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2018版高考物理配套文档：第六章 第3讲 电容器的电容、带电粒子在电场中的运动 Word版含解析
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这是一份2018版高考物理配套文档：第六章 第3讲 电容器的电容、带电粒子在电场中的运动 Word版含解析，共18页。
一、电容器的电容
1．电容的定义式：C＝eq \f(Q,U).
2．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．不随Q变化，也不随电压U变化．
3．平行板电容器及其电容
(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＝eq \f(εrS,4πkd)，k为静电力常量．εr为相对介电常数，与电介质的性质有关．
[深度思考] C＝eq \f(Q,U)和C＝eq \f(εrS,4πkd)是电容器电容的两个公式．判断关于它们的说法是否正确．
(1)从C＝eq \f(Q,U)可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压．( × )
(2)从C＝eq \f(εrS,4πkd)可以看出，电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系．( √ )
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
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的动能的增量．
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02.
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02.
2．带电粒子在电场中偏转的运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md) t2，t＝ \r(\f(2mdy,qU)).))
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv02).,离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv02).))
1．(2015·浙江1月学考·25)下列器件中，属于电容器的是( )
答案 C
2．(多选)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相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关
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的过程；电容器放电过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程
答案 BD
3．如图1所示，一带正电粒子以初速度v0垂直射入匀强电场中，该粒子将( )
图1
A．向左偏转 B．向右偏转
C．向纸外偏转 D．向纸内偏转
答案 A
4．如图2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，保持两板间的电势差不变，则( )
图2
A．当增大两板间的距离时，速度v增大
B．当减小两板间的距离时，速度v减小
C．当减小两板间的距离时，速度v不变
D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大
答案 C
5．(2016·温岭市联考)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.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 C
命题点一 电容器的动态分析
例1 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图4)．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不变
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，增大S，则θ变小
D．保持d不变，增大S，则θ不变
解析 由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，保持S不变，增大d，电容减小，由于电容器电荷量不变，根据C＝eq \f(Q,U)，可知电容器两极板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大，选项A、B错误；保持d不变，增大S，电容器电容增大，电势差变小，静电计指针偏角θ变小，选项C正确，D错误．
答案 C
电容器动态问题的分析技巧
1．确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
2．用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．
3．用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
4．用E＝eq \f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化．
题组阶梯突破
1．(2016·浙江4月学考·7)关于电容器，下列说法正确的是( )
A．在充电过程中电流恒定
B．在放电过程中电容减小
C．能储存电荷，但不能储存电能
D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器
答案 D
2．如图5所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E的变化情况为( )
图5
A．U变大，E变大
B．U变小，E变小
C．U不变，E不变
D．U变小，E不变
答案 B
解析 当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q保持不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，由U＝eq \f(Q,C)知U将变小，而由E＝eq \f(U,d)可知，板间场强E也将变小，选项B正确．
3．如图6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、电容器两极板间场强E的变化情况是( )
图6
A．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
答案 C
解析 电容器与电源断开，电荷量保持不变，增大两极板间距离时，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，知电容C变小，根据U＝eq \f(Q,C)，知两极板间的电势差U变大，根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，知电场强度E不变．故C正确，A、B、D错误．
4．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如图7所示，如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )
图7
A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小
答案 D
解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变，由Q＝CU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确．A、B、C错误．
命题点二 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
例2 (多选)如图8，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8
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．做匀变速直线运动
