高中高考物理總復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí)知識歸納第七章第3講

高考試卷試題學(xué)習(xí)資料第3講電容器帶電粒子在電場中的運動一、電容器及電容1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成．(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值．(3)電容器的充、放電：①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值．(2)定義式：C＝eq\f(Q,U).(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF.(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低．(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(guān)．3．平行板電容器的電容(1)決定因素：正對面積，相對介電常數(shù)，兩板間的距離．(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).自測1對于某一電容器，下列說法正確的是()A．電容器所帶的電荷量越多，電容越大B．電容器兩極板間的電勢差越大，電容越大C．電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍D．電容器兩極板間的電勢差減小到原來的eq\f(1,2)，它的電容也減小到原來的eq\f(1,2)答案C解析根據(jù)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，電容的大小跟電容兩端的電勢差以及電容器所帶的電荷量的多少無關(guān)，根據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍，所以C正確，A、B、D錯誤．二、帶電粒子在電場中的運動1．加速(1)在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).(2)在非勻強電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).2．偏轉(zhuǎn)(1)運動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖1所示．圖1(2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動．根據(jù)運動的合成與分解的知識解決有關(guān)問題．(3)基本關(guān)系式：運動時間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉(zhuǎn)量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(02,))，偏轉(zhuǎn)角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02,)).三、示波管1．示波管的構(gòu)造①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏(如圖2所示)圖22．示波管的工作原理(1)YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．(2)觀察到的現(xiàn)象①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑．②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象．自測2(2018·廣東省惠州市模擬)如圖3所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L.為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量為eq\f(h,U2))可采用的方法是()圖3A．增大兩板間的電勢差U2B．盡可能使板長L短些C．使加速電壓U1升高些D．盡可能使板間距離d小些答案D解析帶電粒子加速時，由動能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv2帶電粒子偏轉(zhuǎn)時，由類平拋運動規(guī)律，得：L＝vth＝eq\f(1,2)at2又由牛頓第二定律得：a＝eq\f(qU2,md)聯(lián)立得h＝eq\f(U2L2,4dU1)由題意，靈敏度為：eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1)可見，靈敏度與U2無關(guān)，要提高示波管的靈敏度，可使板長L長些、板間距離d小一些、加速電壓U1降低一些，故A、B、C錯誤，D正確．命題點一平行板電容器的動態(tài)分析1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變．(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．2．動態(tài)分析思路(1)U不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析Q的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變化．③根據(jù)UAB＝E·d分析某點電勢變化．(2)Q不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析U的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強變化．例1(2016·全國卷Ⅰ·14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變答案D解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變小，因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時，Q減小，再由E＝eq\f(U,d)，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確．變式1(2018·北京卷·19)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖4所示．下列說法正確的是()圖4A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大答案A解析實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，在b板上將感應(yīng)出異種電荷，A正確；b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，B錯誤；插入有機玻璃板，相對介電常數(shù)εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小，C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)知，實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，是由于C不變導(dǎo)致的，D錯誤．變式2(多選)如圖5所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設(shè)此時兩極板間的電勢差為U，P點場強大小為E，電勢為φP，負電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是()圖5A．