2025年物理新高考備考2025年（版）物理《三維設(shè)計(jì)》一輪總復(fù)習(xí)（提升版）第3講　電容器　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

第3講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一電容器及平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1.電容器（1）組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。（2）帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。（3）充電與放電①充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩極板帶上等量異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能。②放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)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Q與電容器兩極板間的電勢(shì)差U的比值。（2）定義式：C＝QU（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。3.平行板電容器的電容（1）決定因素：正對(duì)面積、相對(duì)介電常數(shù)、兩板間的距離。（2）決定式：C＝εrS4?判斷小題1.電容器的電荷量等于兩個(gè)極板所帶電荷量絕對(duì)值的和。（×）2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比，與電壓成反比。（×）3.放電后電容器的電荷量為零，電容也為零。（×）4.平行板電容器的兩板間插入一塊導(dǎo)體板，其電容將變大。（√）1.動(dòng)態(tài)分析的思路2.平行板電容器兩類動(dòng)態(tài)變化的特點(diǎn)比較【例1】（多選）如圖所示，一個(gè)由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點(diǎn)不動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C減小B.若斷開S，將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢(shì)能減小C.在S仍閉合的情況下，增大兩極板間距離的過(guò)程中，電阻R中有從b到a的電流D.若斷開S，減小兩極板間的距離，則帶電液滴向下運(yùn)動(dòng)答案：AB解析：根據(jù)C＝εrS4πkd可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對(duì)面積S減小，電容器的電容C減小，故A正確；帶電液滴受到豎直向上的電場(chǎng)力，電場(chǎng)方向豎直向下，帶電液滴帶負(fù)電荷，若斷開S，則電容器所帶的電荷量不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，B板電勢(shì)為零，根據(jù)UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知將B板向下平移一小段位移，dPB增大，則P點(diǎn)的電勢(shì)升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，帶負(fù)電荷的液滴電勢(shì)能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，增大兩極板間的距離，電容器的電容C減小，電容器放電，電阻R中有從a到b的電流，故C錯(cuò)誤；若斷開S，減小兩極板間的距離，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，液滴受到的電場(chǎng)力不變，電容器內(nèi)固定點(diǎn)的電勢(shì)及電勢(shì)能的變化（1）單純求電容器內(nèi)某點(diǎn)的電勢(shì)，不方便，一般求該點(diǎn)到電勢(shì)為零的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，兩點(diǎn)間的電勢(shì)差一般采用方程Uab＝El來(lái)計(jì)算，其中l(wèi)為a、b兩點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的距離。（2）Uab＝El中的電場(chǎng)強(qiáng)度可以利用方程E＝Ud求解，其中U為兩板間的電壓，d（3）E＝Ud中兩板間的電壓，利用U＝QC可求。平行板電容器電容可以利用方程C＝（4）由于已經(jīng)知道了電容器內(nèi)某點(diǎn)的電勢(shì)，求電勢(shì)能主要利用方程Ep＝φq。1.【電容器的電容】“超級(jí)電容器”由于電極中加入了表面積非常大的石墨烯，所以具備超大的容量，適合作為動(dòng)力電池的助力動(dòng)力源。相對(duì)于普通電容器，“超級(jí)電容器”（）A.極板電荷量較大B.極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度較大C.單位電壓容納的電荷量較大D.帶相同電荷量時(shí)電壓較大解析：C由于超級(jí)電容器具備超大的容量，即單位電壓容納的電荷量較大，也就是電容C較大，故帶相同電荷量時(shí)電壓較小，C正確，D錯(cuò)誤；電容器的容納能力較大，并不代表實(shí)際使用中極板電荷量較大、電場(chǎng)強(qiáng)度較大，也有可能極板電荷量很小，電場(chǎng)強(qiáng)度很小，A、B錯(cuò)誤。2.【電容器的動(dòng)態(tài)分析】（2022·重慶高考2題）如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測(cè)量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動(dòng)，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時(shí)，極板上所帶電荷量變少，則（）A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變C.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大D.電容器電容變大解析：A根據(jù)題意可知極板之間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據(jù)電容定義式C＝QU可知，電容器的電容C減小，D錯(cuò)誤；根據(jù)電容的決定式C＝εrS4πkd可知，極板間距d增大，極板之間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)E＝Ud可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，B、C錯(cuò)誤；極板間距考點(diǎn)二帶電粒子（體）在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)做直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)。（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(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）。（2）帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。2.兩大觀點(diǎn)解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)（1）用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析（只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)）a＝qEm，E＝Ud，v2－v02（2）用功能觀點(diǎn)分析①勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12m②非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1?！