高三物理第一輪復(fù)習(xí)：電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動知識精講

1、高三物理第一輪復(fù)習(xí)：電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動【本講主要內(nèi)容】電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動1、理解電容器的電容的概念，并能用公式來進(jìn)行計算。2、知道平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)，知道公式。3、理解帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動規(guī)律，并能解決加速和偏轉(zhuǎn)的有關(guān)問題。4、知道示波管的基本原理及示波器的應(yīng)用?！局R掌握】【知識點(diǎn)精析】1、電容（1）電容器任何兩個彼此絕緣而又互相靠近的導(dǎo)體，都可以看成一個電容器，最簡單的就是平行板電容器，平行板電容器帶電時，兩板帶等量異種電荷，每個板所帶電荷量的絕對值即為電容器所帶的電荷量Q，此時兩板間有電勢差U。（2）電容電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量。電

2、容的定義：電容器所帶電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值叫電容器的電容。定義式是或。電容是電容器的一個基本性質(zhì)，一只電容器具有確定的電容值，與其是否帶電、帶多少電荷無關(guān)。電容的國際制單位為法拉（F），。（3）平行板電容器的電容平行板電容器的電容跟介電常數(shù)成正比，跟正對面積S成正比，跟兩板間的距離d成反比。寫成公式有。（4）常用電容器有固定電容器、電解電容器和可變電容器等2、帶電粒子在電場中的加速（1）運(yùn)動狀態(tài)分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力與運(yùn)動方向在同一直線上，粒子做勻加（減）速直線運(yùn)動。（2）處理方法：用運(yùn)動學(xué)公式：帶電粒子的加速度（d為粒子沿場強(qiáng)方向移動的

3、距離）由勻變速直線運(yùn)動的速度，位移公式，即可求得帶電粒子加速后的速度v。用功能觀點(diǎn)分析：由動能定律求出帶電粒子的速度v。比較上述兩種方法，運(yùn)用動能定理求解往往比較簡單，并且對非勻強(qiáng)電場也適用。3、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題：（1）運(yùn)動狀態(tài)分析：帶電粒子以速度垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時，將受到恒定的與初速度方向成角的電場力作用而做類似平拋的勻變速曲線運(yùn)動。（2）偏轉(zhuǎn)運(yùn)動的分析處理方法：用類似平拋運(yùn)動的分析方法來處理。即沿初速度方向做速度為的勻速直線運(yùn)動；沿電場力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。帶電粒子的運(yùn)動是這兩個運(yùn)動的合運(yùn)動。如圖所示，設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度沿垂直于

4、電場的方向，進(jìn)入長為l、間距為d、電壓為U的平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中，若不計粒子的重力，則可求出如下物理量。粒子穿越電場的時間t粒子在垂直電場方向以v=做勻速直線運(yùn)動，l=t所以t=。粒子離開電場時的速率v粒子沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動，加速度，粒子離開電場時平行電場方向的分速度 所以。粒子離開電場時的側(cè)移距離。粒子離開電場時的偏角的正切。 速度方向的反向延長線必過偏轉(zhuǎn)電場的中點(diǎn)：由偏角公式和側(cè)移公式有即粒子可看做是從兩板間的中點(diǎn)沿直線射出的。若帶電粒子是在電勢差為的電場中由靜止加速后射入偏轉(zhuǎn)電場的，則帶入側(cè)移公式，偏向角公式由此知，同性質(zhì)的帶電粒子在同一電場中加速，射入同一偏轉(zhuǎn)電場時，射出方

5、向一致，和該粒子無關(guān)。4、示波管 主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏三部分組成，電子的運(yùn)動實質(zhì)是在電場中加速偏轉(zhuǎn)。【解題方法指導(dǎo)】一、平行板電容器電容E、U、Q的變化問題例1一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷（電荷量很?。┕潭ㄔ赑點(diǎn)，如圖所示，以E表示兩極板間的場強(qiáng)，U表示電容器的電壓，表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能。若保持負(fù)極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（ ） A. U變小，E不變B. U變大，E不變 C. U變小，不變 D. U不變，E不變解析：當(dāng)平行板電容器充電后與電源斷開時，對有關(guān)物理量變化的討論，要注意板間場強(qiáng)的一個特點(diǎn)，E=即對于介質(zhì)介電常數(shù)為的平

