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(新高考)高考物理一轮复习课时练习第8章第3讲《电容器 带电粒子在电场中的运动》(含解析)
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这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第8章第3讲《电容器 带电粒子在电场中的运动》(含解析)，共24页。试卷主要包含了电容器及电容，带电粒子在电场中的运动，示波管等内容，欢迎下载使用。
一、电容器及电容
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)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
①充电：电容器充电的过程中，两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。
②放电：放电过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为其他形式的能量。
2.电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比。
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U)。
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106 μF＝1012 pF。
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，电介质，两板间的距离。
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd)。
【自测1】 对于某一电容器，下列说法正确的是( )
A.电容器所带的电荷量越多，电容越大
B.电容器两极板间的电势差越大，电容越大
C.电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍
D.电容器两极板间的电势差减小到原来的eq \f(1,2)，它的电容也减小到原来的eq \f(1,2)
答案 C
解析 根据公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可得，电容的大小跟电容器两端的电势差以及电容器所带电荷量的多少无关，根据公式C＝eq \f(Q,U)可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，所以C正确，A、B、D错误。
二、带电粒子在电场中的运动
1.加速
(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。
(2)在非匀强电场中，W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。
2.偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示。
图1
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
(3)基本关系式：运动时间t＝eq \f(l,v0)，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，偏转量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdveq \\al(2,0))，偏转角θ的正切值，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUl,mdveq \\al(2,0))。
【自测2】 如图2所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则( )
图2
A.q1＞q2 B.m1＜m2
C.eq \f(q1,m1)＞eq \f(q2,m2) D.eq \f(q1,m1)＜eq \f(q2,m2)
答案 C
解析 设粒子的速度为v0，电荷量为q，质量为m，所以加速度a＝eq \f(qE,m)，运动时间t＝eq \f(x,v0)，偏转位移为y＝eq \f(1,2)at2，整理得y＝eq \f(qEx2,2mveq \\al(2,0))，显然由于A粒子的水平位移小，则有eq \f(q1,m1)＞eq \f(q2,m2)，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。
三、示波管
1.示波管的构造
①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图3所示)
图3
2.示波管的工作原理
(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极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
①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，产生一个亮斑。
②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像。
命题点一 实验十 观察电容器的充、放电现象
【例1】 如图4甲所示是一种观察电容器充、放电的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电量Q，从而再求出电容器的电容C。某同学在一次实验时的情况如下：接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0＝490 μA，电压表的示数U0＝6.0 V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电压和电流。断开开关S，同时开始计时，每隔5 s测读一次电流I的值，将测得数据填入表格，并标在图乙坐标纸上(时间t为横坐标、电流i为纵坐标)，结果如图中小黑点“·”所示。
图4
(1)在图乙中画出i－t图线，图线与坐标轴所围成面积的物理意义是________________________________；
(2)该电容器电容为________F(结果保留2位有效数字)；
(3)若某同学实验时把电压表接在F、D两端，则电容的测量值比它的真实值________(填“大”“小”或“相等”)。
答案 (1)见解析图，电容器在开始放电时所带的电荷量 (2)1.5×10－3 (3)小
解析 (1)如图所示，由ΔQ＝IΔt 知，i－t图象与坐标轴所包围的面积为电容器在开始放电时所带的电荷量。
(2)查出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求Q＝8.75×10－3 C
则C＝eq \f(Q,U)＝1.5×10－3 F。
(3)电容的测量值比它的真实值偏小，原因是若把电压表接在F、D两端，则电容器在放电时，有电流会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电荷量小于电容器的带电荷量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小。
【变式1】 电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即I＝eq \f(q,t)。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连，画出电流与时间的变化图像。图5甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源的电压为6 V。
图5
先使开关S与1接通，待充电完成后，再使开关S与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的i－t图像，如图乙所示。
(1)下列说法正确的是________。
A.电容器充电的过程中，负电荷由电源的正极移动到电容器的正极板
B.电容器充电的过程中，电路中的电流不断增大
C.电容器放电的过程中，电容器两极板间的场强不断变小
D.电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其他形式的能量
(2)根据乙图中图线计算得出电容器放电前所带的电荷量为________(结果保留2位有效数字)。
答案 (1)CD (2)2.8×10－3 C
解析 (1)电容器充电的过程中，负电荷由电容的正极板移动到电源的正极，故A错误；电容器充电的过程中，电路中的电流不断减小，故B错误；电容器放电的过程中，电容器两极板上所带电荷量逐渐减小，两极板间的电压逐渐减小，根据E＝eq \f(U,d)，可知场强不断变小，故C正确；电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其他形式的能量，故D正确。
(2)根据图像的含义，因q＝It，所以乙图中图线与两坐标轴所包围面积的物理意义是电容器储存的电荷量，电荷量Q＝35×eq \f(2,5)×eq \f(1,5)×10－3 C＝2.8×10－3 C。
命题点二 平行板电容器的动态分析
1.两类典型问题
(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。
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极所带的电荷量Q保持不变。