U變大，E變大 B．U變小，φP變小C．φP變小，Ep變大 D．φP變大，Ep變小答案AC解析根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當(dāng)正對面積減小時，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板間電壓增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度增大，故A正確；設(shè)P與B板之間的距離為d′，P點的電勢為φP，B板接地，φB＝0，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep是增大的，故C正確．命題點二帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．2．用動力學(xué)觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(02,)＝2ad.3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1例2(2018·河北省邢臺市上學(xué)期期末)如圖6所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P.現(xiàn)有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則()圖6A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同D．乙電子運動到O點的速率為2v0答案C解析兩板間距離變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據(jù)Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當(dāng)d變大時，兩板間的場強不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據(jù)e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可知，乙電子運動到O點的速率v＝eq\r(2)v0，選項D錯誤．變式3(多選)(2018·山西省呂梁市第一次模擬)如圖7所示，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計)從左方沿A、C連線方向射入，到A點時速度vA＝1m/s，到B點時速度vB＝eq\r(5)m/s，則()圖7A．微粒從B至C做加速運動，且vC＝3m/sB．微粒在整個運動過程中的最終速度為eq\r(5)m/sC．微粒從A到C先做加速運動，后做減速運動D．微粒最終可能返回至B點，其速度大小為eq\r(5)m/s答案AB解析AC之間電場是對稱的，A到B電場力做的功和B到C電場力做的功相同，依據(jù)動能定理可得：qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)，2qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)，解得vC＝3m/s，A正確；過B作垂直AC的面，此面為等勢面，微粒經(jīng)過C點之后，會向無窮遠處運動，而無窮遠處電勢為零，故在B點的動能等于在無窮遠處的動能，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終的速度應(yīng)該與在B點時相同，均為eq\r(5)m/s，B正確，D錯誤；在到達A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒一直做加速運動，C錯誤．變式4(多選)(2018·廣東省惠州市第三次調(diào)研)如圖8，在豎直平面內(nèi)有一勻強電場，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球在力F(大小可以變化)的作用下沿圖中虛線由A至B做豎直向上的勻速運動．已知力F和AB間夾角為θ，A、B間距離為d，重力加速度為g.則()圖8A．力F大小的取值范圍只能在0～eq\f(mg,cosθ)B．電場強度E的最小值為eq\f(mgsinθ,q)C．小球從A運動到B電場力可能不做功D．若電場強度E＝eq\f(mgtanθ,q)時，小球從A運動到B電勢能變化量大小可能為2mgdsin2θ答案BCD解析小球受到重力mg、力F與電場力qE，因為小球做勻速直線運動，合力為零，則F與qE的合力與mg大小相等、方向相反，作出F與qE的合力，如圖所示，可知，當(dāng)電場力qE沿水平方向時，F(xiàn)＝eq\f(mg,cosθ)，電場力qE可以繼續(xù)增大，F(xiàn)也能繼續(xù)增大，F(xiàn)可以大于eq\f(mg,cosθ)，A錯誤；當(dāng)電場力qE與F垂直時，電場力最小，此時場強也最小，則得：qEmin＝mgsinθ，所以電場強度的最小值為：Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，B正確；若電場強度E＝eq\f(mgtanθ,q)，電場力qE可能與AB方向垂直，如圖位置1，小球從A運動到B電場力不做功，電勢能變化量為0，也可能電場力位于位置2方向，則電場力做功為2mgdsin2θ，C、D正確．命題點三帶電粒子(帶電體)在電場中的偏轉(zhuǎn)1．運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))(2)沿電場力方向，做勻加速直線運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(02,)).,離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(02,)).))2．兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(02,))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．例3(2016·北京理綜·23改編)如圖9所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d.圖9(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2.答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)見解析解析(1)根據(jù)動能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)(2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力G＝mg≈10－29N電場力F＝eq\f(eU,d)≈10－15N由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力．例4(多選)(2018·河南省南陽市上學(xué)期期末)如圖10所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結(jié)論正確的是(已知重力加速度為g)()圖10A．兩極板間電壓為eq\f(mgd,2q)B．板間電場強度大小為eq\f(2mg,q)C．整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加eq\f(mg2L2,v\o\al(02,))D．