江蘇省2024高考物理一輪復習第七章靜電場第3講電容器帶電粒子在電場中的運動教案

PAGEPAGE1第3講電容器帶電粒子在電場中的運動一、電容器及電容1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成．(2)帶電荷量：一個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，放電過程中電場能轉化為其他形式的能．2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩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凹凸．(5)確定因素：由電容器本身物理條件(大小、形態(tài)、極板相對位置及電介質)確定，與電容器是否帶電及電壓無關．3．平行板電容器的電容(1)確定因素：正對面積，相對介電常數，兩極板間的距離．(2)確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).自測1對于某一電容器，下列說法正確的是()A．電容器所帶的電荷量越多，電容越大B．電容器兩極板間的電勢差越大，電容越大C．電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍D．電容器兩極板間的電勢差減小到原來的eq\f(1,2)，它的電容也減小到原來的eq\f(1,2)答案C解析依據公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，電容的大小跟電容兩端的電勢差以及電容器所帶的電荷量的多少無關，依據公式C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍，所以C正確，A、B、D錯誤．二、帶電粒子在電場中的運動1．加速(1)在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02.(2)在非勻強電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02.2．偏轉(1)運動狀況：假如帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖1所示．圖1(2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動．依據運動的合成與分解的學問解決有關問題．(3)基本關系式：運動時間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)，偏轉角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).自測2(2024·安徽安慶市二模)如圖2所示，一水平放置的平行板電容器與電源相連，起先時開關閉合．一帶電粒子沿兩極板中心線方向以一初速度射入，恰好沿中心線①通過電容器．則下列推斷正確的是()圖2A．粒子帶正電B．保持開關閉合，將B板向上平移肯定距離，可使粒子沿軌跡②運動C．保持開關閉合，將A板向上平移肯定距離，可使粒子仍沿軌跡①運動D．斷開開關，將B板向上平移肯定距離，可使粒子沿軌跡②運動答案B解析開關閉合時，粒子做勻速直線運動，電場力與重力平衡，A極板和電源正極相連，所以場強方向向下，故粒子帶負電，A錯誤；保持開關閉合，電容器兩端電壓不變，B板上移，板間距d變小，由公式E＝eq\f(U,d)知場強增大，電場力大于重力，粒子可沿軌跡②運動，故B正確；保持開關閉合，將A板向上平移肯定距離，板間距d增大，由公式E＝eq\f(U,d)知場強減小，電場力小于重力，所以粒子向下偏轉，故C錯誤；斷開開關，電容器電荷量不變，將B板向上平移肯定距離，由公式C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，與板間距離無關，故場強不變，所以粒子沿軌跡①運動，故D錯誤．三、示波管1．示波管的構造①電子槍，②偏轉電極，③熒光屏(如圖3所示)圖32．示波管的工作原理(1)YY′偏轉電極上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極上是儀器自身產生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．(2)視察到的現(xiàn)象①假如在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產生一個亮斑．②若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周期內改變的穩(wěn)定圖象．1．試驗原理(1)電容器的充電過程圖4如圖4所示，當開關S接1時，電容器接通電源，在電場力的作用下自由電子從正極板經過電源向負極板移動，正極板因失去電子而帶正電，負極板因獲得電子而帶負電．正、負極板帶等量的正、負電荷．電荷在移動的過程中形成電流．在充電起先時電流比較大，以后隨著極板上電荷的增多，電流漸漸減小，當電容器兩極板間電壓等于電源電壓時電荷停止移動，電流I＝0.(2)電容器的放電過程如圖5所示，當開關S接2時，將電容器的兩極板干脆用圖5導線連接起來，電容器正、負極板上電荷發(fā)生中和．在電子移動過程中，形成電流，放電起先電流較大，隨著兩極板上的電荷量漸漸減小，電路中的電流漸漸減小，兩極板間的電壓也漸漸減小，最終減小到零．試驗器材：6V的直流電源、單刀雙擲開關、平行板電容器、電流表、電壓表、小燈泡．2．試驗步驟(1)按圖6連接好電路．圖6(2)把單刀雙擲開關S接1，視察電容器的充電現(xiàn)象，并將結果記錄在表格中．(3)將單刀雙擲開關S接2，視察電容器的放電現(xiàn)象，并將結果記錄在表格中．(4)記錄好試驗結果，關閉電源．試驗記錄和分析：試驗項目試驗現(xiàn)象電容器充電燈泡燈泡的亮度由明到暗最終熄滅電流表1電流表1的讀數由大到小最終為零電壓表電壓表的讀數由小到大最終為6V電容器放電燈泡燈泡的亮度由明到暗最終熄滅電流表2電流表2的讀數由大到小最終為零電壓表電壓表的讀數由大到小最終為零3．