2.动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝eq \f(εrS,4πkd)和C＝eq \f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化。
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝eq \f(εrS,4πkd)和C＝eq \f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强变化。
【例2】 (多选)(2020·安徽合肥市第二次教学质检)如图6所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。
若不改变电容器的带电荷量，下列操作可能使静电计指针的偏转角度变小的是( )
图6
A.将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质
B.将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板
C.将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板
D.将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质
答案 AC
解析 将左极板向左移动少许，则d变大，同时在两极板之间插入电介质，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知C可能变大，根据Q＝CU可知，U可能减小，即静电计指针的偏转角度可能变小，选项A正确；将左极板向左移动少许，则d变大，同时取出两极板之间的金属板，则也相当于d变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知C一定变小，根据Q＝CU可知，U变大，即静电计指针的偏转角度变大，选项B错误；将左极板向左移动少许，则d变大，同时在两极板之间插入金属板，则相当于d变小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知C可能变大，根据Q＝CU可知，U可能变小，即静电计指针的偏转角度可能变小，选项C正确；将左极板向下移动少许，则S减小，同时取出两极板之间的电介质，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知C一定减小，根据Q＝CU可知，U一定变大，即静电计指针的偏转角度一定变大，选项D错误。
【变式2】 (多选)(2020·福建南平市第一次质检)如图7所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连。开始时开关闭合，一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器。则下列判断正确的是( )
图7
A.保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上
B.保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器
C.断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上
D.断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器
答案 AD
解析 开始时，油滴能沿直线飞过两板，可知油滴受向下的重力和向上的电场力平衡，油滴带负电；若保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，根据E＝eq \f(U,d)可知，两板间场强变大，粒子受向上的电场力变大，粒子向上偏转，则粒子可能打在电容器的A板上，选项A正确，B错误；断开开关，则两板带电荷量不变，根据C＝eq \f(Q,U)、E＝eq \f(U,d)以及C＝eq \f(εrS,4πkd) 可知E＝eq \f(4πkQ,εrS)，则将B板竖直向上平移一小段距离，两板间场强不变，粒子受电场力不变，则粒子仍能沿原中心线通过电容器，选项C错误，D正确。
【例3】 (2020·江苏省三校上学期联考)如图8所示，平行板电容器C通过电阻箱R与恒压电源E连接，开关S闭合时一带电粒子刚好静止在水平放置的两板中央，若使粒子向下运动，以下说法正确的是( )
图8
A.断开开关
B.将板间距增大
C.将电容器的上极板水平向右平移少许
D.增大电阻箱R的阻值
答案 B
解析 断开开关，电容器电荷量不变，不改变极板间场强，粒子仍保持静止，故A错误；极板间距增大，由E＝eq \f(U,d)，可知场强减小，电场力减小，则粒子向下运动，故B正确；将电容器的上极板水平向右平移少许，极板正对面积减小，但极板间距不变，则场强和电场力均不改变，故C错误；因电容器与电源串联，则电容器两端电压与电源电动势相等，改变电阻箱阻值，并不会改变电容器两端电压，所以粒子仍静止，故D错误。
【变式3】 (多选)(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，9)如图9所示，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是( )
图9
A.变化前后电容器电容之比为9∶17
B.变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9
C.变化前后电子到达下极板的速度之比为eq \r(2)∶1
D.变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1
答案 AD
解析 上极板转过10°后，正对面积变为原来的eq \f(17,18)，距离减小到原来的一半，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，所以电容变为原来的eq \f(17,9)，电容之比为9∶17，故A正确；根据Q＝CU，可知电荷量之比为9∶17，故B错误；根据qU＝eq \f(1,2)mv2，两极板间电压不变，所以电子到达下极板的速度相同，C错误；根据x＝eq \(v,\s\up6(－))t可知，两极板间距离减小一半，平均速度不变，所以时间之比为2∶1，D正确。
命题点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
(1)粒子所受合力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合力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.用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad。
3.用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【例4】 如图10所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
图10
A.金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B.金属板A、B间的电压减小
C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D.乙电子运动到O点的速率为2v0
答案 C
解析 两板间距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据eE·2d＝eq \f(1,2)mv2，eEd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq \r(2)v0，选项D错误。
【变式4】 (多选)(2020·贵州贵阳市一模)如图11所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )
图11
A.电场强度的最小值等于eq \f(mg,q)
B.电场强度的最大值等于eq \f(mgsin θ,q)
C.带电油滴的机械能可能增加
D.电场力可能对带电油滴不做功
答案 CD
解析 带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsin θ，得到Emin＝eq \f(mgsin θ,q)，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝eq \f(mgsin θ,q)时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E＞eq \f(mgsin θ,q)时，电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确。
命题点四 带电粒子(带电体)在电场中的偏转
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动
eq \b\lc\{(\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\{(\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(qUl2,2mdveq \\al(2,0)),离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdveq \\al(2,0))))
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，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdveq \\al(2,0))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