6、行板電容器而言，兩極板間場強(qiáng)只與極板上單位面積的帶電荷量（電荷的面密度）成正比。每板帶電荷量Q不變，兩極板間場強(qiáng)E保持不變，由于板間距離d減小，據(jù)U=Ed可知電容器的電壓U變小。由于場強(qiáng)E不變，因此P點(diǎn)與接地的負(fù)極板即與地的電勢差保持不變，即P點(diǎn)的電勢保持不變，因此電荷在P點(diǎn)的電勢能保持不變，故本題的答案為A、C. 答案：AC方法總結(jié)：（1）這類問題一般有兩種情況：平行板電容器充電后與直流電源斷開時，所帶電量Q不變，故板間場強(qiáng)E不變。平行板電容器與直流電源始終連接時，電勢差U不變。（2）討論平行板電容器有關(guān)各量的變化時的物理公式有三個：電容的定義式。平行板電容器電容的決定式。板內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的

7、確定式。二、粒子的直線加速問題例2如圖甲所示，A、B是真空中平行放置的金屬板，加上電壓后，它們之間的電場可視為勻強(qiáng)電場。A、B兩極板間距d=15cm，今在A、B兩極板上加如圖乙所示的交變電壓，交變電壓的周期T=；t=0時，A板電勢比B板電勢高，電勢差。一個比荷的帶負(fù)電的粒子在t=0時從B板附近由靜止開始運(yùn)動，不計重力，問：（1）當(dāng)粒子的位移多大時，粒子速度第一次達(dá)到最大值？最大速度為多大？（2）粒子運(yùn)動過程中將與某一極板相碰撞，求粒子撞擊極板時速度的大?。拷馕觯海?）在內(nèi)，粒子向A板做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)t=時，粒子第一次達(dá)到最大速度。由牛頓第二定律，其加速度a= 設(shè)最大速度為，此間位移為s，則

8、s= （注意：若s>d，則須由s=d確定t，再求）（2）粒子在一個T內(nèi)的前時間內(nèi)先加速后減速向A板運(yùn)動，設(shè)位移為，后內(nèi)先加速后減速向B板運(yùn)動，位移設(shè)為，以后每個周期都將重復(fù)上述運(yùn)動，則=2s=0.08m所以一個周期T內(nèi)粒子的位移為=0.06m第二個周期末，粒子離B的距離=2=0.12m，此時距A板的距離=d=0.03m<0.04m。這表明粒子將在第三個周期內(nèi)的前內(nèi)到達(dá)A板。設(shè)粒子到達(dá)A板的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有v=方法總結(jié)：（1）此題屬于帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動的情況，解題的關(guān)鍵是根據(jù)Ut圖，分析帶電粒子的受力情況，弄清楚粒子詳細(xì)的運(yùn)動過程，從而利用牛頓定律和運(yùn)動學(xué)公式求解。（

9、2）分析運(yùn)動過程是解決這類問題的關(guān)鍵，同時注意運(yùn)動的周期性。（3）基本方法：力的方法牛頓運(yùn)動定律和勻變速運(yùn)動的公式。功和能的方法動能定理和能量守恒。動量的方法動量定理和動量守恒。三、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題例3質(zhì)量為，電荷量為Q的微粒（重力不計）在勻強(qiáng)電場中的A點(diǎn)時速度為v，方向與電場線垂直，運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度為2v，如圖所示，已知A、B兩點(diǎn)間距為D. 求：（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢差。（2）電場強(qiáng)度的大小和方向。解析：（1）帶電粒子由A運(yùn)動到B時，速度增大，電場力做正功。由動能定理有。則A、B兩點(diǎn)間電勢差 （2）電場力做功，電場強(qiáng)度方向應(yīng)水平向左，依據(jù)運(yùn)動合成和分解的知識，微粒在B點(diǎn)的速度可分解為和

10、，因=v，。所以微粒在水平方向僅受電場力作用而做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)場強(qiáng)為E，因，=at 故有，則t=。水平方向的位移；豎直方向的位移又。聯(lián)立以上方程解得。方法總結(jié)：本題屬于帶電粒子垂直進(jìn)入電場中做類似平拋運(yùn)動的問題。處理方法是：（1）運(yùn)用功和能的方法動能定理求出A、B兩點(diǎn)間的電勢差U；（2）運(yùn)用了運(yùn)動的合成和分解的知識牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式求得了。方法總結(jié)：偏轉(zhuǎn)問題的處理方法，類似于平拋運(yùn)動，主要運(yùn)用運(yùn)動的合成及分解的知識。四、帶電粒子的加速偏轉(zhuǎn)問題例4示波器是一種多功能教學(xué)儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形。它的工作原理等效成下列情況：如圖甲所示，真空室中電極K發(fā)出電子