解析 对粒子受力分析，粒子所受合外力水平向左，做匀减速直线运动；电场力做负功，电势能增加，动能减少．
答案 BD
解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法
1．用牛顿运动定律和运动学规律．
2．用动能定理或能量守恒定律．
3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．
题组阶梯突破
5．如图9所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速度释放后运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为x1和x2，则x1与x2的比值为( )
图9
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．1∶4
答案 C
解析 无初速度释放后，电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，电子在两个相等时间内的位移之比是1∶3，选项C正确．
6．如图10所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电势差为500 V．一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为( )
图10
A．900 eV B．500 eV
C．400 eV D．100 eV
答案 C
解析 由题图知，电子从A孔沿垂直板方向射入电场后向右运动的过程中，电场力做负功，电子做匀减速直线运动，经电势差为400 V位置时动能就减为零，然后反向匀加速直线运动，电子再从A点离开电场，整个过程中电场力做功为零，因此电子离开电场时的动能大小为400 eV，选项C对，A、B、D错．
7．如图11所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板( )
图11
答案 B
8．如图12所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是( )
图12
A．此液滴带负电
B．液滴的加速度等于eq \r(2)g
C．合力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
答案 C
解析 带电液滴由静止开始沿bd做直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A正确；由图知液滴所受的合力F＝eq \r(2)mg，其加速度为a＝eq \f(F,m)＝eq \r(2)g，故选项B正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C错误；由于电场力所做的功W电＝Eqxbdsin 45°>0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D正确．
命题点三 带电粒子在电场中的偏转
例3 如图13所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d.当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响．求：
图13
(1)带电粒子从A点运动到B点经历的时间；
(2)带电粒子经过B点时速度的大小；
(3)A、B间的电势差．
解析 (1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经历时间t＝eq \f(L,v0)；
(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝eq \f(U,d)
加速度大小a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vy＝at＝eq \f(qU,md)·eq \f(L,v0)
带电粒子经过B点时速度的大小v＝ eq \r(v\\al(2,0)＋\f(q2U2L2,m2d2v02))；
(3)粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得：qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
A、B间的电势差UAB＝eq \f(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\\al( 2,0),q)＝eq \f(qU2L2,2md2v\\al( 2,0)).
答案 (1)eq \f(L,v0) (2)eq \r(v\\al(2,0)＋\f(q2U2L2,m2d2v02)) (3)eq \f(qU2L2,2md2v02)
解决粒子在电场中偏转运动的两种方法
1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．
2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算．
(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．
(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．
题组阶梯突破
9．(多选)如图14所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(eq \\al(1,1)H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时( )
图14
A．加速度更大
B．初速度更大
C．动能增量更大
D．两次的电势能增量相同
答案 BD
解析 加速度为a＝eq \f(qE,m)，加速度相同．故A错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v\\al( 2,0))＝eq \f(qEx2,2mv\\al( 2,0))，x是水平位移，由图看出，y相同，则知，v0越大时，x越大，故质子沿b轨迹运动时初速度v0更大．故B正确；电场力做功为W＝qEy，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，两次的电势能增量相同．故D正确．
10．如图15，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比eq \f(l,d)的值为( )
图15
A.eq \r(k) B.eq \r(2k) C.eq \r(3k) D.eq \r(5k)
答案 B
解析 设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：q·kU＝eq \f(1,2)mv2
对类平抛运动过程，有：l＝vt
eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)eq \f(qU,md)t2
联立解得：eq \f(l,d)＝eq \r(2k)
11．如图16所示，炽热的金属丝发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以某一速度离开电场，已知平行板长为l，两板间距离为d，求：
图16
(1)离子在偏转电场中运动的时间、加速度的大小；
(2)离子在离开偏转电场时的纵向偏移量和偏转角的正切值．
答案 (1)leq \r(\f(m,2qU1)) eq \f(qU2,md) (2)eq \f(U2l2,4dU1) eq \f(U2l,2U1d)
解析 (1)设经加速电压加速后离子的速度为v0
由动能定理得：qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
解得：v0＝eq \r(\f(2qU1,m))
离子在水平方向做匀速直线运动
则t＝eq \f(l,v0)＝leq \r(\f(m,2qU1))
离子在偏转电场中的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU2,md).
(2)离子在离开偏转电场时的纵向偏移量：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(U2l2,4dU1)
设离子离开偏转电场时偏转角为θ，纵向速度为vy
则tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(U2l,2U1d).
