2019《》高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第七章靜電場第3講

第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)一、電容器及電容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)極板所帶電荷量的肯定值.(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兩個(gè)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事的上下.(5)打算因素：由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、外形、相對位置及電介質(zhì))打算，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)打算因素：正對面積，相對介電常數(shù)，兩板間的距離.(2)打算式：C＝eq\f(εrS,4πkd).自測1關(guān)于電容器及其電容，以下說法中正確的選項(xiàng)是()A.平行板電容器一板帶電＋Q，另一板帶電－Q，那么此電容器不帶電B.由公式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容隨電荷量Q的增加而增大C.對一個(gè)電容器來說，電容器的電荷量與兩板間的電勢差成正比D.假如一個(gè)電容器兩板間沒有電壓，就不帶電荷，也就沒有電容答案C二、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1.加速(1)在勻強(qiáng)電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02.(2)在非勻強(qiáng)電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02.2.偏轉(zhuǎn)(1)運(yùn)動(dòng)狀況：假如帶電粒子以初速度v0垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，那么帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖1所示.圖1(2)處理方法：將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿電場力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng).依據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的學(xué)問解決有關(guān)問題.(3)根本關(guān)系式：運(yùn)動(dòng)時(shí)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(qUl2,2mdv02)，偏轉(zhuǎn)角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).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′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓.(2)觀看到的現(xiàn)象①假如在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，那么電子槍射出的電子沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑.②假設(shè)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(gè)周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象.自測2教材P39第3題先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場.進(jìn)入時(shí)速度方向與板面平行，在以下兩種狀況下，分別求出離開時(shí)電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比.(1)電子與氫核的初速度相同.(2)電子與氫核的初動(dòng)能相同.答案見解析解析設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d、極板長為l，那么：帶電粒子在加速電場中加速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初動(dòng)能eq\f(1,2)mv02＝qU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)沿電場力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmv02).(1)假設(shè)電子與氫核的初速度相同，那么eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me).(2)假設(shè)電子與氫核的初動(dòng)能相同，那么eq\f(tanθe,tanθH)＝1.命題點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)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(dòng)態(tài)分析思路(1)U不變①依據(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依據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)的變化.③依據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢變化.(2)Q不變①依據(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依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強(qiáng)變化.例1(2016·全國卷Ⅰ·14)一平行板電容器兩極板之間布滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上.假設(shè)將云母介質(zhì)移出，那么電容器()A.極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大B.極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大C.極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變D.極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)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(shí)，εr變小，電容器的電容C變??；由于電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，依據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q減小.再由E＝eq\f(U,d)，由于U與d都不變，故電場強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確.變式1(2016·天津理綜·4)如圖3所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角.假設(shè)保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，那么()圖3A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不變C.θ減小，Ep增大 D.θ減小，E不變答案D解析假設(shè)保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；依據(jù)Q＝CU可知，在Q肯定的狀況下，兩極板間的電勢差減小，那么靜電計(jì)指針偏角θ減??；依據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，那么P點(diǎn)與下極板的電勢差不變，P點(diǎn)的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確.變式2(多項(xiàng)選擇)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時(shí)兩極板間的電勢差為U，P點(diǎn)場強(qiáng)大小為E，電勢為φP，負(fù)電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯(cuò)開一段距離(兩板間距不變)，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖4A.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解析依據(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(shí)，那么由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(qiáng)度增大，故A正確；設(shè)P與B板之間的距離為d′，P點(diǎn)的電勢為φP，B板接地，φB＝0，那么由題可知0－φP＝Ed′是增大的，那么φP肯定減小，由于負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能肯定較大，所以可知電勢能Ep是增大的，故C正確.命題點(diǎn)二帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)1.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).2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.3.用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1例2如圖5所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，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)，那么由O點(diǎn)靜止釋放的電子()圖5A.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P′點(diǎn)答案A解析依據(jù)平行板電容器的電容的打算式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強(qiáng)電場的電壓與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由O點(diǎn)靜止釋放的電子仍舊可以運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，并且會原路返回，應(yīng)選項(xiàng)A正確.變式3勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象如圖6所示.當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子(帶正電)，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()圖6A.帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B.2s末帶電粒子回到原動(dòng)身點(diǎn)C.3s末帶電粒子的速度不為零D.0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零答案D解析由牛頓其次定律可知帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度和第2s內(nèi)的加速度的關(guān)系，因此粒子將先加速1s再減速s，速度為零，接下來的s將反向加速……，v－t圖象如下圖，依據(jù)圖象可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖象可知2s內(nèi)的位移為負(fù)，應(yīng)選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖象可知3s末帶電粒子的速度為零，應(yīng)選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理結(jié)合圖象可知0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零，應(yīng)選項(xiàng)D正確.變式4如圖7所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開頭下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計(jì)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g).求：圖7(1)小球到達(dá)小孔處的速度大??；(2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開頭下落到運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間.答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)Ceq\f(mgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))解析(1)由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh).(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，加速度大小為a，有qE－mg＝ma且v2－0＝2ad，得E＝eq\f(mgh＋d,qd)，由U＝Ed、Q＝CU，得Q＝Ceq\f(mgh＋d,q).(3)由eq\f(v,2)t＝h＋d，可得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))命題點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1.運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)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(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv02).,離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv02).))2.兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開頭經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的.