2024高考物理大一轮复习题库 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动

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第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动

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，两极板所带的电荷量增加，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＝。
(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，两极板间的距离。
(2)决定式：C＝。
二、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv。
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)运动情况：带电粒子以初速度v0垂直电场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：将带电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＝，
加速度a＝＝＝，
偏转量y＝at2＝，
偏转角θ的正切值tan θ＝＝＝。
【自测 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.＞ D.＜
答案　C
解析　设粒子垂直电场进入匀强电场的速度为v0，电荷量为q，质量为m，所以加速度a＝，运动时间t＝，偏转位移为y＝at2，整理得y＝，显然由于A粒子的水平位移小，则有＞，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。

命题点一　实验十　观察电容器的充、放电现象
1．实验原理
(1)电容器充电：电源使电容器的两极板带上等量异种电荷的过程，如图3甲。

图3
(2)电容器放电：用导线将充好电的电容器的两极板相连，使两极板的异种电荷中和的过程，如图乙。
(3)电容器充放电时的能量转化：充电后，电容器储存了电能。放电时，储存的电能释放出来，转化为其他形式的能。
2．实验操作
(1)按图4连接好电路。

图4
(2)把单刀双掷开关S接1，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中。
(3)将单刀双掷开关S接2，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中。
(4)记录好实验结果，关闭电源。
3．分析与论证
当电容器极板上所储存的电荷量发生变化时，电路中就有电流流过；若电容器极板上所储存的电荷量恒定不变时，则电路中就没有电流流过。电路中的平均电流为I＝。
【例1 (2021·北京西城区5月统测)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图5甲所示连接电路。电源电动势为8.0 V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。

甲

乙
图5
(1)开关S改接2后，电容器进行的是______(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I－t图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是____________________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t曲线与坐标轴所围成的面积将________(选填“减小”“不变”或“增大”)。
(2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q＝3.44×10－3 C，则该电容器的电容为________ μF。
(3)关于电容器在整个充、放电过程中的q－t图像和UAB－t图像的大致形状，可能正确的有________(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差)。

答案　(1)放电　0.2 s内电容器放出的电荷量　不变　(2)430　(3)AD
解析　(1) 将开关S接通1，电容器与电源相连，所以电容器充电；再将S改接2，电容器通过电阻R放电。图中横坐标分成许多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电电流可以视为不变，则IΔt为这段时间内的电荷量，所以题图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2 s内电容器放出的电荷量。根据Q＝CU可知，电荷量与电阻值R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t 曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
(2)根据C＝＝ F＝430 μF。
(3)电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据q＝It，图像的倾斜程度表示电流的大小，B错误，A正确；电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据U＝＝t，电容器的电容不变， C错误，D正确。

电容器充、放电现象中的三点注意
(1)电容器充电时电流流向正极板，电容器放电时电流从正极板流出，且充放电电流均逐渐减小至零。
(2)电容器充、放电过程，电容器的电容不变，极板上所带电荷量和电压按正比关系变化。
(3)电容器充、放电过程，I－t图中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电荷量。　　
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，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝分析电场强度的变化。
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝分析电场强度变化。
【例2 (多选) (2021·天津市等级考模拟)如图6所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是(　　)

图6
A．若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小
B．若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小
C．在S仍闭合的情况下，增大两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的
电流
D．若断开S，减小两极板距离，则带电液滴向下运动
答案　AB
解析　根据C＝可知，将A板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S减小，电容器的电容C减小，故A正确；由题图可知带电液滴受到竖直向上的电场力，电场方向竖直向下，带电液滴带负电荷。若断开S，则电容器所带的电荷量不变，根据C＝，C＝，E＝，可得E＝Q可知，电场强度不变。B板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知将B板向下平移一小段位移，dPB增大，则P点的电势升高。根据Ep＝qφ可知，P点电势升高，带负电荷的液滴电势能减小，故B正确；在S仍闭合的情况下，根据C＝可知，增大两极板距离的过程中，电容器的电容C减小，电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故C错误；根据选项B分析可知，若断开S，减小两极板距离，电场强度不变，液滴受到的电场力不变，则带电液滴不动，故D错误。
【针对训练1】 (2021·河北“五个一名校联盟”联考)如图7所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)