(建议时间：40分钟)
1．电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )
A．两板间的距离 B．两板间的电压
C．两板间的电介质 D．两板间的正对面积
答案 A
解析 由电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，与两极板间距离、板间电介质和正对面积有关，与板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的．故A正确，B、C、D错误．
2．据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，若某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是( )
A．充电时，电容器的电容变小
B．充电时，电容器存储的电能变小
C．充电时，电容器所带的电荷量可能不变
D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零
答案 B
解析 电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，故A错误；充电时，手机电能增加，根据能量守恒定律，电容器存储的电能减小，故B正确；充电时，电容器所带的电荷量减小，故C错误；电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电结束后，电容器的电容不可能为零，故D错误．
3．(多选)由电容器电容的定义式C＝eq \f(Q,U)可知( )
A．若电容器不带电，则电容C为零
B．电容C与电容器所带电荷量Q成正比
C．电容C与所带电荷量Q多少无关
D．电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量
答案 CD
解析 电容的大小由本身因素所决定，与所带的电荷量及两端间的电压无关．电容器不带电，电容没变．故A、B错误，C正确．由C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(ΔQ,ΔU)，所以电容在数值上等于使两极板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量．故D正确．
4．如图1所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是( )
图1
A．A板右移
B．A板上移
C．插入电介质
D．增加极板上的电荷量
答案 B
解析 由C＝eq \f(εrS,4πkd) 可知，当增大d、减小电介质和减小正对面积时，可减小电容；而C与电压及电荷量无关，故只有B正确，A、C、D错误．
5．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4 C，则其电压减少为原来的eq \f(1,3)，则( )
A．电容器原来的带电荷量为9×10－4 C
B．电容器原来的带电荷量为4.5×10－4 C
C．电容器原来的电压为1 V
D．电容器的电容变为原来的eq \f(1,3)
答案 B
解析 由C＝eq \f(ΔQ,ΔU)得ΔQ＝C·ΔU＝C(U－eq \f(1,3)U)＝eq \f(2,3)CU＝eq \f(2,3)Q，Q＝eq \f(3×ΔQ,2)＝eq \f(3×3×10－4,2) C＝4.5×10－4 C，选项A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D错．
6．在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图2所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角变小，则A板可能是( )
图2
A．右移 B．左移 C．上移 D．下移
答案 A
解析 电荷量一定，静电计指针张角变小，说明电压变小，由C＝eq \f(Q,U)分析得知，电容器电容增大，由C＝eq \f(εrS,4πkd)，要使电容增大，正对面积增大或板间距离减小， 故A正确．
7．如图3所示，在真空中有一对平行金属板，分别接在电源的两极上，一个带正电荷的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板附近向负极板运动，则该带电粒子在运动过程中( )
图3
A．静电力对它做正功，电势能增加
B．静电力对它做正功，电势能减少
C．静电力对它做负功，电势能增加
D．静电力对它做负功，电势能减少
答案 B
解析 电容器左边极板带正电荷，右边极板带负电荷，故电场强度向右；粒子带正电荷，故电场力向右，位移向右，故电场力做正功；电场力做功等于电势能的减少量，故电势能减少，转化为了动能；故A、C、D错误，B正确．
8.如图4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( )
图4
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
答案 B
解析 微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的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．
9．(多选)(2015·江苏单科·7)如图5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( )
图5
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
答案 BC
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错误，B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，选项C正确，D错误．
10．(2016·台州市联考)如图6所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P.不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )
图6
A．在电场中微粒A运动的时间比B长
B．在电场中微粒A、B运动的时间相同
C．微粒A所带的电荷量比B少
D．静电力对微粒A做的功比B少
答案 B
解析 带电微粒进入电场中，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则微粒在电场中的运动时间为t＝eq \f(x,v0)，由此可知两微粒在电场中的运动时间相同，选项B正确，A错误；竖直方向做匀加速直线运动，y＝eq \f(1,2)at2，由于t相同，yA>yB，可得aA>aB，即eq \f(qAE,mA)>eq \f(qBE,mB)，则qA>qB，选项C错误；由W＝qU，可知静电力对微粒A做的功比B多，选项D错误．
11．(多选)a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图7所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定( )
图7
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
答案 ACD
解析 由eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)t2可知，ta＝tb，A正确；而yc＝eq \f(1,2)· eq \f(Eq,m)teq \\al( 2,c)，ta＝tb>tc，B错误；由t＝eq \f(L,v)，得vc>vb>va，C正确；由ΔEk＝Eq·y可知，ΔEkb＝ΔEka>ΔEkc，故D正确．故正确答案为A、C、D.