若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點不可能垂直打在M上答案BC解析據(jù)題分析可知，質(zhì)點在平行板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，質(zhì)點的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在屏M上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed得板間電勢差U＝eq\f(2mg,q)×d＝eq\f(2mgd,q)，故A錯誤，B正確；質(zhì)點在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE－mg,m)＝g，t＝eq\f(L,v0)，解得：y＝eq\f(gL2,2v\o\al(02,))，故質(zhì)點打在屏上的位置與P點的距離為：s＝2y＝eq\f(gL2,v\o\al(02,))，重力勢能的增加量Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,v\o\al(02,))，故C正確；僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，板間場強不變，質(zhì)點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在屏M上，故D錯誤．變式5(2018·廣東省茂名市第二次模擬)如圖11所示，空間存在電場強度為E、方向水平向右的范圍足夠大的勻強電場．擋板MN與水平方向的夾角為θ，質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的粒子從與M點在同一水平線上的O點以速度v0豎直向上拋出，粒子運動過程中恰好不和擋板碰撞，粒子運動軌跡所在平面與擋板垂直，不計粒子的重力，求：圖11(1)粒子貼近擋板時水平方向速度的大??；(2)O、M間的距離．答案(1)eq\f(v0,tanθ)(2)eq\f(mv\o\al(,02),2qEtan2θ)解析(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時速度方向與擋板恰好平行，設(shè)此時粒子水平方向速度大小為vx，則tanθ＝eq\f(v0,vx)解得：vx＝eq\f(v0,tanθ)(2)粒子做類平拋運動，設(shè)粒子運動的加速度為a，由牛頓第二定律：qE＝ma在如圖所示的坐標(biāo)系中：vx＝at，x0＝eq\f(1,2)at2，y0＝v0t設(shè)O、M間的距離為d，由幾何關(guān)系：tanθ＝eq\f(y0,d＋x0)解得：d＝eq\f(mv\o\al(02,),2qEtan2θ).1．(2018·廣東省揭陽市學(xué)業(yè)水平考試)據(jù)國外某媒體報道，科學(xué)家發(fā)明了一種新型超級電容器，能讓手機幾分鐘內(nèi)充滿電，某同學(xué)登山時用這種超級電容器給手機充電，下列說法正確的是()A．充電時，電容器的電容變小B．充電時，電容器存儲的電能變小C．充電時，電容器所帶的電荷量可能不變D．充電結(jié)束后，電容器不帶電，電容器的電容為零答案B解析電容器的電容是由電容器自身的因素決定的，故充電時，電容器的電容不變，充電結(jié)束后，電容器的電容不可能為零，故A、D錯誤；給手機充電時，電容器所帶的電荷量減小，存儲的電能變小，故B正確；給手機充電時，手機電能增加，電容器上的電荷量一定減小，故C錯誤．2．(多選)(2019·安徽省宿州市質(zhì)檢)如圖1為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖．當(dāng)被測物體在左右方向發(fā)生位移時，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化，進而能測出電容的變化，最后就能探測到物體位移的變化，若靜電計上的指針偏角為θ，則被測物體()圖1A．向左移動時，θ增大 B．向右移動時，θ增大C．向左移動時，θ減小 D．向右移動時，θ減小答案BC解析由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當(dāng)被測物體帶動電介質(zhì)板向左移動時，導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)增大，則電容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當(dāng)被測物體帶動電介質(zhì)板向右移動時，導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)減小，則電容C減少，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U增大，則θ增大，故B正確，D錯誤．3．(多選)(2018·廣東省揭陽市高三期末)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小、電容和極板所帶的電荷量分別用d、U、E、C和Q表示．下列說法正確的是()A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话隑．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖．保持C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀禗．保持d、C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢窤CD解析保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀逗螅鶕?jù)E＝eq\f(U,d)可得E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A正確；保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，根?jù)U＝Ed可得U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B錯誤；根據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)可知將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C正確；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可得C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，根?jù)公式E＝eq\f(U,d)可知d不變，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D正確．4．(2018·廣東省廣州市4月模擬)如圖2，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，垂直電場方向進入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置．為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是(粒子重力不計)()圖2A．保持U2和平行板間距不變，減小U1B．保持U1和平行板間距不變，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板答案D解析粒子在電場中加速U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向上x＝v0t，豎直方向上y＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,dm)t2，解得x2＝eq\f(4dU1y,U2)；開始時x＝eq\f(1,2)L，保持U2和平行板間距不變，減小U1，則x會減小，選項A錯誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，選項B錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板，則d減小，x減小，選項C錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板，d變大，則x變大，故選項D正確．