物理高考新素養(yǎng)總復(fù)習(xí)江蘇專用講義選修3-1第六章靜電場(chǎng)第3講Word版含答案

第3講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)排查電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系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)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場(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＝eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。(4)單位：法拉(F)1F＝106μF＝1012pF3.平行板電容器的電容(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對(duì)面積成正比，與電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)中的加速(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析：若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則有a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)功能觀點(diǎn)分析：粒子只受電場(chǎng)力作用，滿足qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，僅受電場(chǎng)力。(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：類平拋運(yùn)動(dòng)。(3)處理方法：運(yùn)動(dòng)的合成與分解。①沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小題速練1.思考判斷(1)電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)和。()(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比。()(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。()(4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)。()(5)帶電粒子在電場(chǎng)中，只受電場(chǎng)力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。()(6)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可用來計(jì)算任何電容器的電容。()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×2.[人教版選修3－1P32第1題]平行板電容器的一個(gè)極板與靜電計(jì)的金屬桿相連，另一個(gè)極板與靜電計(jì)金屬外殼相連。給電容器充電后，靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)一個(gè)角度。以下情況中，靜電計(jì)指針的偏角是增大還是減??？(1)把兩板間的距離減小；(2)把兩板間的相對(duì)面積減??；(3)在兩板間插入相對(duì)介電常數(shù)較大的電介質(zhì)。答案(1)把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變小。(2)把兩極板間相對(duì)面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計(jì)指針偏角變大。(3)在兩極板間插入相對(duì)介電常數(shù)較大的電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變小。3.[人教版選修3－1P39第3題]先后讓一束電子和一束氫核通過同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。進(jìn)入時(shí)速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，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。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(chǎng)的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極間距離為d，極板長(zhǎng)為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))。(1)若電子與氫核的初速度相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若電子與氫核的初動(dòng)能相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝1∶1。答案(1)mH：me(2)1∶1電容器的電容及平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1.兩個(gè)公式的比較C＝eq\f(Q,U)(或C＝eq\f(ΔQ,ΔU))C＝eq\f(εrS,4πkd)公式特點(diǎn)定義式，適用于一切電容器決定式，適用于平行板電容器意義對(duì)某電容器Q∝U，但eq\f(Q,U)＝C不變，反映電容器容納電荷的本領(lǐng)C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了影響電容器電容大小的因素2.平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差U保持不變。(2)充電后與電源斷開時(shí)，電容器所帶的電荷量Q保持不變。3.平行板電容器動(dòng)態(tài)問題的分析思路4.平行板電容器問題的一個(gè)常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場(chǎng)強(qiáng)度與極板間的距離無關(guān)。【例1】(2018·江蘇單科，5)如圖1所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴()圖1A.仍然保持靜止 B.豎直向下運(yùn)動(dòng)C.向左下方運(yùn)動(dòng) D.向右下方運(yùn)動(dòng)解析由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢(shì)差不變，將B板右端向下移動(dòng)段距離，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，且電場(chǎng)力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。答案D帶電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)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，帶電粒子將做加速直線運(yùn)動(dòng)或減速直線運(yùn)動(dòng)。2.解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種思路(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)。(2)功能觀點(diǎn)：根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)。勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1【例2】(2018·南通市第二次調(diào)研)(多選)如圖2所示，空間有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電的小球質(zhì)量為m，在豎直平面內(nèi)沿與水平方向成30°角的虛線以速度v0斜向上做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)突然將電場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)一定的角度，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，小球仍沿虛線方向做直線運(yùn)動(dòng)，選O點(diǎn)電勢(shì)為零，重力加速度為g，則()圖2A.原電場(chǎng)方向豎直向下B.改變后的電場(chǎng)方向垂直于ONC.電場(chǎng)方向改變后，小球的加速度大小為gD.