12．(2015·海南单科·5)如图8所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq \f(2,5)l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M∶m为( )
图8
A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1
答案 A
解析 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，aM＝eq \f(Eq,M)，eq \f(2,5)l＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,M)t2；对m有，am＝eq \f(Eq,m)，eq \f(3,5)l＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2，联立解得eq \f(M,m)＝eq \f(3,2)，A正确．
13．如图9所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷(带电量和质量比值)之比是( )
图9
A．1∶8 B．8∶1
C．1∶2 D．2∶1
答案 B
解析 粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2，根据x＝v0t，知时间比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝eq \f(1,2)at2知，y之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1.根据牛顿第二定律知，加速度a＝eq \f(qE,m)，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，则两电荷的带电量和质量之比为8∶1.故B正确，A、C、D错误．
14．如图10所示，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做( )
图10
A．自由落体运动
B．曲线运动
C．沿着悬线的延长线做匀加速运动
D．变加速直线运动
答案 C
解析 小球静止时，其受到的电场力、重力和悬线的拉力的合力为零，即电场力和重力的合力与悬线的拉力等大反向；悬线烧断，其受到的电场力和重力恒定不变，故小球在电场中沿着悬线的延长线做匀加速直线运动，选项C正确，选项A、B、D错误．
15．如图11所示的交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，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( )
图11
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
答案 D
解析 电子在第一个eq \f(T,4)内做匀加速运动，第二个eq \f(T,4)内做匀减速运动，在这半个周期内，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eq \f(eU,md).在第三个eq \f(T,4)内做匀加速运动，第四个eq \f(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eq \f(eU,md)，所以电子做往复运动．综合分析应选D.
16．如图12所示，M、N为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距d＝35 cm，已知N板电势高，两板间电压U＝3.5×104 V．现有一质量m＝7.0×10－6 kg、电荷量q＝6.0×10－10 C的带负电油滴，由N板下方距N为h＝15 cm的O处竖直上抛，经N板中间的P孔进入电场，到达上板Q点时速度恰为零(g取10 m/s2)．求油滴上抛的初速度v0.
图12
答案 4 m/s
解析 全过程重力做负功，油滴在M、N间运动时电场力做负功，全过程根据动能定理有：－mg(d＋h)－qU＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
解得v0＝ eq \r(2gd＋h＋\f(2qU,m))
代入数据得v0＝4 m/s
17．如图13所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L＝1.5×10－2 m，两极板间电场强度E＝1.2×106 N/C，墨滴的质量m＝1.0×10－13 kg，电荷量q＝1.0×10－16 C，墨滴在进入电场前的速度v0＝15 m/s，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．
图13
(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？
(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；
(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y.
答案 (1)负电荷 (2)1.0×10－3 s (3)6.0×10－4 m
解析 (1)负电荷．
(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t＝eq \f(L,v0).
代入数据可得：t＝1.0×10－3 s
(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a＝eq \f(Eq,m)
代入数据可得：a＝1.2×103 m/s2
离开偏转电场时在竖直方向的位移y＝eq \f(1,2)at2
代入数据可得：y＝6.0×10－4 m.知识内容
必考要求
加试要求
说明
电容器的电容
b
c
1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算．
2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形．
3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.
