2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：选修3-1第六章第3讲电容器的电容　带电粒子在电场中的运动

第3讲　电容器的电容　带电粒子在电场中的运动

知识排查
常见电容器　电容器的电压、电荷量和电容的关系
1.常见电容器
(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
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。
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：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极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
带电粒子在匀强电场中的运动
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.分析方法
(1)用动力学观点分析，(2)用功能观点分析。
3.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：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。
示波管的构造
(1)电子枪，(2)偏转极板，(3)荧光屏。(如图1所示)

图1
小题速练
1.思考判断
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和(　　)
(2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零(　　)
(3)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动(　　)
(4)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动(　　)
(5)一个电容器的电荷量增加1.0×10－6 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C＝1.0×10－7 F(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√
2.[人教版选修3－1·P32·T1改编](多选)如图2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(　　)

图2
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
解析　电势差U变大(小)，静电计的指针张角变大(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
3.[人教版选修3－1·P39·T3]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，初动能相同，离开电场时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比为(　　)
A.1∶1　　 B.1∶2
C.2∶1 D.1∶4
解析　设偏转电压为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v0，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度a＝，在偏转电场中运动的时间为t＝，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝＝。若电子与氢核的初动能相同，则＝1。选项A正确。
答案　A

　平行板电容器的动态分析
1.平行板电容器动态变化的两种情况
(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。
(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。
2.平行板电容器动态问题的分析思路

【典例】　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　由C＝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＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确。
答案　D
【拓展延伸1】　将【典例】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是(　　)
A.电容器的电容增大 B.极板间的电势差变小
C.极板上的电荷量变大 D.极板间电场强度变大
答案　D
【拓展延伸2】　在【典例】中，若水平放置平行板电容器内部空间有一带电粒子P静止在电容器中，云母介质保持不动，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是(　　)
A.电容器所带电荷量保持不变
B.极板间的电场强度增大
C.粒子所在位置的电势能不变
D.粒子将加速向下运动
解析　由C＝可知，当将上极板右移一段距离时，S减小，电容器的电容减小，由C＝得Q＝CU，电压U不变，C减小，故电容器所带电荷量减少，选项A错误；U和d不变，由E＝可知，极板间的电场强度保持不变，选项B错误；由于极板间的电场强度不变，粒子所在位置到下极板间的距离不变，故该点到零电势点的电势差不变，即该点的电势不变，粒子的电势能不变，选项C正确；由于粒子的受力情况不变，故粒子仍然保持静止状态，选项D错误。
答案　C

分析平行板电容器动态变化的三点关键
(1)确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变。
(2)恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E＝分析极板间电场强度的变化情况。
(3)若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化。

1.如图所示是描述给定的电容器充电时极板上带电荷量Q、极板间电压U和电容C之间关系的图象，其中错误的是(　　)

解析　A图所含的信息是：电容器电容的大小和电容器所带的电荷量成正比，A错误；B图所含的信息是：电容器的电容并不随两极板间电压的变化而改变，B正确；C图所含的信息是：电容器所带的电荷量与极板间的电压的比值不变，即电容器的电容不变，C正确；D图所含的信息是电容器的电容与电容器所带的电荷量无关，D正确。
答案　A
2.(2018·绍兴模拟)2015年4月16日，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车。这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”。如图3所示，这种电容器安全性高，可反复充、放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s 内完成充电。下列说法正确的是(　　)

图3
A.该“超级电容器”能储存电荷
B.该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大
C.该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能
D.充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极
解析　电容器能储存电荷，A正确；电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领，由电容器本身决定，与电压无关，B错误；电容器放电过程把电能转化为其他形式的能，C错误；电容器充电时，电源的正极接电容器的正极，D错误。
答案　A
3.如图4所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若(　　)

图4
A.保持S不变，增大d，则θ变大
B.保持S不变，增大d，则θ变小
C.保持d不变，减小S，则θ变小
D.保持d不变，减小S，则θ不变
解析　静电计指针偏角反映电容器两极板间电压大小。电容器电荷量Q保持不变，由C＝＝知，保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角θ增大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，则C减小，U增大，偏角θ也增大，故选项C、D均错误。
答案　A
4.如图5所示的电路中，A、B是平行板电容器的两金属板。先将开关S闭合，等电路稳定后将S断开，并将B板向下平移一小段距离，保持两板间的某点P与A板的距离不变。则下列说法错误的是(　　)

