第八章 第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動-2025高三總復(fù)習(xí) 物理（新高考）

第3講電容器帶電粒子在電場中的運動[課標(biāo)要求]1．了解電容器的充電、放電過程，會計算電容器充、放電電荷量。2．了解影響平行板電容器電容大小的因素，能利用公式判斷平行板電容器電容的變化。3．利用動力學(xué)、功能觀點分析帶電粒子在電場中的直線運動。4．掌握帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律。5.會分析帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系。考點一電容器平行板電容器的動態(tài)分析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)帶電量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)充電與放電①充電：電容器充電的過程中，兩極板的電荷量增加，極板間的電場強(qiáng)度增大，電源的能量不斷儲存在電容器中。②放電：放電的過程中，電容器把儲存的能量通過電流做功轉(zhuǎn)化為電路中其他形式的能量。2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢差U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。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)，k為靜電力常量?！净A(chǔ)知識判斷】1．電容器的電荷量等于兩個極板所帶電荷量絕對值的和。(×)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．電容定義式C＝eq\f(Q,U)的理解(1)一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器的帶電情況無關(guān)。(2)不能理解為電容C與Q成正比，與U成反比。2．平行板電容器兩類動態(tài)變化的特點比較3．平行板電容器動態(tài)分析的基本思路考向1電容的理解“超級電容器”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，適合作為動力電池的助力動力源。“超級電容器”與普通電容器相比較而言()A．極板電荷量較大B．極板間的電場強(qiáng)度較大C．單位電壓容納的電荷量較大D．帶相同電荷量時電壓較大答案：C解析：由于超級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，故帶相同電荷量時電壓較小，C正確，D錯誤；電容器的容納能力較大，并不代表實際使用中極板電荷量較大、極板間場強(qiáng)較大，也有可能極板電荷量很小、極板間場強(qiáng)很小，A、B錯誤。故選C。學(xué)生用書第163頁考向2電壓U不變時的動態(tài)分析(2022·重慶高考)如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測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，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則()A．材料豎直方向尺度減小B．極板間電場強(qiáng)度不變C．極板間電場強(qiáng)度變大D．電容器電容變大答案：A解析：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＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容C減小，D錯誤；根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，極板間距d增大，極板之間形成勻強(qiáng)電場，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，極板間電場強(qiáng)度E減小，B、C錯誤；極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確。考向3帶電荷量Q不變時的動態(tài)分析2023年8月11日，第6號臺風(fēng)“卡努”于夜間進(jìn)入我國遼寧省境內(nèi)(熱帶低壓，12～15米/秒)。小李同學(xué)用所學(xué)知識設(shè)計了一個電容式風(fēng)力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風(fēng)力作用下向右移動，引起電容的變化，風(fēng)力越大，移動距離越大(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，則()A．電容器電容變小B．極板間電場強(qiáng)度變大C．極板間電壓變小D．靜電計指針張角越大，風(fēng)力越大答案：C解析：根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，在受到風(fēng)力作用時，d減小，則電容器電容變大，A錯誤；由極板間電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(\f(Q,C),d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，極板間電場強(qiáng)度不變，B錯誤；極板間電壓U＝eq\f(Q,C)變小，C正確；風(fēng)力越大，d越小，極板間電壓越小，靜電計指針張角越小，D錯誤?？枷?電容器的綜合動態(tài)分析(多選)如圖所示的電路中，閉合開關(guān)，待電路穩(wěn)定后，可看成質(zhì)點的帶電小球恰好靜止在平行板電容器之間的M點，其中二極管可視為理想二極管，下列說法正確的是()A．向右移動R3的滑片，小球向下移動B．向右移動R1的滑片，小球的電勢能將減小C．向下移動電容器的下極板，二極管右端電勢高于左端電勢D．?dāng)嚅_S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，M點的電勢將升高答案：BC解析：向右移動R3的滑片，電容器兩端電壓不變，兩極板之間的場強(qiáng)不變，因此小球仍靜止不動，A錯誤；向右移動R1的滑片，R2兩端電壓增大，電容器兩端電壓增大，兩極板之間的場強(qiáng)增大，小球受到的電場力增大，小球?qū)⑾蛏线\動，電場力做正功，小球的電勢能減小，B正確；向下移動電容器的下極板，電容器極板間距d增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，可知C減小，若U不變時，Q將減小，但由于二極管的存在，電容器無法放電，所以Q不變，U增大，二極管右端電勢高于左端電勢，C正確；斷開S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，電容器極板間距d減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知極板間場強(qiáng)不變，M點到下極板間距不變，電勢差不變，因此M點電勢不變，D錯誤。