带电粒子在电场中的运动
b
d
一、电容器的电容
1．电容的定义式：C＝eq \f(Q,U).
2．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．不随Q变化，也不随电压U变化．
3．平行板电容器及其电容
(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＝eq \f(εrS,4πkd)，k为静电力常量．εr为相对介电常数，与电介质的性质有关．
[深度思考] C＝eq \f(Q,U)和C＝eq \f(εrS,4πkd)是电容器电容的两个公式．判断关于它们的说法是否正确．
(1)从C＝eq \f(Q,U)可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压．( × )
(2)从C＝eq \f(εrS,4πkd)可以看出，电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系．( √ )
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
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的动能的增量．
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02.
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02.
2．带电粒子在电场中偏转的运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md) t2，t＝ \r(\f(2mdy,qU)).))
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv02).,离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv02).))
1．(2015·浙江1月学考·25)下列器件中，属于电容器的是( )
答案 C
2．(多选)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相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关
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的过程；电容器放电过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程
答案 BD
3．如图1所示，一带正电粒子以初速度v0垂直射入匀强电场中，该粒子将( )
图1
A．向左偏转 B．向右偏转
C．向纸外偏转 D．向纸内偏转
答案 A
4．如图2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，保持两板间的电势差不变，则( )
图2
A．当增大两板间的距离时，速度v增大
B．当减小两板间的距离时，速度v减小
C．当减小两板间的距离时，速度v不变
D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大
答案 C
5．(2016·温岭市联考)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.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 C
命题点一 电容器的动态分析
例1 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图4)．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不变
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，增大S，则θ变小
D．保持d不变，增大S，则θ不变
解析 由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，保持S不变，增大d，电容减小，由于电容器电荷量不变，根据C＝eq \f(Q,U)，可知电容器两极板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大，选项A、B错误；保持d不变，增大S，电容器电容增大，电势差变小，静电计指针偏角θ变小，选项C正确，D错误．
答案 C
电容器动态问题的分析技巧
1．确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
2．用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．
3．用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
4．用E＝eq \f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化．
题组阶梯突破
1．(2016·浙江4月学考·7)关于电容器，下列说法正确的是( )
A．在充电过程中电流恒定
B．在放电过程中电容减小
C．能储存电荷，但不能储存电能
D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器
答案 D
2．如图5所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E的变化情况为( )
图5
A．U变大，E变大
B．U变小，E变小
C．U不变，E不变
D．U变小，E不变
答案 B
解析 当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q保持不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，由U＝eq \f(Q,C)知U将变小，而由E＝eq \f(U,d)可知，板间场强E也将变小，选项B正确．
3．如图6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、电容器两极板间场强E的变化情况是( )
图6
A．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
答案 C
解析 电容器与电源断开，电荷量保持不变，增大两极板间距离时，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，知电容C变小，根据U＝eq \f(Q,C)，知两极板间的电势差U变大，根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，知电场强度E不变．故C正确，A、B、D错误．
4．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如图7所示，如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )
图7
A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小
答案 D
解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变，由Q＝CU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确．A、B、C错误．
命题点二 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
例2 (多选)如图8，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8
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．做匀变速直线运动
解析 对粒子受力分析，粒子所受合外力水平向左，做匀减速直线运动；电场力做负功，电势能增加，动能减少．
答案 BD
解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法
1．用牛顿运动定律和运动学规律．