图5
A.电容器的电容变小
B.电容器内部电场强度大小变大
C.电容器内部电场强度大小不变
D.P点电势升高
解析　由题意知电容器带电荷量Q不变，当B板下移时，板间距离d增大，由电容公式C＝知，电容器的电容变小，选项A正确；电容器内部电场强度E＝＝＝不变，选项B错误，C正确；B板电势为0，P点电势φP，等于P点与B板的电势差UPB＝EdPB变大，则φP升高，选项D正确。
答案　B
　带电粒子在电场中的加速
1.带电粒子在电场中运动时重力的处理
(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中运动时，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)在电场中运动时，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。
2.两种观点分析问题
(1)用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad
(2)用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【典例】　如图6所示，一电荷量为＋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，小物块恰好静止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

图6
(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，物块的加速度；
(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能。
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FNsin 37°＝qE①
FNcos 37°＝mg②
由①②可得E＝
(2)若电场强度减小为原来的，即E′＝
由牛顿第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma
可得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，由动能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0
可得Ek＝0.3mgL
答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL

1.如图7所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间的电压不变，则(　　)

图7
A.当增大两板间的距离时，v增大
B.当减小两板间的距离时，v增大
C.当改变两板间的距离时，v不变
D.当增大两板间的距离时，电子在两板间运动的时间不变
解析　电子做匀加速直线运动，
则··t2＝d
解得t＝d，即t∝d。
又由eU＝mv2－0得v＝，与d无关，故C正确。
答案　C
2.(2016·4月浙江选考)密立根油滴实验原理如图8所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正、负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是(　　)

图8
A.悬浮油滴带正电
B.悬浮油滴的电荷量为
C.增大场强，悬浮油滴将向上运动
D.油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍
解析　由题目中的图示可以看出电场强度方向向下，重力竖直向下，则电场力竖直向上，电荷带负电，A错误；由平衡条件可以得到mg＝Eq，电荷的带电荷量q＝，B错误；此时电场力与重力相等，如果增大电场强度，则电场力大于重力，所以油滴将向上运动，C正确；由元电荷的带电荷量e＝1.6×10－19C可知，油滴的带电荷量一定是电子电荷量的整数倍，D错误。
答案　C
3.如图9所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0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两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)

图9
A.使初速度减为原来的
B.使M、N间电压减小
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
解析　粒子恰好到达N板时有qU＝mv，恰好到达两板中间返回时有q＝mv2，比较两式可知选项D正确。
答案　D
4.(2017·4月浙江选考)如图10所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程(　　)

图10
A.加速度大小为a＝＋g
B.所需的时间为t＝
C.下降的高度为y＝
D.电场力所做的功为W＝Eqd
解析　点电荷受到重力、电场力，根据牛顿第二定律得a＝，选项A错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，有＝t2，解得t＝，选项B正确；下降高度h＝gt2＝，选项C错误；电场力做功W＝，选项D错误。
答案　B

带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤

　带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子在电场中的偏转规律

2.处理带电粒子的偏转问题的方法
(1)运动的分解法
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。
(2)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。
【典例】　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U1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U2，两板间的距离为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。

图11
(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偏移量；
(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U1加速后的速度为v0，由动能定理有
eU1＝mv－0，解得v0＝
(2)电子以速度v0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。由牛顿第二定律和运动学公式有
t＝，F＝ma，F＝eE，E＝，y＝at2
解得偏移量y＝
(3)由y＝可知，减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方。
答案　(1) 　(2)　(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2



1.(2018·温州模拟)如图12所示，带正电的粒子以一定的初速度v0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12
A.在前时间内，电场力对粒子做的功为
B.在后时间内，电场力对粒子做的功为
C.在粒子下落前和后的过程中 ，电场力做功之比为1∶2
D.在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2∶1
解析　带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的右边缘飞出，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，所以在前时间内，电场力对粒子做的功为，选项A错误；在后时间内，电场力对粒子做的功为，选项B正确；在粒子下落前和后的过程中，电场力做功相等，故选项C、D错误。
答案　B
2.如图13所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2。求：

图13
(1)微粒入射速度v0为多少？
(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？
解析　(1)开关S闭合前，由＝v0t，＝gt2可解得
v0＝＝10 m/s。
(2)电容器的上极板应接电源的负极。
当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即
＝a1，又a1＝，解得U1＝120 V
当所加的电压为U2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，
即＝a2，又a2＝，解得U2＝200 V
所以120 V≤U≤200 V。
答案　(1)10 m/s　(2)与负极相连，120 V ≤U≤200 V
3.如图14所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：

图14
(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。
解析　(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek
解得Ek＝4.0×10－16 J
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t
电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得t＝
电子在竖直方向受电场力F＝e·
电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a
依据牛顿第二定律有e·＝ma，解得a＝
电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量
y＝at2＝，解得y＝0.36 cm
(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差
U＝·y
电场力所做的功W＝eU
解得W＝5.76×10－18 J
答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm　(3)5.76×10－18 J