電場(chǎng)方向改變后，小球的最大電勢(shì)能為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析由于小球勻速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；改變電場(chǎng)的方向后，由于小球仍沿虛線方向做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力沿垂直于ON方向的分力與重力沿垂直于ON方向的分力大小相等，qE·sinθ＝mgcos30°，可知此時(shí)電場(chǎng)力的方向與ON之間的夾角為60°，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；小球受到的合力F合＝mgsin30°＋qEcosθ＝ma，解得a＝g，故C項(xiàng)正確；小球向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于0時(shí)，電勢(shì)能最大，最大等于克服電場(chǎng)力做的功。由－qE·cosθ·x－mgsin30°·x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球的最大電勢(shì)能Epm＝qEcosθ·x。聯(lián)立得Epm＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，故D項(xiàng)正確。答案CD【例3】如圖3所示，在A點(diǎn)固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運(yùn)動(dòng)瞬間向上的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點(diǎn)電荷，不計(jì)空氣阻力。求：圖3(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h；(3)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，某點(diǎn)的電勢(shì)可表示成φ＝eq\f(kQ,r)，其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無限遠(yuǎn)的電勢(shì)為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB。解析(1)設(shè)液珠的電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí)有keq\f(Qq,H2)－mg＝mg比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2gH2,kQ)(2)當(dāng)液珠速度最大時(shí)，keq\f(Qq,h2)＝mg得h＝eq\r(2)H(3)設(shè)CB間的電勢(shì)差大小為UCB，由題意得UCB＝φC－φB＝eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB)對(duì)液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得qUCB－mg(rB－H)＝0即q(eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB))－mg(rB－H)＝0將第(1)問的結(jié)果代入化簡(jiǎn)req\o\al(2,B)－3HrB＋2H2＝0解得rB＝2H，rB＝H(舍去)答案(1)eq\f(2gH2,kQ)(2)eq\r(2)H(3)2H帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題的分析方法帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明：由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU2l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U2l2,4U1d)，tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)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(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2)。3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討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)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差?！纠?】(2019·無錫市高三期末考試)如圖4，真空中豎直放置的兩塊平行金屬板間加上恒定電壓U0，一質(zhì)量為m，電荷量為q的正點(diǎn)電荷A從左板處由靜止釋放，從右板的小孔水平射出后，進(jìn)入一個(gè)兩板水平放置的平行板電容器，進(jìn)入時(shí)點(diǎn)電荷貼著上極板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從下極板邊緣飛出。已知電容器的電容值為C，極板的間距為d，長(zhǎng)度為kd，兩板間電壓恒定。不計(jì)點(diǎn)電荷的重力，求：圖4(1)電荷進(jìn)入水平放置電容器時(shí)的速度大小；(2)水平放置的電容器極板所帶電荷量大小；(3)電荷穿過水平放置電容器的過程中電勢(shì)能的增量。解析(1)由動(dòng)能定理qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v0＝eq\r(\f(2qU0,m))(2)在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)kd＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2有qeq\f(U,d)＝ma聯(lián)立可解得U＝eq\f(4,k2)U0極板帶電荷量Q＝CU所以Q＝eq\f(4,k2)CU0(3)電場(chǎng)力做功W＝qU由(2)得W＝eq\f(4,k2)qU0由功能關(guān)系，ΔE＝－eq\f(4,k2)qU0答案(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(4,k2)CU0(3)－eq\f(4,k2)qU0分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)處理?？茖W(xué)思維的培養(yǎng)——用等效法處理帶電粒子在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.等效思維方法等效法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問題，等效為一個(gè)熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運(yùn)算，過程比較簡(jiǎn)捷。2.等效法求解電場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)問題的解題思路(1)求出重力與電場(chǎng)力的合力F合，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”。(2)將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”。(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點(diǎn)”，圓周上與該點(diǎn)在同一直徑的點(diǎn)為“等效最高點(diǎn)”。注意：這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)。(4)將物體在重力場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解?！镜淅咳鐖D5所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖5解析小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場(chǎng)，將電場(chǎng)力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg′＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知eq\o(AD,\s\up6(——))＝2R，令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知：－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))。答案v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))【變式訓(xùn)練】(2019·啟東期中)如圖6所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一絕緣細(xì)線的一端固定在O點(diǎn)，另一端系一帶正電的小球，小球只在重力、電場(chǎng)力、細(xì)線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球所受的電場(chǎng)力大小等于重力大小。比較a、b、c、d這四點(diǎn)，小球()圖6A.在最高點(diǎn)a處的動(dòng)能最小B.在最低點(diǎn)c處的機(jī)械能最小C.在水平直徑右端b處的機(jī)械能最大D.