图7
A．E不变，Ep不变 B．U不变，E减小
C．θ增大，E不变 D．θ不变，Ep增大
答案　A
解析　两板间的电场强度E＝＝＝，因此电场强度与板间距无关，即E不变，P点到下极板距离不变，则P点的电势不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确，D错误；电容器没有连接电源，故电容器的带电荷量不变，上极板向下移动，板间距减小，根据C＝可知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏角θ减小，故B、C错误。
命题点三　带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子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，带电粒子将做变速直线运动；若电场为匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动。
2．用动力学观点分析
在匀强电场中，a＝，E＝，v2－v＝2ad。
3．用功能观点分析
动能定理qU＝mv2－mv
【例3 (2021·东北三省三校联考)如图8甲所示，A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力)，粒子经2T0时间到B板。求：

图8
(1)粒子到达B板时的速度v；
(2)两个金属板间的距离d。
答案　(1)3　(2)T0
解析　(1)在0～T0时间，粒子运动的位移为d1＝·T＝
在T0～2T0时间，粒子运动的位移为
d2＝＋＝
根据动能定理得
2qU0＋qU0＝mv2
解得v＝3。
(2)根据位移关系得d1＋d2＝d
解得d＝T0。
【针对训练2】 (2021·江西省教学质量检测)如图9所示，A、B为平行金属板，两极板相距为d，分别与电源两极连接。两板的中央各有一小孔M、N。今有一带电质点自A板上方距离为d的P点由静止下落，不计空气阻力，到达两板中点时的速度恰好为零，然后沿原路返回。则带电质点的重力与它在电场中所受电场力的大小之比为(　　)

图9
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
答案　B
解析　带电质点从P点开始由静止下落到两板中点时，先加速后减速到零，根据动能定理有mg·d－qEd＝0，重力与电场力的大小之比为1∶3，故B正确。
命题点四　带电粒子在电场中的偏转
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动

(2)沿电场力方向做匀加速直线运动

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＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得y＝，tan θ＝
可见y和tan θ与粒子的q、m无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，合速度方向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。
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＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。
【例4 (2021·山东日照市模拟)喷墨打印机的结构原理如图10所示，其中墨盒可以发出半径为1×10－5 m的墨汁微粒，此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流入墨盒。设偏转极板长L1＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.50 cm，偏转板的右端到纸的距离L2＝
2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×10－10 kg，所带电荷量为1.25×10－12 C，以20 m/s的初速度垂直进入偏转电场，打到纸上的点距原入射方向的距离是
1.0 mm(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)(　　)

图10
A．墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动
B．两偏转板间的电压是2.0×103 V
C．两偏转板间的电压是5.0×102 V
D．为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10%
答案　C
解析　墨汁在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，选项A错误；墨汁出偏转电场后做匀速直线运动，且反向延长线交水平位移的中点，如图所示

由图可知tan θ＝，tan θ＝，又vy＝at＝t，t＝联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102 V，选项B错误，C正确；由以上式子整理得y＝，为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压提高10%，选项D错误。
【针对训练3】 (2021·北京西城区5月统测)具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核(H、H和H)以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，分别落在A、B、C三点，如图11所示。不计粒子的重力，则(　　)

图11
A．三种粒子在电场中运动的时间相同
B．三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同
C．落在A点的是H
D．到达负极板时，落在C点的粒子的动能大于落在A点的粒子的动能
答案　B
解析　三种粒子在水平方向的分速度相同，但水平位移不同，所以在电场中运动的时间不同，故A错误；三种粒子的电荷量q相同，且P到A、B、C三点间电势差U相等，根据ΔEp＝－qU可知三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同，故B正确；设两极板间电场强度大小为E，粒子质量为m，则粒子在垂直于极板方向的加速度大小为a＝，设P点到负极板的垂直距离为h，则粒子的水平位移大小为x＝vt＝v＝v，由上式可知质量越大的粒子水平位移越大，所以落在A点的是H，故C错误；粒子到达负极板时的动能为Ek＝
mv2＋qU，由上式可知质量越大的粒子到达负极板时的动能越大，由C项分析可知，落在C点的粒子的动能小于落在A点的粒子的动能，故D错误。


对点练 平行板电容器的动态分析
1．(2021·湖北武汉市4月质检)如图1所示，A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时，若负电荷从a向b流过灵敏电流计G，则电流计指针偏向a端；若负电荷从b向a流过灵敏电流计G，则指针偏向b端。某次纸张从平行极板间穿过时，发现电流计指针偏向b端，下列说法正确的是(　　)

图1
A．两极板间纸张厚度减小
B．两极板间纸张厚度不变
C．两极板间纸张厚度增加
D．以上三种情况都有可能
答案　A
解析　某次纸张从平行极板间穿过时，发现电流计指针偏向b端，则负电荷从b向a流过灵敏电流计G，电容器放电，根据C＝及Q＝CU可知，电容变小，则两极板间纸张厚度减小，故A正确。
2．(2021·广东潮州市教学质检)如图2所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板B和静电计外壳均接地，电容器右侧极板A与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开，下列操作能使静电计的指针偏角变大的是(　　)