科学思维——电场中的力、电综合问题
要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析与研究。
命题角度1　带电粒子在电场中的运动
【例1】　如图15所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。

图15
解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin 30°＝v0sin 60°①
由此得vB＝v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(v－v)③
联立②③式得UAB＝
答案　
【例2】　一质量为m、带电荷量为＋q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出。在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管。管上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图16所示，求：

图16
(1)小球的初速度v0和电场强度E的大小；
(2)小球落地时的动能Ek。
解析　(1)电场中运动的带电小球，在水平方向上
v0＝t①
竖直方向上＝②
又v＝L③
联立①②③式得v0＝2L，E＝。
(2)从抛出到落地由动能定理得
mgh－EqL＝Ek－mv
小球落地时动能Ek＝＋mgh－EqL＝mgh
答案　(1)2L　　(2)mgh
命题角度2　带电体在电场中平衡与运动问题
【例3】　(2018·江苏单科，5)如图17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(　　)

图17
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
解析　由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确。
答案　D
【例4】　如图18所示，有一质量为m＝1 kg，带电荷量为q＝－1 C的小物块以初速度v0＝18 m/s沿粗糙水平地面从A处向右滑动，经过一定时间后又回到A点。已知空间存在向右的匀强电场，其电场强度为E＝5 N/C，物块与地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10 m/s2。求：

图18
(1)物块向右运动的最大距离；
(2)物块运动过程中经历的最大电势差；
(3)重新返回到位置A时的速度大小。
解析　(1)对物块受力分析，它的摩擦力大小
Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N，
电场力大小qE＝5 N。
由动能定理得－(qE＋Ff)x＝－mv
解得x＝18 m
(2)物块向右运动过程中，电场力一直做负功，直到运动到最远处时，做功最多，电势差最大，故最大电势差
U＝＝＝Ex＝90 V
(3)整个过程，电场力不做功，根据动能定理得
－2Ffx＝mv2－mv
解得v＝6 m/s
答案　(1)18 m　(2)90 V　(3)6 m/s
活页作业
(时间：30分钟)
A组　基础过关
1.下列关于电容器的叙述正确的是(　　)
A.电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器
B.任何两个彼此绝缘而又互相靠近的带电导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电有关
C.电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值
D.电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来；电容器放电的过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能
解析　电容器是储存电荷的容器，不论是否带电都称为电容器，所以选项A、B错误；电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，所以选项C错误；电容器的充电过程是将由电源获得的电能转化为电场能的过程，放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程，所以选项D正确。
答案　D
2.如图1所示，AB是某个点电荷电场的一根电场线，在线上C点放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B运动，下列判断正确的是(　　)

图1
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由题设条件不能确定
C.电场线由A指向B，电荷做匀加速运动
D.电场线由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大
解析　负电荷受电场力的方向与电场线方向相反，所以电场线由B指向A，该电荷做加速运动，但一条电场线不能反映电场线的疏密，故其加速度大小的变化由题设条件不能确定。
答案　B
3.(2018·浙江台州高三期末)下列有关电容器知识的描述，正确的是(　　)

A. 图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间电压U等于电源电动势E
B. 图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，流过的总电荷量为2Q
C. 图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容器使用时都应严格区分正负极
D. 图丙中的电容器上标有“400 V，68 μF”字样，说明该电容器只有两端加上400 V的电压时电容才为68 μF
解析　图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电荷量为Q，故B错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者不必区分，故C错误；图丙中的电容器上标有“400 V，68 μF”字样，说明该电容器两端电压最大值为400 V，而电容与电容器的电压及电荷量均无关，总是为68 μF，故D错误。
答案　A
4.如图2，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)

图2
A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加 D.做匀速直线运动
解析　要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A错误；因电场力做负功，故电势能增加，B正确；合力做负功，故动能减少，C错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D错误。
答案　B
5.如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的(　　)

图3
A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍
解析　第一次d＝·()2，第二次d′＝··()2，两式相比可得d′＝，所以选项C正确。
答案　C
6.如图4所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们(　　)

图4
A.同时到达屏上同一点
B.先后到达屏上同一点
C.同时到达屏上不同点
D.先后到达屏上不同点
解析　一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场中运动的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选项B正确。
答案　B
7.(2018·浙江金丽衢十二校二联)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其极板带电荷量分别为＋Q和－Q，在两极板之间，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m，电荷量为q的带电小球(可看成点电荷)，丝线与竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b，离左板的距离为2b，如图5所示，则(　　)