在水平直徑左端d處的機(jī)械能最大解析小球所受電場(chǎng)力和重力大小相等，電場(chǎng)力方向水平向右，則小球所受電場(chǎng)力和重力的合力如圖所示，合力與水平方向成45°角偏右下方。由小球所受合力方向可知，小球從a向e點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力對(duì)小球做負(fù)功，小球動(dòng)能將減小，故a點(diǎn)不是小球動(dòng)能最小的點(diǎn)(動(dòng)能最小的點(diǎn)在e點(diǎn))，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；除重力以外的其他力做的功等于機(jī)械能的增量，拉力不做功，從d到b的過程中，電場(chǎng)力做正功，則b點(diǎn)機(jī)械能最大，d點(diǎn)機(jī)械能最小，故C項(xiàng)正確，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案C1.(2019·南京市、鹽城市一模)如圖7所示的可變電容器，旋轉(zhuǎn)動(dòng)片使之與定片逐漸重合。則電容器的電容將()圖7A.逐漸增大B.逐漸減小C.保持不變D.先增大后減小解析可變電容器的動(dòng)片與定片逐漸重合，即電容器的正對(duì)面積增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容變大，A正確。答案A2.(2018·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)高三第二次模擬考試)某一平行板電容器，其中一個(gè)極板帶＋5.4×10－3C電荷量，另一極板帶－5.4×10－3C電荷量，電容器兩極板間電壓為450V，則該電容器的電容值為()A.2.4×10－5F B.1.2×10－5FC.8.3×104F D.4.2×104F解析電容器所帶電荷量為一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值，由Q＝5.4×10－3C，U＝450V得出C＝eq\f(Q,U)＝1.2×10－5F，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。答案B3.(2018·淮安、宿遷等高三期中)如圖8所示，平行板電容器兩極板M、N間距為d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極相連，則下列能使電容器的電容減小的措施是()圖8A.減小d B.增大UC.將M板向左平移 D.在板間插入介質(zhì)解析根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，減小d，則C變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；增大U，電容器的電容不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；將M板向左平移，則S減小，C減小，選項(xiàng)C正確；在板間插入介質(zhì)，則C變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C4.(2017·江蘇單科)如圖9所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有孔，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()圖9A.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)解析根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的電壓與電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度不變，由O點(diǎn)靜止釋放的電子仍然可以運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，并且會(huì)原路返回，故選項(xiàng)A正確。答案A活頁作業(yè)(時(shí)間：40分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1.(2018·蘇州市高三上學(xué)期期初調(diào)研)對(duì)于某一電容器，下列說法正確的是()A.電容器所帶的電荷越多，電容越大B.電容器兩極板間的電勢(shì)差越大，電容越大C.電容器所帶的電荷增加一倍，兩極板間的電勢(shì)差也增加一倍D.電容器兩極板間的電勢(shì)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)解析電容的定義式為C＝eq\f(Q,U)，但不能說電容正比于電容器所帶電荷量，反比于兩板間的電勢(shì)差，電容是電容器本身的性質(zhì)，與其自身因素有關(guān)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。答案C2.如圖1所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則()圖1A.當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v增大B.當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大C.當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v也會(huì)變化D.當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)解析電子從靜止開始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，從A板運(yùn)動(dòng)到B板動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功。因?yàn)楸３謨蓚€(gè)極板間的電勢(shì)差不變，所以末速度不變，當(dāng)兩板間距離增加時(shí)，E＝eq\f(U,d)變小，又a＝eq\f(eE,m)，a變小，由d＝eq\f(1,2)at2知t＝eq\r(\f(2d,a))，所以電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)，故選項(xiàng)D正確。答案D3.(2018·南京市高三學(xué)情調(diào)研)“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖2所示，忽略漏電產(chǎn)生的影響，下列判斷正確的是()圖2A.平板正對(duì)面積減小時(shí)，靜電計(jì)指針偏角減小B.靜電計(jì)可以用電壓表替代C.靜電計(jì)所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等D.靜電計(jì)測(cè)量的是平行板電容器所帶電荷量解析本題裝置中電容器的電荷量Q不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)及C＝eq\f(Q,U)可知，平行板正對(duì)面積減小時(shí)，電容C減小，U增大，所以靜電計(jì)指針偏角增大，A錯(cuò)誤；靜電計(jì)是測(cè)靜電電壓的裝置，電壓表是測(cè)量電路中電壓的裝置，必須有電流通過電壓表才有讀數(shù)，所以不能用電壓表代替靜電計(jì)，B、D錯(cuò)誤；靜電計(jì)與平行板電容器組成并聯(lián)關(guān)系，電壓相等，但電荷量不相等，實(shí)際上靜電計(jì)電荷量可忽略不計(jì)，C正確。答案C4.(2018·揚(yáng)州5月模擬)如圖3所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶正電粒子P靜止在電容器中，當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。則下列判斷正確的是()圖3A.上極板帶正電B.粒子開始向上運(yùn)動(dòng)C.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(d,d－1)gD.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(l,d)g解析帶正電粒子P靜止，粒子受重力和電場(chǎng)力，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上，故上極板帶負(fù)電，則mg＝qeq\f(U,d－l)①，當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－qeq\f(U,d)＝ma②，聯(lián)立①②解得a＝eq\f(l,d)g。綜上可知，D項(xiàng)正確。答案D5.(2018·蘇州一模)如圖4所示，eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(3,1)H三種粒子從同一位置無初速度地飄入水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，被加速后進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()圖4A.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做功不一樣大B.三種粒子打到屏上時(shí)速度一樣大C.