可见y与tan θ与粒子的q、m无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，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eq \f(l,2)。
3.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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。
【例5】 (2019·全国卷Ⅱ，24)如图12，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
图12
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ)) (2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，
有E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh⑥
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))。⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ))。⑧
【变式5】 (多选)(2020·7月浙江选考，6)如图13所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
图13
A.所用时间为eq \f(mv0,qE)
B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，解得t＝eq \f(2mv0,qE)，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝eq \r(（2v0）2＋veq \\al(2,0))＝eq \r(5)v0，B项错误；该点到P点的距离s＝eq \r(2)x＝eq \r(2)v0t＝eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2)，则θ≠30°，D项错误。
【变式6】 (2019·全国卷Ⅲ，24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2)。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
答案 (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(veq \\al(2,0)＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)。③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)④
且有v1·eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(veq \\al(2,0)＋g2t2)。
课时限时练
(限时：40分钟)
对点练1 平行板电容器的动态分析
1.(2020·北京市第二次合格性考试)图1为研究电容器充、放电的实验电路图。实验时，先使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电；经过一段时间，把开关S掷向2端，电容器C与电阻R相连，电容器放电。在开关S接通2端后的极短时间内，下列说法正确的是( )
图1
A.电容器带电荷量和两板间电压都增大
B.电容器带电荷量和两板间电压都减小
C.电容器带电荷量增大，两板间电压减小
D.电容器带电荷量减小，两板间电压增大
答案 B
解析 开关S与1端相连时，电源向电容器充电，电流先增大，电容器带电荷量不断增多，两板间电压也不断增大；开关S与2端相连时，电容器放电，电流减小，电容器带电荷量减小，两板间电压也在减小。故A、C、D错误，B正确。
2.(2020·广东广州、深圳市学调联盟第二次调研)如图2所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则( )
图2
A.点电荷所受电场力增大
B.点电荷在P处的电势能减少
C.P点电势减小
D.电容器的带电荷量增加
答案 B
解析 因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F＝qE可知电荷所受电场力变小，故A错误；板间电场强度E变小，由U＝EdPa知，P与a板的电势差减小，而a板的电势不变，故P的电势升高，由EP＝qφ知，q为负值时，电势能减小，故B正确，C错误；由Q＝CU和C＝eq \f(εrS,4πkd)，知C减小，Q减小，故D错误。
对点练2 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
3.(多选)(2018·全国卷Ⅲ，21)如图3所示，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( )
图3
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 两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝eq \f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。
4.(多选)如图4所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0＝eq \f(4,9)d，则下列判断正确的是( )
图4
A.A、B两滑块的质量之比为eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,4)
B.A、B两滑块的质量之比为eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,3)
C.两滑块的碰撞为弹性碰撞
D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞
答案 AD
解析 对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)，依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动，有vt＝eq \f(4,9)d，联立解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,4)，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq \f(4,9)qEd＞0，D正确，C错误。
对点练3 带电粒子(或带电体)在电场中的偏转
5.如图5所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。若不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则以下说法正确的是 ( )
图5
A.A点电势高于B点电势
B.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度
C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D.尘埃在迁移过程中电势能始终在增大
答案 B
解析 沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点的电势，A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点的场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，则尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故尘埃不可能做匀变速运动，C错误；由图可知，尘埃进入静电除尘区时，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，D错误。
6.如图6所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是( )
图6
A.eq \f(mveq \\al(2,0),qd) B.eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),qd)
C.eq \f(3mveq \\al(2,0),2qd) D.eq \f(3\r(3)mveq \\al(2,0),2qd)
答案 B
解析 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到vy＝eq \f(v0,tan 30°)＝eq \r(3)v0
水平方向上有d＝v0t
竖直方向上有vy＝eq \f(qE,m)t
联立方程得E＝eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),qd)，故B正确。
7.(多选)如图7所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )
图7
A.质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B.质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D.质子和α粒子打到感光板上的位置相同