11、（初速不計），經(jīng)過電壓為的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中。板長L，相距為d，在兩板間加上如圖乙所示的正弦交變電壓，前半個周期內(nèi)B板的電勢高于A板的電勢，電場全部集中在兩板之間，且分布均勻。在每個電子通過極板的極短時間內(nèi)，電場視作恒定的。在兩極板右側(cè)且與極板右側(cè)相距D處有一個與兩板中心線垂直的熒光屏，中心線正好與屏上坐標(biāo)原點(diǎn)相交。當(dāng)?shù)谝粋€電子到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O時，使屏以速度v沿x方向運(yùn)動，每經(jīng)過一定的時間后，在一個極短時間內(nèi)它又跳回初始位置（可忽略不計），然后重新做同樣的勻速運(yùn)動。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量e，不計電子的重力，求：（1）電子進(jìn)入AB板時的初速度。（2）要使所

12、有的電子都能打在熒光屏上，圖乙中電壓的最大值需滿足什么條件？（3）要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏必須每隔多長時間回到初始位置？計算這個波形的峰值和長度。在丙所示的yx坐標(biāo)系中畫出這個波形。解析：（1）設(shè)電子進(jìn)入AB板時的初速度為則由動能定理有解得（2）電子在垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間設(shè)電子在電場方向做勻加速直線運(yùn)動的位移 要使所有的電子都能打在熒光屏上由以上各式解得（3）要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏運(yùn)動的周期應(yīng)該與交變電壓相同，所以，熒光屏必須每隔時間T回到初始位置。電壓為峰值時熒光屏上的波形出現(xiàn)峰值Y。波形為正弦曲線。波形如圖丙所示。該波形的峰值解得Y所

13、以該波形的長度SvT答案：（1）（2） （3）Y SvT波形如圖丙。方法總結(jié)：示波器的原理實質(zhì)是帶電粒子在電場中的先加速再偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動。五、帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動問題例5如圖所示，在xoy平面內(nèi)（Y軸正方向豎直向上）存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，有一帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)沿Y軸正方向豎直向上拋出。它的初動能為4J，不計空氣阻力，當(dāng)它上升到最高點(diǎn)時，它的動能為5J。（1）試說明帶電小球被拋出后沿水平方向和豎直方向各做什么運(yùn)動？（2）在圖中畫出帶電小球從拋出點(diǎn)O到落回與O在同一水平面上的C點(diǎn)的運(yùn)動軌跡的示意圖。（3）求帶電小球落回到C點(diǎn)時的動能。解析：（1）水平方向初速度為零，僅受電場力作用，做初速度

14、為零的勻加速直線運(yùn)動；豎直方向僅受重力作用，以一定的初速度拋出，做豎直上拋運(yùn)動。（2）示意圖如圖。（由于上拋和回落時間相同，對應(yīng)的水平距離之比為1：3的關(guān)系）（3）由（1）（2）兩問的分析可知：由動能定理由O到M有由以上兩式得由到C有又有15解得方法總結(jié)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場和重力場中受到的作用力都是恒力，粒子做勻變速運(yùn)動，軌跡有直線和曲線兩種情況。處理方法是（1）正交分解法。（2）等效法，即將重力和電場力合成，等效為一個力?！究键c(diǎn)突破】【考點(diǎn)指要】本講知識在高考考題中常以選擇題、綜合題出現(xiàn)，是高考比較穩(wěn)定的一個考點(diǎn)和命題熱點(diǎn)，特別是應(yīng)用型、能力型的綜合型題目，應(yīng)該引起重視，常以壓軸題出現(xiàn)。理綜

15、考試中的選擇題分值在6分，綜合大題分值常在16分以上。 【典型例題分析】例1（2003年上海）為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明的有機(jī)玻璃，它的上下底面是面積A=0.04的金屬板，間距L=0.05m，當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個勻強(qiáng)電場，如圖所示?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒個，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個顆粒帶電量為C，質(zhì)量為，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的重力。求合上電鍵后：（1）經(jīng)過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课剑浚?）除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？（