留意事項(1)電流表要選用小量程的靈敏電流計．(2)要選擇大容量的電容器．(3)試驗要在干燥的環(huán)境中進行．(4)在做放電試驗時，在電路中串聯(lián)一個電阻，以免燒壞電流表．例1電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，不同的是反應比較靈敏，且可以和計算機相連，能畫出電流與時間的改變圖象．圖7甲是用電流傳感器視察充、放電過程的試驗電路圖，圖中電源電壓為6V.圖7先使開關S與1接通，待充電完成后，把開關S再與2接通，電容器通過電阻放電，電流傳感器將電流信息傳入計算機，顯示出電流隨時間改變的I－t圖象如圖乙所示．依據圖象估算出電容器全部放電過程中釋放的電荷量為________C，該電容器電容為________μF(結果保留整數)．答案3.04×10－3507解析由于Q＝It，可知題圖乙中圖象與時間軸圍成的面積表示電荷量；依據橫軸與縱軸的數據可知，一個格子的電荷量為8×10－5C，由大于半格算一個，小于半格舍去，因此圖象所包含的格子個數為38，所以釋放的電荷量為q＝8×10－5×38C＝3.04×10－3C．依據電容器的電容C＝eq\f(Q,U)可知，C＝eq\f(3.04×10－3,6)F≈5.07×10－4F＝507μF.例2(2024·江蘇徐州市期末)某電容器上標有“20μF100V”，則()A．該電容器加的電壓可以長時間高于100VB．該電容器加上50V電壓時，其電容為10μFC．該電容器加上100V電壓時，其所帶電荷量為2×10－3CD．該電容器的最大電容為20μF，當其帶電荷量較少時，電容小于20μF答案C解析100V是該電容器的額定電壓，是可以長時間工作的最大電壓，該電容器不能長時間在大于100V的電壓下工作，故A錯誤；電容器的電容與電容器板間電壓、帶電荷量無關，電壓時，其所帶電荷量為Q＝UC＝100×20×10－6C＝2×10－3C，故C正確．變式1(2024·江蘇無錫市一模)超級電容器的容量比通常的電容器大得多，其主要優(yōu)點是高功率脈沖應用和瞬時功率保持，具有廣泛的應用前景．某超級電容器標有“2.7V,100F”，將該電容器接在1.5V干電池的兩端，則電路穩(wěn)定后該電容器的負極板上所帶電荷量為()A．－150C B．－75CC．－270C D．－135C答案A解析依據C＝eq\f(Q,U)可知電容器某個極板的帶電荷量為Q＝CU＝100×1.5C＝150C，則電路穩(wěn)定后該電容器的負極板上所帶電荷量為－150C，故選A.變式2(2024·北京卷·19)探討與平行板電容器電容有關因素的試驗裝置如圖8所示．下列說法正確的是()圖8A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大答案A解析試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，在b板上將感應出異種電荷，A正確；b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，B錯誤；插入有機玻璃板，相對介電常數εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小，C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)知，試驗中，只增加極板帶電荷量，U變大，靜電計指針的張角變大，D錯誤．1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．(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動或勻減速直線運動．2．用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1例3如圖9所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中心分別開有小孔O、P.現(xiàn)有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則()圖9A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同D．乙電子運動到O點的速率為2v0答案C解析兩板間距離變大，依據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；依據Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；依據E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當d變大時，兩板間的場強不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；依據e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mv02，可知，乙電子運動到O點的速率v＝eq\r(2)v0，選項D錯誤．變式3(2024·江蘇卷·4)如圖10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．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()圖10A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點答案A解析依據平行板電容器的電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強電場的電壓與電場強度的關系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍舊可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確．