纠?】如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上下極板開有一小孔，四個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長(zhǎng)均為d4的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極板小孔中，且由靜止釋放，讓四個(gè)小球豎直下落。當(dāng)下端第二個(gè)小球到達(dá)下極板時(shí)，速度恰好為零。已知僅兩極板間存在電場(chǎng)，重力加速度為g，試求（1）兩極板間的電壓；（2）小球運(yùn)動(dòng)的最大速度。答案：（1）20mgd13q（解析：（1）根據(jù)動(dòng)能定理可得4mg×54d－2qU－34qU－12解得U＝20mgd（2）當(dāng)兩個(gè)小球在電場(chǎng)中時(shí)，電場(chǎng)力F1＝2q×Ud＝4013mg＜當(dāng)三個(gè)小球在電場(chǎng)中時(shí)，電場(chǎng)力F2＝3q×Ud＝6013mg＞故當(dāng)?shù)谌齻€(gè)小球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得4mg×d2－12qU－14qU＝12×4解得v＝11gd1.如圖為靜電植絨流程示意圖，將絨毛放在帶負(fù)電荷的容器中，使絨毛帶上負(fù)電，容器與帶電極板之間加恒定的電壓，絨毛呈垂直狀加速飛到需要植絨的物體表面上。不計(jì)重力和空氣阻力，下列判斷正確的是（）A.帶電極板帶負(fù)電B.絨毛在飛往需要植絨的物體的過(guò)程中，電勢(shì)能不斷增大C.若增大容器與帶電極板之間的距離，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率增大D.質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率越大解析：D絨毛帶負(fù)電加速向下運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)強(qiáng)度向上，帶電極板帶正電，故A錯(cuò)誤；絨毛在飛往需要植絨的物體的過(guò)程中，電場(chǎng)力向下做正功，電勢(shì)能不斷減小，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得qU＝12mv2，解得v＝2qUm，若增大容器與帶電極板之間的距離，而電極板之間的電壓恒定，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率不變，故C錯(cuò)誤；由v＝2qUm，可知質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，2.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)，由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，現(xiàn)將C板向右平移到P'點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子（）A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B.運(yùn)動(dòng)到P和P'點(diǎn)之間返回C.運(yùn)動(dòng)到P'點(diǎn)返回D.穿過(guò)P'點(diǎn)解析：A設(shè)A、B板間的電勢(shì)差為U1，B、C板間的電勢(shì)差為U2，板間距為d，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，第一次由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得eU1－eU2＝0，則有eU1＝eU2＝eEd，將C板向右移動(dòng)，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)镋＝U2'd'＝QC2d'＝QεrS4πkd'·d'＝4πkQεrS，考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)（1）沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t＝lv0（如圖（2）沿靜電力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)①加速度：a＝Fm＝qEm＝②離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝12at2＝qU③離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝vyv0以示波管模型為例，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示。（1）確定最終偏移距離OP的兩種方法方法1方法2（2）確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的動(dòng)能（或速度）的兩種方法方法1方法2【例3】如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1＝2500V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側(cè)有兩個(gè)相同的平行金屬極板水平正對(duì)放置，板長(zhǎng)l＝6.0cm，相距d＝2cm，兩極板間加一電壓U2＝200V的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。已知電子的電荷量e＝1.6×10－19C，電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30kg，設(shè)電子剛離開金屬絲時(shí)的速度為0，忽略金屬極板邊緣對(duì)電場(chǎng)的影響，不計(jì)電子受到的重力。求：（1）電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek；（2）電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量y；（3）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它所做的功W。答案：（1）4.0×10－16J（2）0.36cm（3）5.76×10－18J解析：（1）電子在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理有eU1＝Ek解得Ek＝4.0×10－16J。（2）設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t電子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，由l＝v1t，解得t＝l電子在豎直方向受電場(chǎng)力F＝e·U電子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a依據(jù)牛頓第二定律有e·U2d＝解得a＝e電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量y＝12at2＝解得y＝0.36cm。（3）電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)位置的電勢(shì)差U＝U2d電場(chǎng)力所做的功W＝eU，解得W＝5.76×10－18J。1.【兩個(gè)電荷偏轉(zhuǎn)對(duì)比】真空中存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，氦核與氚核先后從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向射入該電場(chǎng)，在僅受電場(chǎng)力的作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。則氦核與氚核在（）A.電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同B.射入電場(chǎng)時(shí)的初速度相同C.射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)量相同D.