2．用动能定理或能量守恒定律．
3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．
题组阶梯突破
5．如图9所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速度释放后运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为x1和x2，则x1与x2的比值为( )
图9
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．1∶4
答案 C
解析 无初速度释放后，电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，电子在两个相等时间内的位移之比是1∶3，选项C正确．
6．如图10所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电势差为500 V．一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为( )
图10
A．900 eV B．500 eV
C．400 eV D．100 eV
答案 C
解析 由题图知，电子从A孔沿垂直板方向射入电场后向右运动的过程中，电场力做负功，电子做匀减速直线运动，经电势差为400 V位置时动能就减为零，然后反向匀加速直线运动，电子再从A点离开电场，整个过程中电场力做功为零，因此电子离开电场时的动能大小为400 eV，选项C对，A、B、D错．
7．如图11所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板( )
图11
答案 B
8．如图12所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是( )
图12
A．此液滴带负电
B．液滴的加速度等于eq \r(2)g
C．合力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
答案 C
解析 带电液滴由静止开始沿bd做直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A正确；由图知液滴所受的合力F＝eq \r(2)mg，其加速度为a＝eq \f(F,m)＝eq \r(2)g，故选项B正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C错误；由于电场力所做的功W电＝Eqxbdsin 45°>0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D正确．
命题点三 带电粒子在电场中的偏转
例3 如图13所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d.当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响．求：
图13
(1)带电粒子从A点运动到B点经历的时间；
(2)带电粒子经过B点时速度的大小；
(3)A、B间的电势差．
解析 (1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经历时间t＝eq \f(L,v0)；
(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝eq \f(U,d)
加速度大小a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vy＝at＝eq \f(qU,md)·eq \f(L,v0)
带电粒子经过B点时速度的大小v＝ eq \r(v\\al(2,0)＋\f(q2U2L2,m2d2v02))；
(3)粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得：qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
A、B间的电势差UAB＝eq \f(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\\al( 2,0),q)＝eq \f(qU2L2,2md2v\\al( 2,0)).
答案 (1)eq \f(L,v0) (2)eq \r(v\\al(2,0)＋\f(q2U2L2,m2d2v02)) (3)eq \f(qU2L2,2md2v02)
解决粒子在电场中偏转运动的两种方法
1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．
2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算．
(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．
(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．
题组阶梯突破
9．(多选)如图14所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(eq \\al(1,1)H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时( )
图14
A．加速度更大
B．初速度更大
C．动能增量更大
D．两次的电势能增量相同
答案 BD
解析 加速度为a＝eq \f(qE,m)，加速度相同．故A错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v\\al( 2,0))＝eq \f(qEx2,2mv\\al( 2,0))，x是水平位移，由图看出，y相同，则知，v0越大时，x越大，故质子沿b轨迹运动时初速度v0更大．故B正确；电场力做功为W＝qEy，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，两次的电势能增量相同．故D正确．
10．如图15，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比eq \f(l,d)的值为( )
图15
A.eq \r(k) B.eq \r(2k) C.eq \r(3k) D.eq \r(5k)
答案 B
解析 设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：q·kU＝eq \f(1,2)mv2
对类平抛运动过程，有：l＝vt
eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)eq \f(qU,md)t2
联立解得：eq \f(l,d)＝eq \r(2k)
11．如图16所示，炽热的金属丝发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以某一速度离开电场，已知平行板长为l，两板间距离为d，求：
图16
(1)离子在偏转电场中运动的时间、加速度的大小；
(2)离子在离开偏转电场时的纵向偏移量和偏转角的正切值．
答案 (1)leq \r(\f(m,2qU1)) eq \f(qU2,md) (2)eq \f(U2l2,4dU1) eq \f(U2l,2U1d)
解析 (1)设经加速电压加速后离子的速度为v0
由动能定理得：qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
解得：v0＝eq \r(\f(2qU1,m))
离子在水平方向做匀速直线运动
则t＝eq \f(l,v0)＝leq \r(\f(m,2qU1))
离子在偏转电场中的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU2,md).
(2)离子在离开偏转电场时的纵向偏移量：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(U2l2,4dU1)
设离子离开偏转电场时偏转角为θ，纵向速度为vy
则tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(U2l,2U1d).