答案 CD
解析 根据动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为eq \r(2)∶1，A错误；对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为U′，有q(U＋U′)＝Ek－0，所以末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C正确；由O2到MN板，质子和α粒子都做类平抛运动，竖直方向：h＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，水平方向：x＝vt，联立解得x＝2eq \r(\f(Uh,E))，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确；在A、B间：a＝eq \f(qE,m)，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的水平速度大，又因为质子和α粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B错误。
8.(2020·山东枣庄市第二次模拟)用传感器观察电容器放电过程的实验电路如图8甲所示，电源电动势为8 V、内阻忽略不计。先使开关S与1端相连，稍后掷向2端，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示的电流随时间变化的i－t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
图8
A.图中画出的靠近i轴的竖立狭长矩形面积表示电容器所带的总电荷量
B.电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为20 C
C.电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为4.0×10－4 C
D.电容器的电容约为4.0×102 μF
答案 D
解析 根据q＝it 可知，图像与横轴围成的面积代表电容器所带的总电荷量，故A错误；确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2 mA，横坐标的每个小格为0.4 s，则每个小格所代表的电荷量数值为q＝0.2×10－3×0.4＝8×10－5 C，曲线下包含的小正方形的个数为40个，由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量Q＝40×8×10－5 C＝3.2×10－3 C，故B、C错误；电容器的电容约为C＝eq \f(Q,U)＝400 μF，故D正确。
9.(2020·山东省等级考试第二次模拟)如图9所示，平行板电容器的两极板水平放置，滑动变阻器的阻值为R，定值电阻的阻值为R0。闭合开关S，当R＝0.5R0时，极板带电荷量为Q0，一电子水平射入电容器两极板之间的匀强电场，经水平距离x0后打到极板上；当R＝2R0时，极板带电荷量为Q，电子仍以相同速度从同一点射入电场，经水平距离x后打到极板上。不计电子重力以下关系正确的是( )
图9
A.Q＜Q0，x＞x0 B.Q＞Q0，x＞x0
C.Q＜Q0，x＜x0 D.Q＞Q0，x＜x0
答案 D
解析 当R＝0.5R0时由闭合电路欧姆定律有I0＝eq \f(E,\f(3R0,2)＋r)，电容器两端电压为U0＝I0·eq \f(R0,2)＝eq \f(E,\f(3R0,2)＋r)×eq \f(R0,2)＝eq \f(ER0,3R0＋2r)，电荷量为Q0＝CU0＝Ceq \f(ER0,3R0＋2r)，同理可得R＝2R0时，Q＝CU＝Ceq \f(2ER0,3R0＋r)，则Q＞Q0，由于U＞U0，则板间场强关系为E＞E0，加速度a＝eq \f(qE,m)＞a0＝eq \f(qE0,m)，两种情况下电场力方向上运动的位移相等，由公式h＝eq \f(1,2)at2可知，第一种情况下的时间更长，初速度方向有x＝v0t可知x0＞x，故D正确，A、B、C错误。
10.(2020·四川攀枝花市第二次统考)如图10所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B间形成竖直向下的匀强电场。a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从A、B两板右端连线的中点飞离匀强电场，粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )
图10
A.粒子a、b的带电荷量之比为1∶2
B.电场力对a、b粒子做功之比为1∶2
C.粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1∶2
D.粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为1∶2
答案 A
解析 设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向偏转位移为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qEL2,2mveq \\al(2,0))，由于粒子的质量相等、初速度相等，偏转位移之比为1∶2，则粒子a、b的带电荷量之比为1∶2，故A正确；电场力做功W＝qEy，则电场力对a、b粒子做功之比为1∶4，故B错误；根据动能定理可得qEy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得粒子离开电场的速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋\f(2qEy,m))，粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1∶2，故C错误；设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa，θb，根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得tan θa＝eq \f(\f(d,2),\f(L,2))＝eq \f(d,L)，tan θb＝eq \f(d,\f(L,2))＝eq \f(2d,L)，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1∶2，但是角度之比不等于1∶2，故D错误。
11.(2019·天津卷，3)如图11所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
图11
A.动能增加eq \f(1,2)mv2 B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加eq \f(3,2)mv2 D.电势能增加2mv2
答案 B
解析 动能变化量ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错误；重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2eq \f(qE,m)x，则电势能减少量等于电场力做的功ΔEp减＝W电＝qEx＝2mv2，B正确，D错误；在竖直方向做匀减速运动，到N点时竖直方向的速度为零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错误。
12.一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图12所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：
图12
(1)小球带电情况；
(2)小球由A到B的位移；
(3)小球速度的最小值。
答案 (1)小球带正电，电荷量为eq \f(mg,E) (2)eq \f(\r(2)veq \\al(2,0),2g)，与水平方向的夹角为45°斜向右上方 (3)eq \f(\r(2)v0,2)
解析 (1)从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝g
B点是最高点，竖直分速度为0，有t＝eq \f(v0,g)
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电
初速度为0，加速度ax＝eq \f(qE,m)
水平方向有v0＝eq \f(qE,m)t
联立解得qE＝mg
可得q＝eq \f(mg,E)。
(2)由(1)分析可知，小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
在竖直方向有veq \\al(2,0)＝2gh
可得h＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)
所以由A到B的位移xAB＝eq \r(2)h＝eq \f(\r(2)veq \\al(2,0),2g)
其与水平方向的夹角为θ
tan θ＝eq \f(y,x)＝1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方。
(3)设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ
则tan θ＝eq \f(mg,qE)＝1，如图所示
开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin
即tan θ＝eq \f(vx,vy)＝1，则vx＝vy，vx＝eq \f(qE,m)t′＝gt′，vy＝v0－gt′