图5
A.小球带正电，极板之间的电场强度大小为
B.小球受到的电场力为
C.若将小球移到悬点正下方位置，小球的电势能减小
D.若将细绳剪断，小球向右做平抛运动
解析　对小球，由平衡条件有tan θ＝ ，解得E＝，故A正确；两板对小球的库仑力不能用点电荷的场强公式计算，小球受到电场力F＝qE＝mgtan θ，故B错误；将小球移到悬点正下方，电场力做负功，小球的电势能增加，故C错误；细绳剪断后，小球受到斜向下的恒力作用，物体将沿绳子方向做匀加速直线运动，故D错误。
答案　A
B组　能力提升
8.如图6为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中(　　)

图6
A.膜片与极板间的电容变大
B.极板的带电荷量增大
C.膜片与极板间的电场强度增大
D.电阻R中有电流通过
解析　若某次膜片振动时，膜片与极板间距离增大，根据平行板电容器电容决定式，膜片与极板间的电容变小，选项A错误；由C＝可知，电压U不变，极板的带电荷量减小，膜片与极板间的电场强度减小，电阻R中有电流通过，选项C错误，D正确。
答案　D
9.如图7甲所示，A、B是一条电场线上的两点，在A点由静止释放一个正的点电荷，点电荷仅在电场力的作用下沿着电场线从A点运动到B点，点电荷的速度随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

图7
A.该电场可能是匀强电场
B.A点的电势高于B点的电势
C.从A点到B点，点电荷的电势能逐渐增大
D.点电荷在A点所受的电场力大于在B点所受的电场力
解析　由题图乙可知，点电荷做初速度为零的变加速直线运动，加速度逐渐增大，说明该点电荷所受的电场力逐渐增大，即该点电荷在A点所受的电场力小于在B点所受的电场力，则电场强度是逐渐增大的，故该电场一定是非匀强电场，选项A、D错误；由于点电荷由静止开始运动，仅受电场力作用从A运动到B，且点电荷带正电，所以电场线方向由A指向B，又因沿电场线方向电势逐渐降低，则φA>φB，选项B正确；点电荷的动能增加，根据能量守恒可知，其电势能必定减少，则选项C错误。
答案　B
10.(2018·金华十校联考)如图8所示，离子发生器在P极板产生一束质量为m、电荷量为＋q的离子(初速度可忽略，重力不计，离子间的相互作用力忽略)，经P、Q两板间的加速电场加速后，以速度v0从a点沿ab方向水平进入边长为L的正方形abcd匀强电场区域(电场方向竖直向上)，离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv，求：

图8
(1)P、Q两板间的电压U；
(2)离子离开abcd区域的位置；
(3)abcd区域内匀强电场的场强E的大小。
解析　(1)离子在PQ间加速过程，根据动能定理，
有qU＝mv，解得U＝。
(2)离子射出电场时mv2＝mv，
得v＝v0，方向与ab所在直线的夹角为45°，即vx＝vy，
根据x＝vxt，y＝t，可得x＝2y；则x＝L，y＝，即离子从bc边上的中点飞出。
(3)离子在abcd区域内运动过程，根据动能定理，有
qE＝mv－mv，解得E＝。
答案　(1)　(2)bc边中点　(3)
11.(2017·11浙江选考)如图9所示，AMB是一条长L＝10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.3×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场。已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2。求滑块

图9
(1)到达M点时的速度大小；
(2)从M点运动到B点所用的时间；
(3)落地点距B点的水平距离。
解析　(1)在AM阶段对物体的受力分析如图：
竖直方向：FN＝mg
根据牛顿第二定律知在水平方向f＝ma1，又f＝μFN
得a1＝＝μg＝2 m/s2
根据运动学公式v－v＝2(－a1)可得vM＝4 m/s
(2)进入电场之后，受到电场力F＝Eq＝0.65 N，受力分析如图：
水平方向根据牛顿第二定律得－μ(mg－Eq)＝ma2
a2＝＝－0.7 m/s2
根据运动学公式v－v＝2a2·可知，vB＝3 m/s
根据匀变速直线运动推论xMB＝t1可知t1＝ s
(3)从B点飞出后，粒子做平抛运动，因此h＝gt可知，t2＝0.5 s
所以水平距离x＝vBt2＝1.5 m。
答案　(1)4m/s　(2) s　(3)1.5 m
12.如图10所示，CD左侧存在场强大小为E＝，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。

图10
(1)求DA两点间的电势差UDA；
(2)求圆管半径r；
(3)求小球从D点运动到P点的时间t。
解析　(1)WAD＝－EqL＝－mgL＝－WDA
UDA＝
或UDA＝EL①
解得UDA＝②
(2)由恰好过D点，判断vD＝0③
根据动能定理从A到D过程
mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④
解得r＝⑤
(3)由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝y
xtan 53°＋x＝2r⑥
解得x＝，y＝⑦
竖直方向自由落体有y＝gt2⑧
解得t＝⑨
答案　(1)　(2)　(3)