1．運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動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動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv02).,離開電場時的偏轉角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv02).))2．兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．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)粒子經電場偏轉后射出，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．功能關系當探討帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：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4(2024·江蘇無錫市期末)如圖11所示，一個電子由靜止起先經加速電場加速后，又沿中心軸線從O點垂直射入偏轉電場，并從另一側射出打到熒光屏上的P點，O′點為熒光屏的中心．已知電子質量m＝9.0×10－31kg，電荷量大小e＝1.6×10－19C，加速電場電壓U0＝2500V，偏轉電場電壓U＝200V，極板的長度L1＝6.0cm，板間距離d＝2.0cm，極板的末端到熒光屏的距離L2＝3.0cm(忽視電子所受重力，結果保留兩位有效數字)．求：圖11(1)電子射入偏轉電場時的初速度大小v0；(2)電子打在熒光屏上的P點到O′點的距離h；(3)電子經過偏轉電場過程中電勢能的增加量．答案(1)3.0×107m/s(2)7.2×10－3m(3)－5.8×10－18J解析(1)電子在電場中加速過程：eU0＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))代入數據解得v0≈3.0×107m/s.(2)設電子在偏轉電場中運動的時間為t，電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量為y.電子在水平方向做勻速直線運動，L1＝v0t電子在豎直方向上做勻加速直線運動，y＝eq\f(1,2)at2依據牛頓其次定律有eq\f(eU,d)＝ma解得y＝eq\f(eUL12,2mdv02)＝eq\f(1.6×10－19×200×0.062,2×9.0×10－31×0.02×3.0×1072)m≈3.6×10－3m電子離開偏轉電場時速度的反向延長線過偏轉電場的中點，則eq\f(y,h)＝eq\f(L1,L1＋2L2)解得h＝7.2×10－3m.(3)電子在偏轉電場運動的過程中電場力對它做的功W＝eEy＝e

eq\f(U,d)y≈5.8×10－18JΔEp＝－W＝－5.8×10－18J.變式4如圖12所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么()圖12A．若微粒帶正電荷，則A板肯定帶正電荷B．微粒從M點運動到N點電勢能肯定增加C．微粒從M點運動到N點動能肯定增加D．微粒從M點運動到N點機械能肯定增加答案C解析由帶電微粒做類平拋運動的特點可知帶電微粒所受的合力方向向下，電場力方向有兩種可能：電場力方向向上且Eq<mg或電場力方向向下，因此A板電性無法確定，選項A錯誤；電場力可能做正功，也可能做負功，則電勢能可能削減，也可能增加，機械能可能增加，也可能削減，選項B、D錯誤；合力做正功，動能肯定增加，選項C正確．1．常見的交變電場常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)．(2)粒子做來回運動(一般分段探討)．(3)粒子做偏轉運動(一般依據交變電場特點分段探討)．3．思維方法(1)留意全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的臨界條件．(2)從兩條思路動身：一是力和運動的關系，依據牛頓其次定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系．(3)留意對稱性和周期性改變關系的應用．例5(2024·河南開封市調研)如圖13甲所示，M、N為正對豎直放置的平行金屬板，A、B為兩板中線上的兩點．當M、N板間不加電壓時，一帶電小球從A點由靜止釋放經時間T到達B點，此時速度為v.若兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時，將帶電小球仍從A點由靜止釋放，小球運動過程中始終未接觸極板，則t＝T時，小球()圖13A．在B點上方 B．恰好到達B點C．速度大于v D．速度小于v答案B解析在A、B兩板間加上如題圖乙所示的交變電壓，小球受到重力和電場力的作用，電場力做周期性改變，且電場力沿水平方向，所以小球豎直方向做自由落體運動．在水平方向小球先做勻加速直線運動，后沿原方向做勻減速直線運動，t＝eq\f(T,2)時速度為零，接著反向做勻加速直線運動，后接著沿反方向做勻減速直線運動，t＝T時速度為零．依據對稱性可知在t＝T時小球的水平位移為零，所以t＝T時，小球恰好到達B點，故A錯誤，B正確；在0～T時間內，電場力做功為零，小球機械能改變量為零，所以t＝T時，小球速度等于v，故C、D錯誤.1．(電容器和電容)(2024·江蘇南京市質量檢測)當病人發(fā)生心室纖顫時，必需要用除顫器進行剛好搶救，除顫器工作時的供電裝置是一個C＝70μF的電容器，它在工作時，一般是讓100J到300J的電能在2ms的時間內通過病人的心臟部位．已知充電后電容器儲存的電能為E＝eq\f(1,2)CU2，下列說法正確的是()A．