图2
A．减小A板与B板之间的水平距离
B．将橡胶棒插入A板与B板之间
C．A板位置不动，将B板稍微竖直向下平移
D．将A板也接地
答案　C
解析　静电计指针偏角反映的是电容器两极板之间的电势差，电容器带电后与电源断开，则Q不变，减小A板与B板之间的水平距离，根据C＝可知电容C增大，根据U＝可知U变小，静电计指针偏角变小，故A错误；将橡胶棒插入A板与B板之间εr变大，根据C＝可知电容C增大，根据U＝可知U变小，静电计指针偏角变小，故B错误；A板位置不动，将B板稍微竖直向下平移，S变小，根据C＝可知电容C减小，根据U＝，可知U变大，静电计指针偏角变大，故C正确；将A板也接地，A、B两板电势差变为0，则静电计指针偏角变小，故D错误。
3．(2021·安徽宿州市模拟)如图3所示，水平放置的平行板电容器，下极板接地。一带电油滴静止于P点。现将一与极板相同的不带电金属板插入图中虚线位置，则(　　)

图3
A．油滴带正电
B．M、N两极板间电压保持不变
C．P点的电势降低
D．油滴在P点的电势能减小
答案　C
解析　由于带电油滴静止于P点，所以电场力方向向上，则油滴带负电，故A错误；现将一与极板相同的不带电金属板插入图中虚线位置，相当于减小了板间距，根据C＝可知，电容变大，电荷量不变，U＝，M、N两极板间电压变小，故B错误；板间电场强度E＝＝不变，而P点与下极板间距减小，根据UP0＝EdP0＝φP－0，故P点的电势降低，故C正确；油滴在P点的电势能EP＝φPq，因油滴带负电，故电势能变大，故D错误。
4．(2021·四川成都市诊断)如图4所示，A、B是竖直正对放置的一对已充电的平行金属板，两板之间为匀强电场，用绝缘细线悬挂着的带电小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ。下列判定正确的是(　　)

图4
A．小球带正电
B．仅平移B板使两板间的距离适当增大，θ角 将保持不变
C．仅平移B板使两板间的正对面积适当减小，θ角将保持不变
D．仅剪断细线，在碰到极板前，小球将做曲线运动
答案　B
解析　由图中细线的偏转情况可知，小球带负电，选项A错误；两板带电荷量一定，由E＝＝＝＝可知，仅平移B板使两板间的距离适当增大，两板间的电场强度不变，则小球受电场力不变，由qE＝mgtan θ可知，θ角将保持不变，选项B正确；仅平移B板使两板间的正对面积适当减小，根据E＝可知，E变大，由qE＝mgtan θ可知，θ角将变大，选项C错误；仅剪断细线，则小球受电场力和重力的合力方向沿细线方向斜向下，在碰到极板前，小球将沿细线方向做直线运动，选项D错误。
5．(多选)(2021·安徽合肥市5月质检)如图5所示电路中，相距很近的平行金属板M、N水平放置在匀强磁场(图中未画出)中，S1和S2均闭合时，一带电微粒恰能在M、N板间做匀速圆周运动。则下列说法正确的是(　　)

图5
A．微粒带负电
B．仅断开开关S2，微粒仍做匀速圆周运动
C．仅改变R2阻值，微粒仍做匀速圆周运动
D．仅改变两极板间距离，微粒仍做匀速圆周运动
答案　AB
解析　从电路看出M板是正极板，微粒竖直方向上所受的电场力与重力等大反向，微粒带负电，故A正确；仅断开开关S2，两极板间电压不变，微粒所受电场力仍然与重力平衡，微粒仍做匀速圆周运动，故B正确；仅改变R2阻值，会使并联部分电路两端电压发生变化，所以极板间电压也会随之变化，打破微粒竖直方向的受力平衡，微粒不再做匀速圆周运动，故C错误；根据电场强度与电势差关系E＝可知，仅改变两极板间距离，会导致极板间电场强度变化，微粒竖直方向受力不再平衡，不能做匀速圆周运动，故D错误。
对点练 带电粒子在电场中的直线运动
6．如图6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6
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＝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＝＝＝，可知当d变大时，两板间的电场强度不变，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＝mv2，eEd＝mv，可知乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误。
7．(多选)如图7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7
A．电场强度的最小值等于
B．电场强度的最大值等于
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示意图，由图可知，当电场力F与油滴运动轨迹垂直时，电场力F最小，电场强度最小，则有F＝qEmin＝mgsin θ，得到Emin＝，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，故D正确；当E＞且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。