三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置解析粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)有qU加＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的側(cè)向位移可表示為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(qEL2,2mveq\o\al(2,0))＝eq\f(EL2,4U加)。出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向的夾角滿足tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))＝eq\f(EL,2U加)，側(cè)向位移和角度的正切都與粒子的比荷無關(guān)，故它們一定打到屏上同一位置，D項(xiàng)正確；三種粒子水平方向的速度不同而水平位移相同，故運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間不同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；水平速度不同而角度的正切相同，則打到屏上的速度肯定不同，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)W＝qEy得出A項(xiàng)錯(cuò)誤。答案D二、多項(xiàng)選擇題6.美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量。如圖5所示，平行板電容器兩極板M、N與電壓恒定為U的電源兩極相連，板的間距為d?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，則()圖5A.此時(shí)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)B.油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C.減小極板間電壓，油滴將加速下落D.將極板N向下緩慢移動(dòng)段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng)解析極板間電壓為U，間距為d，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(U,d)，故選項(xiàng)A正確；油滴受重力和電場(chǎng)力，處于平衡狀態(tài)，故mg＝qeq\f(U,d)，解得q＝eq\f(mgd,U)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；減小極板間電壓，場(chǎng)強(qiáng)減小，電場(chǎng)力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故選項(xiàng)C正確；將極板N向下緩慢移動(dòng)段距離，板間距增加，場(chǎng)強(qiáng)減小，電場(chǎng)力減小，電場(chǎng)力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC7.(2018·泰州模擬)如圖6所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電的小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b。不計(jì)空氣阻力，則()圖6A.小球帶負(fù)電B.電場(chǎng)力跟重力平衡C.小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能增大D.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒解析據(jù)題意小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)繩的拉力，電場(chǎng)力與重力平衡，則知小球帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增大，選項(xiàng)C正確；由于電場(chǎng)力做功，所以小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC8.(2019·江蘇省常州市高三模擬)如圖7所示，E為電源，R為電阻，D為理想二極管，P和Q構(gòu)成一理想電容器，M、N為輸出端，讓薄金屬片P以圖示位置為中心在虛線范圍內(nèi)左右做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng)，而Q固定不動(dòng)。下列說法中正確的是()圖7A.P每次向右運(yùn)動(dòng)，電容器的電容就會(huì)增大B.P每次向左運(yùn)動(dòng)，電容器兩極板間的電壓就會(huì)增大C.隨著P的左右運(yùn)動(dòng)，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度最終會(huì)保持不變D.隨著P的左右運(yùn)動(dòng)，輸出端會(huì)有周期性脈沖電壓輸出解析P向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩極板間距離變小，電容增大，電容器充電，選項(xiàng)A正確；P向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩極板間距離變大，電容減小，電容器要放電，但由于二極管的存在，無法放電，故電容器所帶電荷量Q不變，由U＝eq\f(Q,C)得出兩極板間的電壓增大，選項(xiàng)B正確；隨著P的左右運(yùn)動(dòng)，最終電容器帶電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)得出場(chǎng)強(qiáng)不變，選項(xiàng)C正確；最終電容器帶電荷量不變，電路中沒有電流，輸出端沒有電壓輸出，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案ABC9.(2018·淮安、宿遷等高三上學(xué)期期中)如圖8所示，虛線框的真空區(qū)域內(nèi)存在著沿紙面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(具體方向未畫出)，一質(zhì)子從bc邊上的M點(diǎn)以速度v0垂直于bc邊射入電場(chǎng)，從cd邊上的Q點(diǎn)飛出電場(chǎng)，不計(jì)質(zhì)子重力。下列說法正確的有()圖8A.質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度可能大于v0B.質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度可能等于v0C.質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度方向可能與cd邊平行D.質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度方向可能與cd邊垂直解析若電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，則質(zhì)子從M到Q點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能變大，此時(shí)質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度大于v0，選項(xiàng)A正確；若電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直于MQ連線向下，則質(zhì)子從M到Q點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，動(dòng)能不變，此時(shí)質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度等于v0，選項(xiàng)B正確；質(zhì)子能到達(dá)Q點(diǎn)說明電場(chǎng)力有向右的分量，則到達(dá)Q點(diǎn)后一定有水平向右的分速度，即質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度方向不可能與cd邊平行，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若電場(chǎng)方向斜向右下方，則質(zhì)子有水平向右的加速度和豎直向下的加速度，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，豎直速度可能減小為零，而只具有水平向右的速度，此時(shí)質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度方向與cd邊垂直，選項(xiàng)D正確。答案ABD三、計(jì)算題10.(2018·淮海第二次測(cè)試)如圖9所示，靜止于A處的離子，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻射分布的電場(chǎng)，已知圓弧虛線的半徑為R，其所在處場(chǎng)強(qiáng)為E、方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；e