除顫器工作時的電功率在50W到150W之間B．除顫器工作時的電功率在50kW到150kW之間C．要使除顫器的電容器儲存140J的電能，充電電壓需達到20VD．要使除顫器的電容器儲存140J的電能，充電電壓需達到200V答案B解析依據電功率P＝eq\f(W,t)知P在eq\f(100,2×10－3)W到eq\f(300,2×10－3)W之間，即除顫器工作時的電功率在50kW到150kW之間，故A錯誤，B正確；依據電容器儲存的電能為E＝eq\f(1,2)CU2，知U＝eq\r(\f(2E,C))＝eq\r(\f(2×140,70×10－6))V＝2000V，故C、D錯誤．2．(帶電粒子在電場中的直線運動)(多選)(2024·貴州貴陽市模擬)如圖14所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中由靜止沿斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列推斷正確的是()圖14A．電場強度的最小值等于eq\f(mg,q)B．電場強度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C．帶電油滴的機械能可能增加D．電場力可能對帶電油滴不做功答案CD解析帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力F，其合力必定沿此直線向下，依據三角形定則作出合力，由圖可知，當電場力F與此直線垂直時，電場力F最小，場強最小，則有F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，由圖可知，電場強度無最大值，故A、B錯誤；當E＝eq\f(mgsinθ,q)時，電場力方向與速度方向垂直，電場力不做功，帶電油滴的電勢能肯定不變；這種狀況下只有重力做功，帶電油滴的機械能不變，故D正確；當E>eq\f(mgsinθ,q)時，電場力方向與速度方向成銳角，電場力做正功，帶電油滴的機械能增加，故C正確．3．(帶電粒子在交變電場中的運動)如圖15(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽視不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是()圖15A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)答案B4．(帶電體在電場中的運動)(2024·江蘇卷·5)如圖16所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()圖16A．仍舊保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動答案D解析起先時油滴處于靜止狀態(tài)，有mg＝q

eq\f(U,d)，B板右端下移時，U不變，d變大，電場力F＝q

eq\f(U,d)變小，mg>F.受力分析如圖所示，mg與F的合力方向斜向右下方，故油滴向右下方運動．5．(帶電粒子在電場中的曲線運動)(2024·全國卷Ⅲ·24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點放射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求：(1)電場強度的大?。?2)B運動到P點時的動能．答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.依據牛頓其次定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設B從O點放射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，依據動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1

eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．1．(2024·四川德陽市第三次診斷)超級電容器又叫雙電層電容器，它具有功率密度高、充放電時間短、循環(huán)壽命長、工作溫度范圍寬等特點．現(xiàn)有一款超級電容器，其上標有“2.7V400F”，下列說法正確的是()A．該電容器的輸入電壓只有是2.7V時，才能工作B．該電容器的電容與電容器兩極板間電勢差成反比C．該電容器不充電時的電容為零D．該電容器正常工作時儲存的電荷量為1080C答案D解析電容器的額定電壓為2.7V，說明工作電壓不能超過2.7V，可以小于2.7V，故A錯誤；電容器的電容由電容器本身確定，跟電容器兩極間的電勢差無關，故B錯誤；電容描述電容器容納電荷的本事，不充電時電容仍舊存在，與充電與否無關，故C錯誤；該電容器最大容納電荷量：Q＝CU＝400F×2.7V＝1080C，故D正確．2．(多選)(2024·江蘇南京市、鹽城市一模)位移傳感器能夠將位移這個力學量通過電容器轉化成電學量．如圖1所示，電容器兩極板固定不動，帶等量異種電荷，且保持不變，當被測物體帶動電介質板向左移動時，電容器()圖1A．電容增大 B．電容減小C．兩極板間電壓增大 D．兩極板間電壓減小答案BC解析由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當被測物體帶動電介質板向左移動時，導致兩極板間電介質的相對介電常數減小，則電容C減小，由公式C＝eq\f(Q,U)知，電荷量不變時，U增大，B、C正確．3.(2024·江蘇南京市期初測試)“探究影響平行板電容器電容大小因素”的試驗裝置如圖2所示，忽視漏電產生的影響，下列推斷正確的是()圖2A．平行板正對面積減小時，靜電計指針偏角減小B．靜電計可以用電壓表替代C．靜電計所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等D．靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量答案C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，平行板正對面積減小時，電容C減小，U增大，所以靜電計指針偏角增大，A錯誤；靜電計是測靜電電壓的裝置，電壓表是測量電路中電壓的裝置，必需有電流通過電壓表才有讀數，所以不能用電壓表替代靜電計，B、D錯誤；靜電計與平行板電容器電壓相等，但電荷量不相等，C正確．4.(2024·湖北宜昌市調研)如圖3所示，一水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一束同種帶電粒子從P點以相同速度平行于極板射入電容器，最終均打在下極板的A點，若將上極板緩慢上移，則()圖3A．粒子打在下極板的落點緩慢左移B．粒子打在下極板的落點緩慢右移C．粒子仍舊打在下極板的A點D．因粒子的電性未知，無法推斷粒子的落點答案C解析斷開電源后，電容器電荷量保持不變，將上極板緩慢上移，d變大，電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，則電場強度不變，粒子所受電場力不變，則粒子仍舊打在下極板的A點，故C正確，A、B、D錯誤．5．(2024·福建泉州市5月其次次質檢)如圖4，噴霧器可以噴出各種質量和電荷量的帶負電油滴．假設油滴以相同的水平速度射入接有恒定電壓的兩水平正對金屬板之間，有的沿水平直線①飛出，有的沿曲線②從板邊緣飛出，有的沿曲線③運動到板的中點上．不計空氣阻力及油滴間的相互作用，則()圖4A．沿直線①運動的全部油滴質量都相等B．沿直線①運動的全部油滴電荷量都相等C．沿曲線②、③運動的油滴，運動時間之比為1∶2D．沿曲線②、③運動的油滴，加速度大小之比為1∶4答案D解析沿直線①運動的油滴，依據題意得：mg＝Eq，即：eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，所以沿直線①運動的油滴比荷相同，A、B錯誤；沿曲線②、③運動的油滴，均做類平拋運動，水平方向勻速運動：x＝v0t，初速度相同，所以運動時間之比等于位移之比，即為2∶1，C錯誤；沿曲線②、③運動的油滴，水平方向x＝v0t，豎直方向：y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得：a＝eq\f(2yv02,x2)，因為水平位移之比為2∶1，v0和y相同，所以加速度大小之比為1∶4，D正確．6.將如圖5所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，起先B板電勢比A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下起先運動，設A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是()圖5A．電子始終向著A板運動B．電子始終向著B板運動C．電子先向A板運動，然后返回向B板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復運動D．電子先向B板運動，然后返回向A板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復運動答案D7．(2024·陜西渭南市教學質檢(二))如圖6所示，一電荷量為q、質量為m的帶電粒子以初速度v0由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直．粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角．已知勻強電場的寬度為d，不計重力作用．則勻強電場的場強E大小是()圖6A.eq\f(\r(3)mv02,2qd)B.eq\f(\r(3)mv02,qd)C.eq\f(3mv02,2qd)D.eq\f(3\r(3)mv02,2qd)答案B解析帶電粒子在電場中做類平拋運動，依據運動的合成與分解得到：vy＝eq\f(v0,tan30°)＝eq\r(3)v0，水平方向上有d＝v0t，豎直方向上有vy＝eq\f(Eq,m)t，聯(lián)立解得：E＝eq\f(\r(3)mv02,qd)，故B正確．8．(多選)(2024·廣西欽州市4月綜測)如圖7所示，虛線a、b、c代表電場中三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點．下列推斷正確的是()圖7A．P點的場強比Q點的場強大B．P點的電勢比Q點的電勢高C．粒子通過Q點時電勢能較小D．粒子通過Q點時動能較大答案AB解析由電場線疏密程度可知，P點的場強比Q點的場強大，故A正確；粒子僅在電場力作用下做曲線運動，所受電場力指向曲線的內側，故電場線向左，沿著電場線方向，電勢越來越低，故P點的電勢比Q點的電勢高，故B正確；電場力的方向向右，若粒子從P運動到Q，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，若粒子從Q運動到P，則電場力做正功，電勢能減小，動能增大，故P點的動能較大，電勢能較小，Q點的動能較小，電勢能較大，故C、D錯誤．9．(多選)(2024·安徽安慶市調研)帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖8所示，實線是電場線，下列說法正確的是()圖8A．粒子在a點時的加速度比在b點時的加速度小B．從a到b過程中，粒子的電勢能始終減小C．無論粒子帶何種電荷，經b點時的速度總比經a點時的速度大D．電場中a點的電勢肯定比b點的電勢高答案AC解析電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，可知Ea＜Eb，所以粒子在a點的加速度比在b點時小，故A正確；由粒子的運動軌跡可以知道，粒子受力指向曲線的內側，從a點到b點，電場力先做負功，再做正功，電勢能先增加后減小，動能先減小后增大．但a點到b點，整