射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能相等解析：C根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，解得a＝qmE，氦核的比荷qm為12，氚核的比荷為13，可得電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度之比為3∶2，A錯(cuò)誤；由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得y＝12at2，x＝v0t，聯(lián)立解得v0＝qEx22my，由題圖可知，x相同時(shí)，y氦y氚＝83，可得射入電場(chǎng)時(shí)的初速度之比為3∶4，B錯(cuò)誤；結(jié)合B解析可得y＝mqEx22（mv0）2，若射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)量mv0相同，代入質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)之比可得y氦y氚＝83，符合題意，故射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)量相同2.【帶電粒子偏轉(zhuǎn)的應(yīng)用】（2023·北京高考20題）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進(jìn)入由一對(duì)平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變。在勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d、不考慮重力影響和顆粒間相互作用。（1）若不計(jì)空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U1；（2）若計(jì)空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對(duì)于空氣的速度v方向相反，大小為Ff＝krv，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度。a.半徑為R、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U2；b.已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10μm和2.5μm的兩種顆粒，若10μm的顆粒恰好100％被收集，求2.5μm的顆粒被收集的百分比。答案：（1）2d2mv02qL解析：（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有L＝v0t豎直方向d＝12at根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma又E＝U聯(lián)立解得U1＝2d（2）a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，此時(shí)F電＝Ff，即qU2又dv＝聯(lián)立解得U2＝d2b.10μm帶電荷量q1的顆粒恰好100％被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于靜電力，有Ff1＝krvmax，F(xiàn)f1＝q在豎直方向顆粒勻速下落d＝vmaxt2.5μm的顆粒帶電荷量為q2＝q顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于靜電力，有Ff2＝14krvmax'，F(xiàn)f2＝設(shè)只有距下極板為d'的2.5μm的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落有d'＝vmax't聯(lián)立解得d'＝d2.5μm的顆粒被收集的百分比d'd×100％＝跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.如圖所示，一個(gè)從F處無(wú)初速度釋放的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述錯(cuò)誤的是（設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為U）（）A.電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是UeB.電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零C.電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3UeD.電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)解析：C電子被無(wú)初速度釋放后，在A、B之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，且Ue＝ΔEk，A正確；電子在B、C之間做勻速運(yùn)動(dòng)，B正確；在C、D之間電子先沿原來(lái)的運(yùn)動(dòng)方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D板時(shí)，速度減為零，而后又開始反方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，即電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。2.（2024·河南四市模擬）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)，存在一個(gè)沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶正電荷的粒子（不計(jì)重力），以某一速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O開始沿x軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)（此時(shí)t＝0）。則靜電力對(duì)粒子做功的功率P與粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系圖像，下列可能正確的是（）解析：C粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有a＝qEm，vy＝at＝qEmt，則靜電力對(duì)粒子做功的功率P＝qEvy＝q2E2mt，所以P3.（多選）手機(jī)觸摸屏多數(shù)采用的是電容式觸摸屏，其原理可簡(jiǎn)化為如圖所示的電路。平行板電容器的上、下兩極板A、B分別接在一恒壓直流電源的兩端，上極板A為兩端固定的可動(dòng)電極，下極板B為固定電極。當(dāng)用手指觸壓屏幕上某個(gè)部位時(shí)，可動(dòng)電極的極板會(huì)發(fā)生形變，從而改變電容器的電容。當(dāng)壓力F增大時(shí)（）A.電容器所帶電荷量不變B.直流電源對(duì)電容器充電C.極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大D.電阻R上有從a到b的電流解析：BC當(dāng)壓力F增大時(shí)，兩極板間距離減小，由公式C＝εrS4πkd可知，電容增大，由公式C＝QU可知，電容器所帶電荷量增大，即直流電源對(duì)電容器充電，電阻R上有從b到a的電流，由公式E＝Ud4.為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，如圖所示，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，上下底面是金屬板。當(dāng)金屬板連接到高壓電源正負(fù)兩極時(shí)，在兩金屬板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，顆粒帶負(fù)電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。下列說(shuō)法正確的是（）A.煙塵顆粒向下運(yùn)動(dòng)B.兩金屬板間電場(chǎng)方向向上C.煙塵顆粒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能減少D.