故選BC?？键c二帶電粒子(體)在電場中的直線運動1．關(guān)于帶電粒子(體)的重力分析(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有特殊說明或明確的暗示外，一般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有特殊說明或明確的暗示外，一般都不能忽略重力。2．分析帶電粒子(體)在電場中的直線運動的方法(1)用動力學(xué)觀點分析(只適用于勻強(qiáng)電場)a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)用功能觀點分析①勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。學(xué)生用書第164頁(2020·天津高考)多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強(qiáng)電場加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和長為l的漂移管(無場區(qū)域)構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當(dāng)離子第一次進(jìn)入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場，其電場強(qiáng)度足夠大，使得進(jìn)入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進(jìn)入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間。設(shè)實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力。(1)求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；(2)反射區(qū)加上電場，電場強(qiáng)度大小為E，求離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離x；(3)已知質(zhì)量為m0的離子總飛行時間為t0，待測離子的總飛行時間為t1，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量m1。答案：(1)eq\r(\f(ml2,2qU))(2)eq\f(U,E)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up8(2)m0解析：(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，根據(jù)動能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2離子在漂移管中做勻速直線運動，則T1＝eq\f(l,v)聯(lián)立解得T1＝eq\r(\f(ml2,2qU))。(2)根據(jù)動能定理，有qU－qEx＝0解得x＝eq\f(U,E)。(3)離子在加速電場中運動和反射區(qū)電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設(shè)其為eq\x\to(v)，有eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)通過x＝eq\f(U,E)可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總路程相等，設(shè)為L1，在無場區(qū)的總路程設(shè)為L2。根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v，設(shè)離子的總飛行時間為t總，有t總＝eq\f(L1,v)＋eq\f(L2,v)聯(lián)立解得t總＝(2L1＋L2)eq\r(\f(m,2qU))可見，離子從A到B的總飛行時間與eq\r(m)成正比依題意可得eq\f(t1,t0)＝eq\r(\f(m1,m0))可得m1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up8(2)m0。對點練．(多選)如圖所示，一水平放置的平行板電容器其間距為d，兩極板分別與電池的兩極相連，上極板中央有一小孔，小孔對電場的影響可以忽略不計。開關(guān)閉合時，小孔正上方eq\f(d,3)處有一帶正電的粒子，粒子由靜止開始下落恰好能到達(dá)下極板但沒有與下極板接觸，下列說法正確的是()A．保持開關(guān)閉合，若將下極板上移eq\f(d,2)，粒子將在距上極板eq\f(d,3)處返回B．保持開關(guān)閉合，若將下極板上移eq\f(d,2)，粒子將在距上極板eq\f(d,5)處返回C．?dāng)嚅_開關(guān)，若將下極板上移eq\f(d,5)，粒子將能返回原處D．?dāng)嚅_開關(guān)，若將上極板上移eq\f(d,5)，粒子將能返回原處答案：BD解析：下極板移動前，根據(jù)動能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋\f(d,3)))＝qU＝qEd。保持開關(guān)閉合，若將下極板向上平移eq\f(d,2)，設(shè)運動到距離上極板x1處返回，根據(jù)動能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,3)＋x1))－qeq\f(U,\f(d,2))x1＝0－0，解得x1＝eq\f(d,5)，即粒子將在距上極板eq\f(d,5)處返回，A錯誤，B正確；若斷開開關(guān)，將下極板上移eq\f(d,5)，兩極板間的場強(qiáng)E＝eq\f(4πkQ,εrS)不變，設(shè)運動到距離上極板x2處返回，由動能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,3)＋x2))－qEx2＝0－0，解得x2＝d，即粒子將碰到下極板而不能返回，C錯誤；將上極板上移eq\f(d,5)，兩極板間的場強(qiáng)E＝eq\f(4πkQ,εrS)不變，設(shè)粒子到達(dá)離下極板x3處返回，由動能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4d,3)－x3))－qEeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,5)＋d－x3))＝0，解得x3＝eq\f(4,5)d，故粒子將能不碰到下極板而返回到原處，D正確。故選BD?？键c三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運動1．