(建议时间：40分钟)
1．电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )
A．两板间的距离 B．两板间的电压
C．两板间的电介质 D．两板间的正对面积
答案 A
解析 由电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，与两极板间距离、板间电介质和正对面积有关，与板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的．故A正确，B、C、D错误．
2．据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，若某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是( )
A．充电时，电容器的电容变小
B．充电时，电容器存储的电能变小
C．充电时，电容器所带的电荷量可能不变
D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零
答案 B
解析 电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，故A错误；充电时，手机电能增加，根据能量守恒定律，电容器存储的电能减小，故B正确；充电时，电容器所带的电荷量减小，故C错误；电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电结束后，电容器的电容不可能为零，故D错误．
3．(多选)由电容器电容的定义式C＝eq \f(Q,U)可知( )
A．若电容器不带电，则电容C为零
B．电容C与电容器所带电荷量Q成正比
C．电容C与所带电荷量Q多少无关
D．电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量
答案 CD
解析 电容的大小由本身因素所决定，与所带的电荷量及两端间的电压无关．电容器不带电，电容没变．故A、B错误，C正确．由C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(ΔQ,ΔU)，所以电容在数值上等于使两极板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量．故D正确．
4．如图1所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是( )
图1
A．A板右移
B．A板上移
C．插入电介质
D．增加极板上的电荷量
答案 B
解析 由C＝eq \f(εrS,4πkd) 可知，当增大d、减小电介质和减小正对面积时，可减小电容；而C与电压及电荷量无关，故只有B正确，A、C、D错误．
5．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4 C，则其电压减少为原来的eq \f(1,3)，则( )
A．电容器原来的带电荷量为9×10－4 C
B．电容器原来的带电荷量为4.5×10－4 C
C．电容器原来的电压为1 V
D．电容器的电容变为原来的eq \f(1,3)
答案 B
解析 由C＝eq \f(ΔQ,ΔU)得ΔQ＝C·ΔU＝C(U－eq \f(1,3)U)＝eq \f(2,3)CU＝eq \f(2,3)Q，Q＝eq \f(3×ΔQ,2)＝eq \f(3×3×10－4,2) C＝4.5×10－4 C，选项A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D错．
6．在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图2所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角变小，则A板可能是( )
图2
A．右移 B．左移 C．上移 D．下移
答案 A
解析 电荷量一定，静电计指针张角变小，说明电压变小，由C＝eq \f(Q,U)分析得知，电容器电容增大，由C＝eq \f(εrS,4πkd)，要使电容增大，正对面积增大或板间距离减小， 故A正确．
7．如图3所示，在真空中有一对平行金属板，分别接在电源的两极上，一个带正电荷的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板附近向负极板运动，则该带电粒子在运动过程中( )
图3
A．静电力对它做正功，电势能增加
B．静电力对它做正功，电势能减少
C．静电力对它做负功，电势能增加
D．静电力对它做负功，电势能减少
答案 B
解析 电容器左边极板带正电荷，右边极板带负电荷，故电场强度向右；粒子带正电荷，故电场力向右，位移向右，故电场力做正功；电场力做功等于电势能的减少量，故电势能减少，转化为了动能；故A、C、D错误，B正确．
8.如图4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( )
图4
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
答案 B
解析 微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的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．
9．(多选)(2015·江苏单科·7)如图5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( )
图5
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
答案 BC
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错误，B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，选项C正确，D错误．
10．(2016·台州市联考)如图6所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P.不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )
图6
A．在电场中微粒A运动的时间比B长
B．在电场中微粒A、B运动的时间相同
C．微粒A所带的电荷量比B少
D．静电力对微粒A做的功比B少
答案 B
解析 带电微粒进入电场中，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则微粒在电场中的运动时间为t＝eq \f(x,v0)，由此可知两微粒在电场中的运动时间相同，选项B正确，A错误；竖直方向做匀加速直线运动，y＝eq \f(1,2)at2，由于t相同，yA>yB，可得aA>aB，即eq \f(qAE,mA)>eq \f(qBE,mB)，则qA>qB，选项C错误；由W＝qU，可知静电力对微粒A做的功比B多，选项D错误．
11．(多选)a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图7所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定( )
图7
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
答案 ACD
解析 由eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)t2可知，ta＝tb，A正确；而yc＝eq \f(1,2)· eq \f(Eq,m)teq \\al( 2,c)，ta＝tb>tc，B错误；由t＝eq \f(L,v)，得vc>vb>va，C正确；由ΔEk＝Eq·y可知，ΔEkb＝ΔEka>ΔEkc，故D正确．故正确答案为A、C、D.