16、3）經(jīng)過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達(dá)到最大？命題意圖：考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動。解析：（1）當(dāng)最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附，煙塵顆粒受到的電場力F=，得（2）由于顆粒均勻分布，可認(rèn)為煙塵的質(zhì)心位于板間中點(diǎn)位置，因此，除塵過程中電場力對煙塵所做的總功為（3）設(shè)煙塵顆粒下落距離為x，則板內(nèi)煙塵的總動能當(dāng)時，最大。又根據(jù)，則答案：（1）0.02s （2） （3）0.014s閱卷反饋：本題作為本卷的壓軸題，難度較大，考生難以突破常規(guī)思維，建立分散的均勻分布的煙塵顆粒與煙塵整體的關(guān)系，合理利用質(zhì)心的模型處理宏觀運(yùn)動問題是解決此題的關(guān)鍵。例2（2002.全國）如圖所示，

17、A、B為水平放置的平行金屬板，板間距離為d（d遠(yuǎn)小于板的長和寬）。在兩板之間有一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)P。已知在AB之間加上電壓，則質(zhì)點(diǎn)P可以靜止平衡?，F(xiàn)在AB之間加上如圖所示的隨時間變化的電壓U。在t=0時質(zhì)點(diǎn)P位于A、B間的中點(diǎn)處且初速為零。已知質(zhì)點(diǎn)P能在A、B之間以最大的幅度上下運(yùn)動而又不與兩板相碰，求圖中的電壓U改變的各時刻、及的表達(dá)式（質(zhì)點(diǎn)開始從中點(diǎn)上升到最高點(diǎn)，及以后每次從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)或從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，電壓只改變一次）。命題意圖：考查帶電粒子在變化的勻強(qiáng)電場中的平衡及直線運(yùn)動。解析：設(shè)質(zhì)點(diǎn)P的質(zhì)量為電荷量為q，根據(jù)題意，當(dāng)A、B間電壓為時，有當(dāng)A、B之間電壓為2時，P的加速度向上

18、，其大小為a，解得a=g當(dāng)兩板間電壓為零時，P自由下落，加速度為g，方向向下。在t=0時，兩板間的電壓為2，P自A、B間的中點(diǎn)向上做初速為零的勻加速運(yùn)動，加速度為g，經(jīng)過，P的速度為，此時的電壓變?yōu)?，P在重力作用下做勻減速運(yùn)動，再經(jīng)過，P正好到達(dá)A板且速度為0，故有 由以上各式解得=因為=，所以=在重力作用下，P由A板處向下做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過，速度變?yōu)?，方向向下，這時加上電壓使P做勻減速運(yùn)動，經(jīng)過，P正好到達(dá)B板且速度為0，故有 由以上各式解得=因為+所以在重力和電場力的合力的作用下，P由B板處向上做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過，速度變?yōu)?，方向向上，這時電壓變?yōu)?，使P在重力作用下做勻減速運(yùn)動，經(jīng)過，P

19、正好到達(dá)A板且速度為0，故有 由以上各式解得=因為+所以由以上分析，因重力作用，P由A板向下做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過，加上電壓，經(jīng)過，P正好到達(dá)B板且速度為0.因為有同理有= 。閱卷反饋：本題整體難度較大，關(guān)鍵是深刻理解運(yùn)動和力的關(guān)系，由于運(yùn)動過程復(fù)雜，環(huán)節(jié)較多，書寫量大，許多考生沒有做完整本題。例3（2004年北京理綜）靜電分選器的原理示意圖。兩個豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強(qiáng)電場。分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等?；旌显谝黄鸬腶、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負(fù)電。經(jīng)分選電場后，a、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶A、B上。已知兩

20、板間距d=0.1m，板的長度l=0.5m，電場僅局限在平行板之間；各顆粒所帶電量大小與其質(zhì)量之比均為。設(shè)顆粒進(jìn)入電場時的初速度為零，分選過程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計。要求兩種顆粒離開電場區(qū)域時，不接觸到極板但有最大偏轉(zhuǎn)量。重力加速度g?。?）左右兩板各帶何種電荷？兩極板間的電壓多大？（2）若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m，顆粒落至傳送帶時的速度大小是多少？（3）設(shè)顆粒每次與傳送帶碰撞反彈時，沿豎直方向的速度大小為碰撞前豎直方向速度大小的一半。寫出顆粒第N次碰撞反彈高度的表達(dá)式。并求出經(jīng)過多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0.01m。命題意圖：考查帶電體在電場中的偏轉(zhuǎn)。