沿初速度方向做勻速直線運動，t＝eq\f(l,v0)(如圖所示)。2．沿靜電力方向做初速度為零的勻加速直線運動(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)離開電場時的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))。(3)離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。學(xué)生用書第165頁【基礎(chǔ)知識判斷】1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運動。(×)2．帶電粒子只受電場力時也可以做勻速圓周運動。(√)3．帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計。(×)1．帶電粒子在電場中的“加速＋偏轉(zhuǎn)＋射屏”規(guī)律簡析2．幾個重要推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向反向延長線與初速度方向延長線交于一點，此交點為沿初速度方向位移的中點。(2)速度偏轉(zhuǎn)角θ的正切值等于位移偏轉(zhuǎn)角α的正切值的2倍，即tanθ＝2tanα。(3)以相同的初速度進(jìn)入同一個偏轉(zhuǎn)電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要比荷eq\f(q,m)相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同。(4)若以相同的初動能Ek0進(jìn)入同一個偏轉(zhuǎn)電場，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同。(5)電荷量q不同的同性帶電粒子經(jīng)同一電場加速后(即加速電壓U1相同)，再經(jīng)同一電場偏轉(zhuǎn)(即偏轉(zhuǎn)電壓U2相同)，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ均相同。示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子(帶電荷量為e，質(zhì)量為m)被加速后從金屬板的小孔穿出，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場。電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進(jìn)，最后打在熒光屏上。設(shè)加速電壓U1＝1640V，偏轉(zhuǎn)極板長l＝4cm，偏轉(zhuǎn)極板間距d＝1cm，當(dāng)電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)極板的正中央沿與板平行的方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場。(1)偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？(2)如果偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離L＝20cm，則電子到達(dá)熒光屏?xí)r最大偏轉(zhuǎn)距離y為多少？【審題指導(dǎo)】(1)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出后沿著出射方向做勻速直線運動打到熒光屏上。(2)電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大的條件是：電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下極板邊緣射出。答案：(1)205V(2)0.055m解析：(1)要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下極板邊緣出來。在加速電場中，由動能定理得eU1＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2)解得電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU1,m))電子在偏轉(zhuǎn)電場中的飛行時間t1＝eq\f(l,v0)電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU2,md)電子從下極板邊緣出來，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(eU2l2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(U2l2,4dU1)解得U2＝eq\f(1,8)U1＝205V。(2)電子束打在熒光屏上的最大偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(d,2)＋y2電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的豎直分速度vy＝at1＝eq\f(eU2l,mdv0)電子從離開偏轉(zhuǎn)電場到到達(dá)熒光屏經(jīng)歷的時間t2＝eq\f(L,v0)則y2＝vyt2＝eq\f(eU2lL,mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(U2lL,2dU1)＝0.05m所以電子到達(dá)熒光屏?xí)r的最大偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(d,2)＋y2＝0.055m。學(xué)生用書第166頁對點練1．(2023·廣東佛山模擬)如圖所示，正方形ABCD區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)先后從A點垂直射入勻強(qiáng)電場，粒子重力不計，質(zhì)子從BC邊中點射出，則()A．若初速度相同，α粒子從CD邊離開B．若初速度相同，質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的過程中速度增量之比為1∶2C．若初動能相同，質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的時間相同D．