證明：由qU0＝eq\f(1,2)mv02y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，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)爭論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，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8所示，電子由靜止開頭經(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.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(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d.圖8(1)忽視電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0和從電場射出時(shí)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(shí)忽視了電子所受重力，請利用以下數(shù)據(jù)分析說明其緣由.U＝×102V，d＝×10－2m，m＝×10－31kg，e＝×10－19C，g＝10m/s2.答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)見解析解析(1)依據(jù)動(dòng)能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mv02，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)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.1.如圖1所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi)，當(dāng)開關(guān)S閉合，小球靜止時(shí)，懸線與豎直方向的夾角為θ，那么()圖1A.當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，假設(shè)減小平行板間的距離，那么夾角θ增大B.當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，假設(shè)增大平行板間的距離，那么夾角θ增大C.當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，假設(shè)減小平行板間的距離，那么夾角θ增大D.當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，假設(shè)減小平行板間的距離，那么夾角θ減小答案C解析帶電小球在電容器中處于平衡時(shí)，由平衡條件有tanθ＝eq\f(qE,mg)，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電容器兩極板上的電荷量Q不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)，E＝eq\f(U,d)可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故增大或減小兩極板間的距離d，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，θ不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，由于兩極板間的電壓U不變，由E＝eq\f(U,d)可知，減小兩極板間的距離d，E增大，θ變大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.2.(多項(xiàng)選擇)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示.以下說法正確的選項(xiàng)是()A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么E變?yōu)樵瓉淼囊话隑.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，那么U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么U變?yōu)樵瓉淼囊话隓.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，那么E變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢窤D解析由E＝eq\f(U,d)可知，假設(shè)保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項(xiàng)正確；假設(shè)保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，那么U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，可得U＝eq\f(4Qkπd,εrS)，E＝eq\f(4Qkπ,εrS)，所以，保持d不變，假設(shè)Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項(xiàng)錯(cuò)誤；保持d不變，假設(shè)Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，那么E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D項(xiàng)正確.3.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖2所示，OA＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()圖2A.eq\f(edh,U) B.edUhC.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)答案D解析由動(dòng)能定理得：－eeq\f(U,d)h＝－Ek，所以Ek＝eq\f(eUh,d).4.(2015·新課標(biāo)全國Ⅱ·14)如圖3所示，兩平行的帶電金屬板水平放置.假設(shè)在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()圖3A.保持靜止?fàn)顟B(tài)B.向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D.向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)答案D解析兩平行金屬板水平放置時(shí)，帶電微粒靜止，有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確.5.如圖4所示，電容器極板間有一可移動(dòng)的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()圖4A.假設(shè)電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加B.假設(shè)電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大C.假設(shè)電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板D.假設(shè)電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負(fù)極板答案D解析假設(shè)x變大，那么由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的狀況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量削減，此時(shí)帶正電荷的極板得到電子，帶負(fù)電荷的極板失去電子，所以有電流流向負(fù)極板，A、C錯(cuò)誤，D正確.假設(shè)電容器極板上帶電荷量不變，x變小，那么電容器電容增大，由U＝eq\f(Q,C)可知，電容器極板間電壓減小，B錯(cuò)誤.6.如圖5所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地.一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離()圖5A.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B.P點(diǎn)的電勢將降低C.帶電油滴的電勢能將削減D.電容器的電容減小，極板帶電荷量將增大答案B解析電容器和電源相連，那么電容器兩端的電壓不變，兩極板間距離增大，可知兩極板間的電場強(qiáng)度E電減小，故油滴將向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；下極板接地，所以電勢為零，設(shè)P點(diǎn)距離下極板的距離為L，那么φP＝E電L，L不變，E電減小，所以P點(diǎn)的電勢將降低，B正確；油滴向下運(yùn)動(dòng)，帶負(fù)電，故電場力做負(fù)功，電勢能增大，C錯(cuò)誤；依據(jù)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，d增大，C減小，因U不變，依據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)可得，C減小，Q減小，故D錯(cuò)誤.7.(2017·安徽蚌埠四校聯(lián)考)如圖6所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負(fù)極板不動(dòng)，正極板在豎直方向移動(dòng)，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，那么兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?)圖6A.2倍B.4倍C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)答案C解析電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，做類平拋運(yùn)動(dòng).假設(shè)電子的帶電荷量為e，質(zhì)量為m，初速度為v，極板的長度為L，極板的間距為d，電場強(qiáng)度為E.由于電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以水平方向有：L＝vt，豎直方向有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)·(eq\f(L,v))2＝d.由于E＝eq\f(U,d)，可得：d2＝eq\f(eUL2,2mv2)，假設(shè)電子的速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，仍從正極板邊緣飛出，那么由上式可得兩極板的間距d應(yīng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，應(yīng)選C.8.如圖7所示，帶正電的粒子以肯定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過平行金屬板的時(shí)間為t(不計(jì)粒子的重力)，那么()圖7A.在前eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,4)B.在后eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)C.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶2D.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為2∶1答案B解析帶正電的粒子以肯定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng).豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)學(xué)問可知，前后兩段相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3.又由于電場力做的總功為eq\f(qU,2)，所以在前eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,8)，A選項(xiàng)錯(cuò)；在后eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)，B選項(xiàng)對；在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功相等，故C、D選項(xiàng)錯(cuò).9.(2014·山東理綜·18)如圖8所示，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時(shí)消失在電場中).不計(jì)重力，假設(shè)兩粒子軌跡恰好相切，那么v0等于()圖8A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))答案B解析依據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，那么在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在豎直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，應(yīng)選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤.10.如圖9所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中時(shí)，小物塊恰好靜止.重力加速度取g，sin37°＝，cos37°＝0.8.求：圖9(1)水平向右電場的電場強(qiáng)度；(2)假設(shè)將電場強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，物塊的加速度是多大？(3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能.答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)g(3)mgL解析(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如下圖，那么有FNsin37°＝qEFNcos37°＝mg解得E＝eq\f(3mg,4q)(2)假設(shè)電場強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)由牛頓其次定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma解得a＝g(3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場力做負(fù)功，支持力不做功，由動(dòng)能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0解得Ek＝mgL.11.反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似.如圖10所示，在虛線