21、解析：（1）由a種顆粒帶正電，偏向左極板；b種顆粒帶負(fù)電，偏向右極板得，左板帶負(fù)電荷，右板帶正電荷。依題意，顆粒在平行板間的豎直方向做自由落體運(yùn)動，滿足在水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動，滿足兩式聯(lián)立得（2）根據(jù)動能定律，顆粒落到水平傳送帶上滿足（3）在豎直方向顆粒做自由落體運(yùn)動，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度反彈高度根據(jù)題設(shè)條件，顆粒第N次反彈后上升的高度當(dāng)N=4時閱卷反饋：對這類聯(lián)系生活實際的應(yīng)用題，部分考生未能正確領(lǐng)會題意，分析推理能力差是失分的主要原因?！揪C合測試】1. 平行板電容器兩極板與靜電計連接如圖所示。對電容器充電，使靜電計的指針張開一角度，撤去電源后，以下說法中正確

22、的是（ ）A. 增大兩板間距離，靜電計指針張角變大B. 減小兩板間距離，靜電計指針張角變大C. 將兩板錯開一點(diǎn)，靜電計指針張角變大D. 將某種電介質(zhì)插入兩板間，靜電計指針張角變大2. 如圖所示的試驗裝置中，平行板電容器的極板A與一靈敏的靜電計相接，極板B接地，若極板B稍向上移動一點(diǎn)，由觀察到的靜電計指針變化作出平行板電容器電容變小的結(jié)論的依據(jù)是（ ）A. 兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變大B. 兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變小C. 極板上的電荷量幾乎不變，兩極板間的電壓變大D. 極板上的電荷量幾乎不變，兩極板間的電壓變小3. 在如圖所示的電路中，當(dāng)電鍵S閉合后，水平放置的平行板電容器

23、中有一個帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將電鍵S斷開，則A. 液滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)B. 液滴做自由落體運(yùn)動C. 電容器上的電荷量減小D. 電容器上的電荷量增大4. （2005.全國）水平放置的平行板電容器與一電池相連，在電容器兩板間有一帶正電的質(zhì)點(diǎn)處于靜止平衡狀態(tài)，現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則（ ）A. 電容變大，質(zhì)點(diǎn)向上運(yùn)動B. 電容變大，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動C. 電容變小，質(zhì)點(diǎn)保持靜止D. 電容變小，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動5.（2005年鄭州）下列粒子從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后，速度最大的是（ ）A. 質(zhì)子（） B. 氘核（） C. 粒子（） D. 鈉離子（）6. 兩平行板間有勻強(qiáng)電場，不同的帶電粒子都

24、以垂直于電場線方向飛入該電場，要使這些粒子經(jīng)過勻強(qiáng)電場后有相同大小的偏轉(zhuǎn)角，則它們應(yīng)具備的條件是（不計重力作用）（）A. 有相同的動能和相同的比荷B. 有相同的動量和相同的比荷C. 有相同的速度和相同的比荷D. 只要有相同的比荷就可以7. （2004全國綜合）如圖是示波管中偏轉(zhuǎn)電極的示意圖，相距為d長度為L的平行板A、B加上電壓后，可在A、B之間的空間中（設(shè)為真空）產(chǎn)生電場（設(shè)為勻強(qiáng)電場）。在AB左端距A、B等距離處的O點(diǎn)，有點(diǎn)電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子以初速度沿水平方向（與A、B板平行）射入（不計重力），使此粒子能從C處射出，則A、B間的電壓應(yīng)為（ ） A. B. C. D. 8. 如圖所

25、示是說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)過電壓加速后以速度垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是，兩平行板的距離為D，電勢差為，板長為，為了提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量）可采取的方法是（）A. 增大兩板間的電勢差B. 盡可能使板長短些C. 盡可能使板間距D小一些D. 使加速電壓升高一些9. 一電場的電場強(qiáng)度隨時間變化的圖象如圖所示，此電場中有一個帶電粒子，在t=0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力的作用，則下列判斷正確的是（ ）A. 帶電粒子將做往復(fù)運(yùn)動B. 4s內(nèi)的總位移為0C. 2s末帶電粒子的速度最大D. 前2s內(nèi)電場力所做的功為010. 如圖所示，質(zhì)量為帶電量為Q的粒子以