5．(2018·重慶市上學(xué)期期末抽測)如圖3所示，豎直面內(nèi)分布有水平方向的勻強電場，一帶電粒子沿直線從位置a向上運動到位置b，在這個過程中，帶電粒子()圖3A．只受到電場力作用B．帶正電C．做勻減速直線運動D．機械能守恒答案C解析帶電粒子沿直線從位置a運動到位置b，說明帶電粒子受到的合外力方向與速度在一條直線上，對帶電粒子受力分析，應(yīng)該受到豎直向下的重力和水平向左的電場力，電場力方向與電場線方向相反，所以帶電粒子帶負電，故A、B錯誤；由于帶電粒子做直線運動，所以電場力和重力的合力應(yīng)該和速度在一條直線上且與速度方向相反，故帶電粒子做勻減速直線運動，故C正確；電場力做負功，機械能減小，故D錯誤．6．(多選)(2018·陜西省寶雞市質(zhì)檢二)如圖4所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場E，M點與N點在同一電場線上，兩個質(zhì)量相等的帶正電荷的粒子，以相同的速度v0分別從M點和N點同時垂直進入電場，不計兩粒子的重力和粒子間的庫侖力．已知兩粒子都能經(jīng)過P點，在此過程中，下列說法正確的()圖4A．從N點進入的粒子先到達P點B．從M點進入的粒子先到達P點C．粒子在到達P點的過程中電勢能都減小D．從M點進入的粒子的電荷量小于從N點進入的粒子的電荷量答案CD解析兩粒子進入電場后做類平拋運動，因為重力不計，豎直方向勻速運動，水平方向向左勻加速運動，由題圖可知兩粒子與P點的豎直距離相同，設(shè)為y，則運動到P點的時間為t＝eq\f(y,v0)，即兩個粒子同時到達P點，故A、B錯誤；兩粒子都帶正電，電場力向左，且水平方向向左勻加速運動，故電場力做正功，電勢能都減小，故C正確；由題圖可知，從M點進入的粒子，其水平方向的位移較小，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知相同的時間t內(nèi)，從M點進入的粒子的加速度較小，根據(jù)a＝eq\f(qE,m)，兩個粒子的質(zhì)量相同，又在同一電場，即E相同，故從M點進入的粒子的電荷量較小，故D正確．7．(2018·山東省泰安市一模)如圖5所示，絕緣水平面上固定一正點電荷Q，另一電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊(可看做點電荷)從a點以初速度v0沿水平面向Q運動，到達b點時速度為零．已知a、b間距離為x，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.以下判斷正確的是()圖5A．滑塊在運動過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動摩擦力B．滑塊在運動過程的中間時刻速率等于eq\f(v0,2)C．此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(mv\o\al(,02),2)D．Q產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab＝eq\f(mv\o\al(,02)－2μgx,2q)答案D解析由于一直做減速運動，庫侖力在增大，要減速到0，摩擦力應(yīng)該始終比庫侖力大，且由a到b過程中加速度在減小，不是勻變速運動，A、B錯誤，由動能定理－qUab－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)可知，C錯誤，D正確．8.(多選)(2018·全國卷Ⅲ·21)如圖6，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動．在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是()圖6A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等答案BD解析經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa>xb，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，得aa>ab，又由a＝eq\f(F,m)知，ma<mb，A項錯誤；經(jīng)時間t到下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則電場力做功Wa>Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大，B項正確；a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ知，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，C項錯誤；根據(jù)動量定理Ft＝p－p0，則經(jīng)過時間t，a、b的動量大小相等，D項正確．9．(多選)(2018·湖北省仙桃、天門、潛江三市期末聯(lián)考)如圖7所示，在豎直平面足夠大的區(qū)域內(nèi)有電場強度為E的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，以初速度v0從電場中的O點出發(fā)，沿ON方向在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，不計空氣阻力．則()圖7A．小球運動的加速度大小為eq\f(g,2)B．小球可能一直做勻加速運動C．小球沿ON方向運動的最大位移為eq\f(v\o\al(02,),2g)D．在小球運動的前eq\f(v0,g)時間內(nèi)，電場力對小球做功－eq\f(mv\o\al(02,),4)答案CD解析小球做勻變速直線運動，合力應(yīng)與速度在同一直線上，即在ON直線上，因mg＝qE，所以電場力qE與重力關(guān)于ON對稱，根據(jù)數(shù)學(xué)知識得：電場力qE與水平方向的夾角應(yīng)為30°，受力情況如圖所示合力沿ON方向向下，大小為mg，所以加速度為g，方向沿ON向下，與初速度方向相反，故小球先做勻減速直線運動，當(dāng)速度減為零時，再反方向做勻加速直線運動，故A、B錯誤；當(dāng)向上速度減至零時，由運動學(xué)公式可得最大位移為x＝eq\f(v\o\al(02,),2g)，故C正確；向上勻減速至零所用的時間為t＝eq\f(v0,g)，在此過程中，小球克服電場力做功和克服重力做功是相等的，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒可知，小球的初動能一半轉(zhuǎn)化為電勢能，一半轉(zhuǎn)化為重力勢能，初動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，則電場力做功為－eq\f(mv\o\al(02,),4)，故D正確．10.(2019·陜西省咸陽市質(zhì)檢)如圖8所示，將帶電荷量均為＋q、質(zhì)量分別為m和2m的帶電小球A與B用輕質(zhì)絕緣細線相連，在豎直向上的勻強電場中由靜止釋放，小球A和B一起以大小為eq\f(1,3)g的加速度豎直向上運動．運動過程中，連接A與B之間的細線保持豎直方向，小球A和B之間的庫侖力忽略不計，重力加速度為g，求：圖8(1)勻強電場的場強E的大小；(2)當(dāng)A、B一起向上運動t0時間時，A、B間的細線突然斷開，求從初始的靜止?fàn)顟B(tài)開始經(jīng)過