12．(2015·海南单科·5)如图8所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq \f(2,5)l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M∶m为( )
图8
A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1
答案 A
解析 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，aM＝eq \f(Eq,M)，eq \f(2,5)l＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,M)t2；对m有，am＝eq \f(Eq,m)，eq \f(3,5)l＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2，联立解得eq \f(M,m)＝eq \f(3,2)，A正确．
13．如图9所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷(带电量和质量比值)之比是( )
图9
A．1∶8 B．8∶1
C．1∶2 D．2∶1
答案 B
解析 粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2，根据x＝v0t，知时间比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝eq \f(1,2)at2知，y之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1.根据牛顿第二定律知，加速度a＝eq \f(qE,m)，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，则两电荷的带电量和质量之比为8∶1.故B正确，A、C、D错误．
14．如图10所示，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做( )
图10
A．自由落体运动
B．曲线运动
C．沿着悬线的延长线做匀加速运动
D．变加速直线运动
答案 C
解析 小球静止时，其受到的电场力、重力和悬线的拉力的合力为零，即电场力和重力的合力与悬线的拉力等大反向；悬线烧断，其受到的电场力和重力恒定不变，故小球在电场中沿着悬线的延长线做匀加速直线运动，选项C正确，选项A、B、D错误．
15．如图11所示的交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，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( )
图11
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
答案 D
解析 电子在第一个eq \f(T,4)内做匀加速运动，第二个eq \f(T,4)内做匀减速运动，在这半个周期内，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eq \f(eU,md).在第三个eq \f(T,4)内做匀加速运动，第四个eq \f(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eq \f(eU,md)，所以电子做往复运动．综合分析应选D.
16．如图12所示，M、N为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距d＝35 cm，已知N板电势高，两板间电压U＝3.5×104 V．现有一质量m＝7.0×10－6 kg、电荷量q＝6.0×10－10 C的带负电油滴，由N板下方距N为h＝15 cm的O处竖直上抛，经N板中间的P孔进入电场，到达上板Q点时速度恰为零(g取10 m/s2)．求油滴上抛的初速度v0.
图12
答案 4 m/s
解析 全过程重力做负功，油滴在M、N间运动时电场力做负功，全过程根据动能定理有：－mg(d＋h)－qU＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
解得v0＝ eq \r(2gd＋h＋\f(2qU,m))
代入数据得v0＝4 m/s
17．如图13所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L＝1.5×10－2 m，两极板间电场强度E＝1.2×106 N/C，墨滴的质量m＝1.0×10－13 kg，电荷量q＝1.0×10－16 C，墨滴在进入电场前的速度v0＝15 m/s，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．
图13
(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？
(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；
(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y.
答案 (1)负电荷 (2)1.0×10－3 s (3)6.0×10－4 m
解析 (1)负电荷．
(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t＝eq \f(L,v0).
代入数据可得：t＝1.0×10－3 s
(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a＝eq \f(Eq,m)
代入数据可得：a＝1.2×103 m/s2
离开偏转电场时在竖直方向的位移y＝eq \f(1,2)at2
代入数据可得：y＝6.0×10－4 m.知识内容
必考要求
加试要求
说明
电容器的电容
b
c
1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算．
2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形．
3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.
带电粒子在电场中的运动
b
d
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