解得vx＝vy＝eq \f(v0,2)，故vmin＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \f(\r(2)v0,2)。
一、电容器及电容
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)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
①充电：电容器充电的过程中，两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。
②放电：放电过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为其他形式的能量。
2.电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比。
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U)。
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106 μF＝1012 pF。
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，电介质，两板间的距离。
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd)。
【自测1】 对于某一电容器，下列说法正确的是( )
A.电容器所带的电荷量越多，电容越大
B.电容器两极板间的电势差越大，电容越大
C.电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍
D.电容器两极板间的电势差减小到原来的eq \f(1,2)，它的电容也减小到原来的eq \f(1,2)
答案 C
解析 根据公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可得，电容的大小跟电容器两端的电势差以及电容器所带电荷量的多少无关，根据公式C＝eq \f(Q,U)可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，所以C正确，A、B、D错误。
二、带电粒子在电场中的运动
1.加速
(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。
(2)在非匀强电场中，W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。
2.偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示。
图1
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
(3)基本关系式：运动时间t＝eq \f(l,v0)，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，偏转量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdveq \\al(2,0))，偏转角θ的正切值，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUl,mdveq \\al(2,0))。
【自测2】 如图2所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则( )
图2
A.q1＞q2 B.m1＜m2
C.eq \f(q1,m1)＞eq \f(q2,m2) D.eq \f(q1,m1)＜eq \f(q2,m2)
答案 C
解析 设粒子的速度为v0，电荷量为q，质量为m，所以加速度a＝eq \f(qE,m)，运动时间t＝eq \f(x,v0)，偏转位移为y＝eq \f(1,2)at2，整理得y＝eq \f(qEx2,2mveq \\al(2,0))，显然由于A粒子的水平位移小，则有eq \f(q1,m1)＞eq \f(q2,m2)，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。
三、示波管
1.示波管的构造
①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图3所示)
图3
2.示波管的工作原理
(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极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
①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，产生一个亮斑。
②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像。
命题点一 实验十 观察电容器的充、放电现象
【例1】 如图4甲所示是一种观察电容器充、放电的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电量Q，从而再求出电容器的电容C。某同学在一次实验时的情况如下：接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0＝490 μA，电压表的示数U0＝6.0 V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电压和电流。断开开关S，同时开始计时，每隔5 s测读一次电流I的值，将测得数据填入表格，并标在图乙坐标纸上(时间t为横坐标、电流i为纵坐标)，结果如图中小黑点“·”所示。
图4
(1)在图乙中画出i－t图线，图线与坐标轴所围成面积的物理意义是________________________________；
(2)该电容器电容为________F(结果保留2位有效数字)；
(3)若某同学实验时把电压表接在F、D两端，则电容的测量值比它的真实值________(填“大”“小”或“相等”)。
答案 (1)见解析图，电容器在开始放电时所带的电荷量 (2)1.5×10－3 (3)小
解析 (1)如图所示，由ΔQ＝IΔt 知，i－t图象与坐标轴所包围的面积为电容器在开始放电时所带的电荷量。
(2)查出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求Q＝8.75×10－3 C
则C＝eq \f(Q,U)＝1.5×10－3 F。
(3)电容的测量值比它的真实值偏小，原因是若把电压表接在F、D两端，则电容器在放电时，有电流会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电荷量小于电容器的带电荷量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小。
【变式1】 电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即I＝eq \f(q,t)。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连，画出电流与时间的变化图像。图5甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源的电压为6 V。
图5
先使开关S与1接通，待充电完成后，再使开关S与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的i－t图像，如图乙所示。
(1)下列说法正确的是________。
A.电容器充电的过程中，负电荷由电源的正极移动到电容器的正极板
B.电容器充电的过程中，电路中的电流不断增大
C.电容器放电的过程中，电容器两极板间的场强不断变小
D.电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其他形式的能量
(2)根据乙图中图线计算得出电容器放电前所带的电荷量为________(结果保留2位有效数字)。
答案 (1)CD (2)2.8×10－3 C
解析 (1)电容器充电的过程中，负电荷由电容的正极板移动到电源的正极，故A错误；电容器充电的过程中，电路中的电流不断减小，故B错误；电容器放电的过程中，电容器两极板上所带电荷量逐渐减小，两极板间的电压逐渐减小，根据E＝eq \f(U,d)，可知场强不断变小，故C正确；电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其他形式的能量，故D正确。
(2)根据图像的含义，因q＝It，所以乙图中图线与两坐标轴所包围面积的物理意义是电容器储存的电荷量，电荷量Q＝35×eq \f(2,5)×eq \f(1,5)×10－3 C＝2.8×10－3 C。
命题点二 平行板电容器的动态分析
1.两类典型问题
(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。
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极所带的电荷量Q保持不变。
2.动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝eq \f(εrS,4πkd)和C＝eq \f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化。
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝eq \f(εrS,4πkd)和C＝eq \f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强变化。