对点练 带电粒子在电场中的偏转
8．(2021·江苏七市调研)带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图8所示，粒子在相同的时间内(　　)

图8
A．位置变化相同
B．速度变化相同
C．速度偏转的角度相同
D．动能变化相同
答案　B
解析　粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。在竖直方向上，粒子相同的时间内运动的位移之比为1∶3∶5…，在水平方向上位置变化相同，所以其位置变化不同，A错误；因为粒子做匀变速曲线运动，根据匀变速运动的规律可知，粒子在相同时间内速度变化相同，B正确；粒子的速度逐渐靠近(而不会达到)竖直方向，所以速度的偏转角度会越来越小，C错误；根据动能定理ΔEk＝qEsy，动能的变化与竖直位移成正比，而在相同时间内竖直位移之比为1∶3∶5…，所以动能变化不同，D错误。
9．(2020·浙江7月选考，6)如图9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9
A．所用时间为
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
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＝at2，a＝，解得t＝，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＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，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＝＝，则θ≠30°，D项错误。

10．(多选)(2021·广东梅州市质检)如图10所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一带电粒子从A点沿半圆ABC的直径方向以某一速度水平射入电场，恰好经过半圆的最低点B。粒子重力不计，下列分析正确的是(　　)

图10
A．经过B点时的速度方向沿半圆的半径
B．无论射入速度多大，粒子都不可能沿着半径方向离开半圆
C．若仅将下板下移少许，板间电压增大
D．若仅将下板下移少许，该粒子以相同的速度从原处射入电场，仍会经过B点
答案　BCD
解析　粒子在平行板电容器中向下偏转，到达B点时，既有水平方向的速度，又有竖直向下的速度，故经过B点时的速度方向向右下方，故A错误；粒子受力方向和初速度方向垂直，粒子做类平抛运动，类平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点，若粒子沿着半径方向离开半圆，则反向延长线过圆心，所以一定从C点射出是不可能的，故B正确；若仅将下板下移少许，则平行板电容器极板间的距离d变大，由C＝可知电容变小，又平行板电容器充电后与电源断开，则Q不变，由U＝可知板间电压增大，故C正确；若仅将下板下移少许，由E＝＝，则电场强度不变，受力情况不变，该粒子以相同的速度从原处射入电场，运动轨迹不变，则仍会经过B点，故D正确。
11．(多选)(2021·河北张家口市期末)如图11所示，xOy坐标系的第一象限存在水平向左的匀强电场。第二象限存在竖直向下的匀强电场，y轴上c点和x轴上d点连线为电场的下边界。相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，下列说法正确的是(　　)

图11
A．带电粒子甲、乙在c点速度之比为2∶1
B．带电粒子甲、乙在c点速度之比为∶1
C．带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为∶1
D．带电粒子甲、乙在第二象限射出电场时速度方向相同
答案　BD
解析　相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，由v2＝2ax可得带电粒子甲、乙在c点速度之比为v甲∶v乙＝∶1，故A错误，B正确；甲、乙两粒子从c点水平射入第二象限，设位移与水平方向夹角为θ，甲、乙两粒子位移与水平方向的夹角θ相同
由平抛运动知识可知x＝v0t①
tan θ＝＝＝②
y＝xtan θ＝v0ttan θ③
综合①②③可得
s＝＝v
可知带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为2∶1，故C错误；设速度方向与水平方向夹角为α，tan α＝，tan α＝2tan θ，甲、乙在第二象限射出电场时速度方向与水平方向夹角α相同，故D正确。
12．如图12甲所示是一种观察电容器充、放电的实验电路图。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12
(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图像与坐标轴所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”值求得Q＝8.75×10－3 C
则C＝＝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流过，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。
13．(2021·广东肇庆中学质检)如图13所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一个匀强电场，电场强度大小为E、方向与圆所在的面平行。PQ为圆的一条直径，与电场强度方向的夹角θ＝60°。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于电场强度的方向射入电场，不计粒子重力。

图13
(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0；
(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值ΔEp。
答案　(1) (2)圆弧上最低点　－
解析　(1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，
则水平方向有2Rsin θ＝v0t
竖直方向有2Rcos θ＝at2
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得v0＝。
(2)粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大
ΔEp＝－qEd
d＝R＋Rcos θ
解得ΔEp＝－。