煙塵顆粒電荷量可能是電子電荷量的1.5倍解析：C由題意可知上底面金屬板為電容器正極，下底面金屬板為電容器負(fù)極，兩金屬板間電場(chǎng)方向向下，則帶負(fù)電的煙塵顆粒受到的靜電力向上，將向上運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；煙塵顆粒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中靜電力做正功，電勢(shì)能減少，故C正確；帶電體的帶電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電荷量的1.5倍，故D錯(cuò)誤。5.（多選）如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子（）A.所受合力為零 B.做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C.電勢(shì)能逐漸增加 D.機(jī)械能逐漸增加解析：BC對(duì)帶電粒子受力分析如圖所示，可知F合≠0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖可知靜電力與重力的合力方向與v0方向相反，所以粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；除重力外，由于靜電力Eq做負(fù)功，電勢(shì)能增加，機(jī)械能減少，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。6.（2024·重慶涪陵模擬）小李同學(xué)用所學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)了一個(gè)電容式風(fēng)力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計(jì)組成回路，可動(dòng)電極在風(fēng)力作用下向右移動(dòng)，引起電容的變化，風(fēng)力越大，移動(dòng)距離越大（兩電極不接觸）。若極板上電荷量保持不變，在受到風(fēng)力作用時(shí)，則（）A.電容器電容變小B.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C.極板間電壓變小D.靜電計(jì)指針張角越大，風(fēng)力越大解析：C在受到風(fēng)力作用時(shí)，d減小，根據(jù)C＝εrS4πkd，知此時(shí)電容器電容變大，故A錯(cuò)誤；極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝Ud＝QCd＝QCd＝4πkQεrS不變，故B錯(cuò)誤；極板間電壓U＝QC變小，故7.（多選）（2024·貴州鎮(zhèn)遠(yuǎn)模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy的一、四象限內(nèi)有大小為E0、方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線OM與x軸夾角α＝30°。一帶電荷量為－q、質(zhì)量為m的粒子由靜止釋放，經(jīng)過(guò)加速電壓為U0的電壓加速后從y軸上的Q點(diǎn)，以初速度v0沿x軸正方向射出，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)垂直打在OM上的P點(diǎn)（未標(biāo)出）。已知粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，Q、P間沿y軸方向上的距離為s04。不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是（A.粒子在P點(diǎn)沿豎直方向速度小于v0B.加速電壓U0為qC.v0＝3D.P點(diǎn)橫坐標(biāo)為34s解析：BC粒子做曲線運(yùn)動(dòng)垂直打在OM上的P點(diǎn)，則tan30°＝v0vPy，粒子在P點(diǎn)沿豎直方向速度vPy＝3v0，故A錯(cuò)誤；根據(jù)vPy＝3v0，vPy＝qE0mt，qU0＝12mv02，聯(lián)立解得v0＝3qE0t3m，U0＝qE02t26m，故B、C正確；根據(jù)題意0+8.（2023·浙江6月選考12題）AB、CD兩塊正對(duì)的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為1.0×10－8C、質(zhì)量為3.0×10－4kg的小球用長(zhǎng)為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開關(guān)S，小球靜止時(shí)，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動(dòng)到CD板上的M點(diǎn)（未標(biāo)出），則（）A.MC距離為53cmB.電勢(shì)能增加了343×10－4C.電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3×104N/CD.減小R的阻值，MC的距離將變大解析：B結(jié)合幾何關(guān)系，對(duì)小球受力分析，如圖所示。在水平方向有F·cos60°＝FT·cos60°在豎直方向有F·sin60°＋FT·sin60°＝mg，聯(lián)立解得E＝3×105N/C，C錯(cuò)誤；剪斷細(xì)線，小球所受合力方向與FT等大反向，故小球沿AM方向做直線運(yùn)動(dòng)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知AN·cos30故MC＝ACtan30°＝103cm，A由N到M過(guò)程，小球所受的電場(chǎng)力F＝Eq，故電場(chǎng)力做的功W＝－F（AC－ANsin30°）＝－334×10－故小球電勢(shì)能增加了334×10－4J，B因?yàn)殡娙萜鲀啥说碾妷旱扔陔娫措妷?，所以減小R的阻值，電容器兩端的電壓不變，又兩板間距一定，故小球的受力情況不變，即小球的運(yùn)動(dòng)情況不變，則MC的距離不變，D錯(cuò)誤。9.（2023·新課標(biāo)卷25題）密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率v02，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形（1）求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比。答案：（1）8∶1（2）負(fù)電荷正電荷4∶1解析：（1）根據(jù)題述知空氣阻力Ff＝kvr設(shè)油滴a的質(zhì)量為m1，油滴a以速率v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有m1g＝kv0r1，m1＝43πr設(shè)油滴b的質(zhì)量為m2，油滴b以速率14v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有m2g＝k·14v0r2，m2＝43聯(lián)立解得m1∶m2＝8∶1。（2）當(dāng)在上下平板加恒定電壓（上板為正極）時(shí)，這兩個(gè)油滴很快以12v0的速率豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所以油滴a速度減小，說(shuō)明油滴a受到了向上的電場(chǎng)力，則油滴a帶負(fù)電荷；油滴b速度增大，說(shuō)明油滴b受到了向下的電場(chǎng)力，則油滴b由m1m2＝8和m1＝43πr13ρ，m2＝43πr23ρ可知由Ff＝kvr可知兩個(gè)油滴均以速率12v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受空氣阻力之比為Ff1F油滴b以速率14v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受空氣阻力為Ff0＝m2結(jié)合Ff＝kvr可知油滴b以速率12v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受空氣阻力為Ff2＝2Ff0＝2m2油滴a以速率12v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所受空氣阻力為Ff1＝2Ff2＝4m2設(shè)油滴a所帶電荷量的絕對(duì)值為q1，由平衡