【例2】 (多选)(2020·安徽合肥市第二次教学质检)如图6所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。
若不改变电容器的带电荷量，下列操作可能使静电计指针的偏转角度变小的是( )
图6
A.将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质
B.将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板
C.将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板
D.将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质
答案 AC
解析 将左极板向左移动少许，则d变大，同时在两极板之间插入电介质，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知C可能变大，根据Q＝CU可知，U可能减小，即静电计指针的偏转角度可能变小，选项A正确；将左极板向左移动少许，则d变大，同时取出两极板之间的金属板，则也相当于d变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知C一定变小，根据Q＝CU可知，U变大，即静电计指针的偏转角度变大，选项B错误；将左极板向左移动少许，则d变大，同时在两极板之间插入金属板，则相当于d变小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知C可能变大，根据Q＝CU可知，U可能变小，即静电计指针的偏转角度可能变小，选项C正确；将左极板向下移动少许，则S减小，同时取出两极板之间的电介质，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知C一定减小，根据Q＝CU可知，U一定变大，即静电计指针的偏转角度一定变大，选项D错误。
【变式2】 (多选)(2020·福建南平市第一次质检)如图7所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连。开始时开关闭合，一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器。则下列判断正确的是( )
图7
A.保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上
B.保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器
C.断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上
D.断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器
答案 AD
解析 开始时，油滴能沿直线飞过两板，可知油滴受向下的重力和向上的电场力平衡，油滴带负电；若保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，根据E＝eq \f(U,d)可知，两板间场强变大，粒子受向上的电场力变大，粒子向上偏转，则粒子可能打在电容器的A板上，选项A正确，B错误；断开开关，则两板带电荷量不变，根据C＝eq \f(Q,U)、E＝eq \f(U,d)以及C＝eq \f(εrS,4πkd) 可知E＝eq \f(4πkQ,εrS)，则将B板竖直向上平移一小段距离，两板间场强不变，粒子受电场力不变，则粒子仍能沿原中心线通过电容器，选项C错误，D正确。
【例3】 (2020·江苏省三校上学期联考)如图8所示，平行板电容器C通过电阻箱R与恒压电源E连接，开关S闭合时一带电粒子刚好静止在水平放置的两板中央，若使粒子向下运动，以下说法正确的是( )
图8
A.断开开关
B.将板间距增大
C.将电容器的上极板水平向右平移少许
D.增大电阻箱R的阻值
答案 B
解析 断开开关，电容器电荷量不变，不改变极板间场强，粒子仍保持静止，故A错误；极板间距增大，由E＝eq \f(U,d)，可知场强减小，电场力减小，则粒子向下运动，故B正确；将电容器的上极板水平向右平移少许，极板正对面积减小，但极板间距不变，则场强和电场力均不改变，故C错误；因电容器与电源串联，则电容器两端电压与电源电动势相等，改变电阻箱阻值，并不会改变电容器两端电压，所以粒子仍静止，故D错误。
【变式3】 (多选)(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，9)如图9所示，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是( )
图9
A.变化前后电容器电容之比为9∶17
B.变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9
C.变化前后电子到达下极板的速度之比为eq \r(2)∶1
D.变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1
答案 AD
解析 上极板转过10°后，正对面积变为原来的eq \f(17,18)，距离减小到原来的一半，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，所以电容变为原来的eq \f(17,9)，电容之比为9∶17，故A正确；根据Q＝CU，可知电荷量之比为9∶17，故B错误；根据qU＝eq \f(1,2)mv2，两极板间电压不变，所以电子到达下极板的速度相同，C错误；根据x＝eq \(v,\s\up6(－))t可知，两极板间距离减小一半，平均速度不变，所以时间之比为2∶1，D正确。
命题点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
(1)粒子所受合力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合力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.用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad。
3.用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【例4】 如图10所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
图10
A.金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B.金属板A、B间的电压减小
C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D.乙电子运动到O点的速率为2v0
答案 C
解析 两板间距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据eE·2d＝eq \f(1,2)mv2，eEd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq \r(2)v0，选项D错误。
【变式4】 (多选)(2020·贵州贵阳市一模)如图11所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )
图11
A.电场强度的最小值等于eq \f(mg,q)
B.电场强度的最大值等于eq \f(mgsin θ,q)
C.带电油滴的机械能可能增加
D.电场力可能对带电油滴不做功
答案 CD
解析 带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsin θ，得到Emin＝eq \f(mgsin θ,q)，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝eq \f(mgsin θ,q)时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E＞eq \f(mgsin θ,q)时，电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确。
命题点四 带电粒子(带电体)在电场中的偏转
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动
eq \b\lc\{(\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\{(\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(qUl2,2mdveq \\al(2,0)),离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdveq \\al(2,0))))
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，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdveq \\al(2,0))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
可见y与tan θ与粒子的q、m无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，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eq \f(l,2)。