若初動能相同，質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的過程中動能增量之比為1∶4答案：D解析：對任一粒子，設(shè)其電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中做類平拋運動，水平方向有x＝v0t，豎直方向有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\f(x2,veq\o\al(2,0))，若初速度相同、水平位移x相同時，由于α粒子的比荷比質(zhì)子的小，則α粒子的偏轉(zhuǎn)距離y較小，所以α粒子從BC邊離開，由t＝eq\f(x,v0)知兩個粒子在電場中的運動時間相等，由Δv＝at＝eq\f(qE,m)t可知Δv∝eq\f(q,m)，則質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的過程中速度增量之比為2∶1，故A、B錯誤；粒子經(jīng)過電場的時間為t＝eq\f(x,v0)，若初動能相同，質(zhì)子的初速度較大，則質(zhì)子的運動時間較短，故C錯誤；由y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\f(x2,veq\o\al(2,0))，Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得y＝eq\f(qEx2,4Ek)，若初動能相同，則α粒子從C點離開，已知x相同，則y∝q，根據(jù)動能定理知，經(jīng)過電場的過程中動能增量ΔEk＝qEy，E相同，則ΔEk∝q2，則質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的過程中動能增量之比為1∶4，故D正確。對點練2．(多選)(2023·湖北高考)一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計重力。下列說法正確的是()A．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶1C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變答案：BD解析：微粒在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動，根據(jù)電場強(qiáng)度和電勢差的關(guān)系及場強(qiáng)和電場力的關(guān)系可得E＝eq\f(U2,2d)，F(xiàn)＝qE＝ma，微粒射入電容器后的速度為v0，水平方向和豎直方向的分速度vx＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin45°＝eq\f(\r(2),2)v0，從射入到運動到最高點由運動學(xué)關(guān)系得veq\o\al(2,y)＝2ad，微粒射入電場時由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得U1∶U2＝1∶1，B正確；微粒從射入到運動到最高點由運動學(xué)關(guān)系得2L＝vxt，d＝eq\f(0＋vy,2)·t，聯(lián)立解得L∶d＝1∶1，A錯誤；微粒穿過電容器時從最高點到穿出時由運動學(xué)關(guān)系得L＝vxt1，vy1＝at1，射入電容器到最高點有vy＝at，解得vy1＝eq\f(vy,2)，設(shè)微粒穿過電容器與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy1,vx)＝eq\f(1,2)，微粒射入電場和水平方向的夾角為β，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β))＝3，C錯誤；以最高點為坐標(biāo)原點，向左為x軸正方向，向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，則y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得y＝eq\f(U2x2,4dU1)，即微粒軌跡與電荷量和質(zhì)量無關(guān)，D正確。故選BD。課時測評36電容器帶電粒子在電場中的運動eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P424)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題1～9題，每題5分，共45分)1．如圖所示，目前多媒體教學(xué)一體機(jī)普遍采用了電容觸摸屏，因為工作面上接有高頻信號，當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指相當(dāng)于接地導(dǎo)體，手指和工作面形成一個電容器，控制器由此確定手指位置。對于電容觸摸屏，下列說法正確的是()A．手指與屏的接觸面積變大時，電容變大B．手指與屏的接觸面積變大時，電容變小C．手指壓力變大時，手指與屏的工作面距離變小，電容變小D．手指壓力變大時，手指與屏的工作面距離變小，電容不變答案：A解析：根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，手指與屏的接觸面積變大時，電容變大，故A正確，B錯誤；同理，手指壓力變大時，手指與屏的工作面距離變小，電容變大，故C、D錯誤。故選A。2．(多選)(2024·河南新鄉(xiāng)模擬)手機(jī)觸摸屏多數(shù)采用的是電容式觸摸屏，其原理可簡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為兩端固定的可動電極，下極板B為固定電極。當(dāng)用手指觸壓屏幕上某個部位時，可動電極的極板會發(fā)生形變，從而改變電容器的電容。當(dāng)壓力F增大時()A．電容器所帶電荷量不變B．直流電源對電容器充電C．極板間的電場強(qiáng)度增大D．電阻R上有從a到b的電流答案：BC解析：由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)壓力F增大時，兩板間距離減小，電容增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器所帶電荷量增大，即直流電源對電容器充電，電阻R上有從b到a的電流，由公式E＝eq\f(U,d)可知，極板間的電場強(qiáng)度增大。故選BC。3．如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質(zhì)量為m、電荷量為q1(q1＞0)的粒子A；在負(fù)極板附近有一質(zhì)量也為m、電荷量為－q2(q2＞0)的粒子B，僅在電場力的作用下兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(3,7)l的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則以下說法正確的是()A．電荷量q1與q2的比值為3∶7B．電荷量q1與q2的比值為3∶4C．粒子A、B通過平面Q時的速度之比為9∶16D．