26、豎直向上的速度V自A處射入水平向右的勻強(qiáng)電場中，當(dāng)粒子到達(dá)圖中的B處時速度的大小變?yōu)?V，方向水平向右，求AB兩點(diǎn)的電勢差。11. 如圖所示，相距為d的水平放置的兩平行金屬板構(gòu)成的電容器電容為C，a板接地且中央有一孔。開始時兩板均不帶電。現(xiàn)將電荷量為q，質(zhì)量為m的液滴一滴一滴地從小孔正上方處無初速滴下，前一滴到達(dá)B板后下一滴才開始下落。夜滴落到b板后，其電荷全部轉(zhuǎn)移到b板，不計空氣阻力的影響，重力加速度為g。求：（1）能夠到達(dá)b板的液滴不會超過多少滴？（2）若能夠達(dá)到b板的液滴數(shù)為k，則第（k+1）滴將如何運(yùn)動？12. 如圖所示，相距為d的兩塊平行金屬板M和N與電源相連，開關(guān)S閉合后，MN間產(chǎn)

27、生一勻強(qiáng)電場。一帶電粒子垂直于電場線的方向從M板的邊緣射入電場，恰好打在N板的中央。不計粒子的重力，則：（1）為使粒子剛好能飛出電場，N板應(yīng)向下移動多少?（2）若把閉合的開關(guān)S打開，為使粒子剛好能飛出電場，N板應(yīng)向下移動多少?13. （2005年北京）真空中存在空間范圍足夠大的水平向左的勻強(qiáng)電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為m帶正電的小球由靜止釋放，運(yùn)動中小球的速度與豎直方向的夾角為（取，）。現(xiàn)將該小球從電場中的某點(diǎn)以初速度豎直向上拋出。求運(yùn)動過程中（1）小球受到的電場力的大小及方向。（2）小球從拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)的電勢能的變化量。（3）小球的最小動量的大小及方向。14. 噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)簡圖如下，其

28、中墨盒可以發(fā)出半徑為的墨汁微滴，此微滴經(jīng)過帶電室處時被帶上負(fù)電，帶電的多少由計算機(jī)按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制，帶電以后的微粒以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，帶電微滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，打到紙上，現(xiàn)出字體。設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長1.6c，兩板間距離為0.5cm，偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙3.2cm，若一滴墨汁的質(zhì)量為，以20m/s的初速度垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是，若墨汁打到紙上的點(diǎn)距原射入方向的距離是2.00mm。求這滴墨汁通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌?（不計空氣的阻力和墨汁的重力，可認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器的內(nèi)部，忽略邊緣的電場的不均勻）為了使紙上的字體放大10%，請你分析提出

29、一個可行的方法。綜合測試答案1. 解析：撤去電源后電容器極板上的電荷量不變，由公式可知，當(dāng)D增大時，C變小，由有U變大，故A對，B錯。當(dāng)S減小時，由公式可知，C變小，則U變大，故C對。當(dāng)變大時，C變大，U變小，故D錯。答案：AC2. 解析：電容器的電荷量不變，電壓U變大時，根據(jù)有C變小。答案：C3. 解析：S閉合時，電容器兩端的電壓為電阻兩端的電壓U，帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則電場力與重力二力平衡，即，電鍵S斷開后，電容器兩端的電壓為電源的電動勢，顯然U，所以，故液滴向上加速運(yùn)動，A、B錯；根據(jù)公式QCU有電容器上的電量增大。C錯，D正確。答案：D4. 解析：由平行板電容器電容的決定式可知，

30、兩板間距增大，電容減小，A、B錯誤；電容器保持與電源相連，則兩板間電壓不變，由可知電場強(qiáng)度減小，質(zhì)點(diǎn)開始處于平衡狀態(tài)，qE=mg，現(xiàn)在E減小，則qE<mg，故質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動。答案：D5. 解析：設(shè)粒子質(zhì)量為m電量為q，加速后的速度為v，由動能定理有得，即速度與比荷的二次方根成正比，質(zhì)子比荷最大，故速度最大。A正確。答案：A6. 解析：設(shè)粒子的帶電量為Q，質(zhì)量為，兩板間的電壓為U，板長為，板間距為D，初速度為，初動能為，初動量為，則有偏轉(zhuǎn)角，可見C對。答案：C7. 解析：設(shè)A、B間的電壓應(yīng)為U，粒子在電場中的時間為t，則利用運(yùn)動分解的知識有： 聯(lián)立以上三式求解可得：U= 所以A選項正確。答案：A8. 解析：加速階段有：，偏轉(zhuǎn)階段有：解得：，則靈敏度可見C正確答案：C9. 解析：粒子在電場中