3.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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。
【例5】 (2019·全国卷Ⅱ，24)如图12，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
图12
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ)) (2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，
有E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh⑥
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))。⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ))。⑧
【变式5】 (多选)(2020·7月浙江选考，6)如图13所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
图13
A.所用时间为eq \f(mv0,qE)
B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，解得t＝eq \f(2mv0,qE)，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝eq \r(（2v0）2＋veq \\al(2,0))＝eq \r(5)v0，B项错误；该点到P点的距离s＝eq \r(2)x＝eq \r(2)v0t＝eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2)，则θ≠30°，D项错误。
【变式6】 (2019·全国卷Ⅲ，24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2)。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
答案 (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(veq \\al(2,0)＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)。③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)④
且有v1·eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(veq \\al(2,0)＋g2t2)。
课时限时练
(限时：40分钟)
对点练1 平行板电容器的动态分析
1.(2020·北京市第二次合格性考试)图1为研究电容器充、放电的实验电路图。实验时，先使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电；经过一段时间，把开关S掷向2端，电容器C与电阻R相连，电容器放电。在开关S接通2端后的极短时间内，下列说法正确的是( )
图1
A.电容器带电荷量和两板间电压都增大
B.电容器带电荷量和两板间电压都减小
C.电容器带电荷量增大，两板间电压减小
D.电容器带电荷量减小，两板间电压增大
答案 B
解析 开关S与1端相连时，电源向电容器充电，电流先增大，电容器带电荷量不断增多，两板间电压也不断增大；开关S与2端相连时，电容器放电，电流减小，电容器带电荷量减小，两板间电压也在减小。故A、C、D错误，B正确。
2.(2020·广东广州、深圳市学调联盟第二次调研)如图2所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则( )
图2
A.点电荷所受电场力增大
B.点电荷在P处的电势能减少
C.P点电势减小
D.电容器的带电荷量增加
答案 B
解析 因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F＝qE可知电荷所受电场力变小，故A错误；板间电场强度E变小，由U＝EdPa知，P与a板的电势差减小，而a板的电势不变，故P的电势升高，由EP＝qφ知，q为负值时，电势能减小，故B正确，C错误；由Q＝CU和C＝eq \f(εrS,4πkd)，知C减小，Q减小，故D错误。
对点练2 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
3.(多选)(2018·全国卷Ⅲ，21)如图3所示，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( )
图3
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 两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝eq \f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。
4.(多选)如图4所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0＝eq \f(4,9)d，则下列判断正确的是( )
图4
A.A、B两滑块的质量之比为eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,4)
B.A、B两滑块的质量之比为eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,3)
C.两滑块的碰撞为弹性碰撞
D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞
答案 AD
解析 对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)，依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动，有vt＝eq \f(4,9)d，联立解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,4)，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq \f(4,9)qEd＞0，D正确，C错误。
对点练3 带电粒子(或带电体)在电场中的偏转
5.如图5所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。若不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则以下说法正确的是 ( )
图5
A.A点电势高于B点电势
B.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度
C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D.尘埃在迁移过程中电势能始终在增大
答案 B
解析 沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点的电势，A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点的场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，则尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故尘埃不可能做匀变速运动，C错误；由图可知，尘埃进入静电除尘区时，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，D错误。
6.如图6所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是( )
图6
A.eq \f(mveq \\al(2,0),qd) B.eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),qd)
C.eq \f(3mveq \\al(2,0),2qd) D.eq \f(3\r(3)mveq \\al(2,0),2qd)
答案 B
解析 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到vy＝eq \f(v0,tan 30°)＝eq \r(3)v0
水平方向上有d＝v0t
竖直方向上有vy＝eq \f(qE,m)t
联立方程得E＝eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),qd)，故B正确。
7.(多选)如图7所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )
图7
A.质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B.质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D.质子和α粒子打到感光板上的位置相同
答案 CD
