时间为t＝，联立三式得：y＝。若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误；若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，故B错误；若它们射入电场时的动量相等，y＝＝，可见y与qm成正比，三个qm都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点，故C正确；若它们是由同一个电压为U的电场从静止加速后射入此偏转电场(电压为U0)的，根据推论y＝可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D正确。
3．[教材母题]　(人教版选修3－1 P39·T4)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分离为三股粒子束？请通过计算说明。
[变式子题]　如图所示，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变为原来的倍
D．使U2变为原来的
答案　A
解析　设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝。U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍。故选A。
课后作业
[巩固强化练]
1．(多选)有一只电容器的规格是“1.5 μF,9 V”，那么(　　)
A．这只电容器上的电荷量不能超过1.5×10－5 C
B．这只电容器上的电荷量不能超过1.35×10－5 C
C．这只电容器的额定电压为9 V
D．这只电容器的击穿电压为9 V
答案　BC
解析　9 V为电容器的额定电压(或工作电压)，故C正确；正常工作时的电荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9 C＝1.35×10－5 C，B正确。
2．如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B板接地，使其A板带有电荷量＋Q，B板带有电荷量－Q，板间电场中有一固定点P，以下说法正确的是(　　)

A．若将B板固定，A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
B．若将B板固定，A板下移时，P点的电场强度增大，P点电势升高
C．若将A板固定，B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
D．如果A板固定，B板上移时，P点的电场强度增大，P点电势升高
答案　C
解析　由题可知电容器两板所带电荷量不变，正对面积不变，根据C＝、U＝和E＝可推出：E＝，可知A板下移时，P点的电场强度E不变。P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，故A、B错误；B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故C正确、D错误。
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，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)

A. B．edUh C. D.
答案　D
解析　由动能定理得：－eh＝－Ek，所以Ek＝。
4．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
答案　D
解析　两平行金属板水平放置时，微粒恰好保持静止状态，其合力为零，对其受力分析，如图1所示，设两板间的电场强度为E，微粒受到竖直向下的重力G和竖直向上的电场力qE，且G＝qE；两平行金属板逆时针旋转45°时，对微粒受力分析，如图2所示，由平行四边形定则可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且为恒力，所以微粒向左下方做匀加速直线运动，选项D正确，选项A、B、C错误。

5．如图所示，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(　　)

A．2倍 B．4倍 C. D.
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。设电子的电荷量为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＝at2＝··2＝d。因为E＝，可得：d2＝，若电子的速度变为原来的2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，故选C。
6．(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的带电粒子M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两带电粒子恰好在板间某点相遇。若不考虑带电粒子的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)

A．M的电荷量大于N的电荷量
B．两带电粒子在电场中运动的加速度相等
C．从两带电粒子进入电场到两带电粒子相遇，电场力对M做的功大于电场力对N做的功
D．M进入电场的初速度大小与N进入电场的初速度大小一定相同
答案　AC
解析　从轨迹可以看出：yM>yN，故·t2>·t2，解得：>，qM>qN，故A正确、B错误；电场力做功W电＝qEy，由题图可知yM>yN，且qM>qN，所以电场力对M做的功大于电场力对N做的功，故C正确；从轨迹可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，故vM>vN，故D错误。
7．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：

(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上一直做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间：t＝。
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝，
所以vy＝at1＝a·＝，
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为：tanα＝＝。
(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，
则y＝at＝a2＝
又s＝y＋Ltanα，解得：s＝。
[真题模拟练]
8.(2018·全国卷Ⅲ)(多选)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
答案　BD
解析　根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得：>，由此式可以得出a的质量比b小，A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受电场力等于b微粒所受的电场力，t时刻a微粒的位移大于b微粒的位移，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)与b微粒受到的电场力(合外力)大小相等，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒的动量，D正确。
9.(2018·北京高考)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
答案　A
解析　用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故A正确；根据平行板电容器电容的决定式C＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；根据电容器的决定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故C错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C不变，故D错误。
10.(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　)

A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
答案　D
解析　两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板右端向下移动一小段距离时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。

11．(2016·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
答案　D
解析　电容器电容C＝，云母介质移出，εr减小，C减小；又C＝，电源恒压，即U一定，C减小，故Q减小；电场强度E＝，故E不变，D正确。
12．(2018·甘肃兰化一中模拟)如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系Oxy，在该平面内有一平行y轴的匀强电场，大小为E，方向竖直向下。一过坐标原点与x轴成θ＝60°角的无穷大的平板与竖直平面垂直。在y轴上某点有一质量为m、电荷量为＋q的粒子以某一速度垂直射入电场，经过时间t1时，在该平面内再另加一匀强电场E1，粒子再经过时间t2且t2＝t1＝t，恰好垂直接触平板，且接触平板时速度为零，忽略粒子所受的重力，求：

(1)粒子射入电场时的速度大小和在y轴上的位置；
(2)E1的大小以及与y轴之间的夹角α的正切值。
答案　(1)　y＝　(2)E1＝E　tanα＝
解析　(1)粒子运动的轨迹如图1所示。设粒子的初速度为v0，在t1时间内做类平抛运动，粒子在电场中的加速度为a＝

粒子在电场中的竖直方向的速度为vy＝at，按题意分析得到：＝tanθ
联立解得粒子射入电场时速度v0＝
t1时刻粒子的速度为v＝＝
对应的位移为：x1＝v0t，Δy＝at2
加电场E1后，粒子从A到D做匀减速直线运动，故有：
sAD＝t2＝
又sAB＝x1＝v0t1＝
所以sBC＝＝，sAC＝＝
sCD＝sAD＋sAC＝，sOC＝＝

故抛出点的y坐标为
y＝sOC－sBC＋Δy＝。
(2)如图2所示，设E1方向与y轴成α角，由粒子从A到D做匀减速直线运动有：
qE1sin(θ－α)＝qEsinθ
qE1cos(θ－α)－qEcosθ＝ma1
a1＝＝
联立解得：E1＝E，tanα＝。