粒子A、B通過平面Q時的速度之比為3∶7答案：B解析：設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，兩粒子的運動時間相同，對粒子A，有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，對粒子B，有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，聯(lián)立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，選項A錯誤，B正確；由動能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，求得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，選項C、D錯誤。4．靜電火箭的工作過程簡化圖如圖所示，離子源發(fā)射的帶電離子經(jīng)過加速區(qū)加速，進(jìn)入中和區(qū)與該區(qū)域里面的電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產(chǎn)生推力。根據(jù)題目信息可知()A．M板電勢低于N板電勢B．進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與離子帶電荷量無關(guān)C．增大加速區(qū)M、N極板間的距離，可以增大高速射流速度而獲得更大的推力D．增大M、N極板間的電壓，可以增大高速射流速度而獲得更大的推力答案：D解析：由于加速后的離子在中和區(qū)與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加速區(qū)的極板M電勢高，A錯誤；由動能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與離子的比荷、加速電壓的大小有關(guān)，加速電壓越大離子速度越大，與極板間的距離無關(guān)，故D正確，B、C錯誤。5．(2022·浙江6月選考)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng))。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D．粒子從N板下端射出的時間t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)答案：C解析：由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減??；則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)v0))2－veq\o\al(2,0)＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，故C正確，D錯誤。故選C。6．(2023·浙江6月選考)某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場。粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足()A．eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1) B．eq\f(E1,E2)＝eq\f(Req\o\al(2,1),Req\o\al(2,2))C．eq\f(E1,E2)＝eq\f(R1,R2) D．eq\f(E1,E2)＝eq\f(Req\o\al(2,2),Req\o\al(2,1))答案：A解析：帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，則有qE1＝meq\f(v2,R1)，qE2＝meq\f(v2,R2)，聯(lián)立可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1)，故選A。7．有一種噴墨打印機(jī)的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，噴嘴噴出來的墨滴經(jīng)帶電區(qū)帶電后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)板間的電場偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上。已知偏移量越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的是()A．增大墨滴的帶電荷量B．減小墨滴噴出時的速度C．減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離D．增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓答案：C解析：如圖所示，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)，偏移量Y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU2,md)，t＝eq\f(L,v0)，可得Y1＝eq\f(qU2L2,2mdveq\o\al(2,0))，Y2＝ltanθ，tanθ＝eq\f(2Y1,L)，Y＝Y(jié)1＋Y2，結(jié)合選項可知，減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離可使字跡減小，增大墨滴的帶電荷量、減小墨滴噴出時的速度以及增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓，均可使字跡增大，故C正確，A、B、D錯誤。8．如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點時()A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點的距離為eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°答案：C解析：粒子在電場中只受靜電力，F(xiàn)＝qE，方向向下，如圖所示。粒子的運動為類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，eq\f(y,x)＝tan45°，聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A錯誤；vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，則速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，則速度方向與豎直方向夾角θ≠30°，故B、D錯誤；x＝v0t＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),qE)，與P點的距離s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，故C正確。9．如圖所示，地面上某區(qū)域存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，一個質(zhì)量為m的帶