解析 根据动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为eq \r(2)∶1，A错误；对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为U′，有q(U＋U′)＝Ek－0，所以末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C正确；由O2到MN板，质子和α粒子都做类平抛运动，竖直方向：h＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，水平方向：x＝vt，联立解得x＝2eq \r(\f(Uh,E))，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确；在A、B间：a＝eq \f(qE,m)，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的水平速度大，又因为质子和α粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B错误。
8.(2020·山东枣庄市第二次模拟)用传感器观察电容器放电过程的实验电路如图8甲所示，电源电动势为8 V、内阻忽略不计。先使开关S与1端相连，稍后掷向2端，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示的电流随时间变化的i－t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
图8
A.图中画出的靠近i轴的竖立狭长矩形面积表示电容器所带的总电荷量
B.电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为20 C
C.电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为4.0×10－4 C
D.电容器的电容约为4.0×102 μF
答案 D
解析 根据q＝it 可知，图像与横轴围成的面积代表电容器所带的总电荷量，故A错误；确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2 mA，横坐标的每个小格为0.4 s，则每个小格所代表的电荷量数值为q＝0.2×10－3×0.4＝8×10－5 C，曲线下包含的小正方形的个数为40个，由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量Q＝40×8×10－5 C＝3.2×10－3 C，故B、C错误；电容器的电容约为C＝eq \f(Q,U)＝400 μF，故D正确。
9.(2020·山东省等级考试第二次模拟)如图9所示，平行板电容器的两极板水平放置，滑动变阻器的阻值为R，定值电阻的阻值为R0。闭合开关S，当R＝0.5R0时，极板带电荷量为Q0，一电子水平射入电容器两极板之间的匀强电场，经水平距离x0后打到极板上；当R＝2R0时，极板带电荷量为Q，电子仍以相同速度从同一点射入电场，经水平距离x后打到极板上。不计电子重力以下关系正确的是( )
图9
A.Q＜Q0，x＞x0 B.Q＞Q0，x＞x0
C.Q＜Q0，x＜x0 D.Q＞Q0，x＜x0
答案 D
解析 当R＝0.5R0时由闭合电路欧姆定律有I0＝eq \f(E,\f(3R0,2)＋r)，电容器两端电压为U0＝I0·eq \f(R0,2)＝eq \f(E,\f(3R0,2)＋r)×eq \f(R0,2)＝eq \f(ER0,3R0＋2r)，电荷量为Q0＝CU0＝Ceq \f(ER0,3R0＋2r)，同理可得R＝2R0时，Q＝CU＝Ceq \f(2ER0,3R0＋r)，则Q＞Q0，由于U＞U0，则板间场强关系为E＞E0，加速度a＝eq \f(qE,m)＞a0＝eq \f(qE0,m)，两种情况下电场力方向上运动的位移相等，由公式h＝eq \f(1,2)at2可知，第一种情况下的时间更长，初速度方向有x＝v0t可知x0＞x，故D正确，A、B、C错误。
10.(2020·四川攀枝花市第二次统考)如图10所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B间形成竖直向下的匀强电场。a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从A、B两板右端连线的中点飞离匀强电场，粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )
图10
A.粒子a、b的带电荷量之比为1∶2
B.电场力对a、b粒子做功之比为1∶2
C.粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1∶2
D.粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为1∶2
答案 A
解析 设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向偏转位移为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qEL2,2mveq \\al(2,0))，由于粒子的质量相等、初速度相等，偏转位移之比为1∶2，则粒子a、b的带电荷量之比为1∶2，故A正确；电场力做功W＝qEy，则电场力对a、b粒子做功之比为1∶4，故B错误；根据动能定理可得qEy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得粒子离开电场的速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋\f(2qEy,m))，粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1∶2，故C错误；设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa，θb，根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得tan θa＝eq \f(\f(d,2),\f(L,2))＝eq \f(d,L)，tan θb＝eq \f(d,\f(L,2))＝eq \f(2d,L)，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1∶2，但是角度之比不等于1∶2，故D错误。
11.(2019·天津卷，3)如图11所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
图11
A.动能增加eq \f(1,2)mv2 B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加eq \f(3,2)mv2 D.电势能增加2mv2
答案 B
解析 动能变化量ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错误；重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2eq \f(qE,m)x，则电势能减少量等于电场力做的功ΔEp减＝W电＝qEx＝2mv2，B正确，D错误；在竖直方向做匀减速运动，到N点时竖直方向的速度为零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错误。
12.一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图12所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：
图12
(1)小球带电情况；
(2)小球由A到B的位移；
(3)小球速度的最小值。
答案 (1)小球带正电，电荷量为eq \f(mg,E) (2)eq \f(\r(2)veq \\al(2,0),2g)，与水平方向的夹角为45°斜向右上方 (3)eq \f(\r(2)v0,2)
解析 (1)从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝g
B点是最高点，竖直分速度为0，有t＝eq \f(v0,g)
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电
初速度为0，加速度ax＝eq \f(qE,m)
水平方向有v0＝eq \f(qE,m)t
联立解得qE＝mg
可得q＝eq \f(mg,E)。
(2)由(1)分析可知，小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
在竖直方向有veq \\al(2,0)＝2gh
可得h＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)
所以由A到B的位移xAB＝eq \r(2)h＝eq \f(\r(2)veq \\al(2,0),2g)
其与水平方向的夹角为θ
tan θ＝eq \f(y,x)＝1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方。
(3)设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ
则tan θ＝eq \f(mg,qE)＝1，如图所示
开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin
即tan θ＝eq \f(vx,vy)＝1，则vx＝vy，vx＝eq \f(qE,m)t′＝gt′，vy＝v0－gt′
解得vx＝vy＝eq \f(v0,2)，故vmin＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \f(\r(2)v0,2)。
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