高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題十二 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)

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專題十二 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 考綱解讀 章 內(nèi)容 考試要求 說明 必考 加試 靜電場 電容器的電容 b c 1.不要求應(yīng)用平行板電容器電容的決定式進(jìn)行計(jì)算． 2．示波管問題的分析與計(jì)算不涉及兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極同時(shí)加電壓的情形． 3．解決帶電粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問題只限于垂直電場方向入射且偏轉(zhuǎn)電極加恒定電壓的情形. 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) b d 一、電容器的電容 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)帶電量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值． (3)電容器的充電、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(chǔ)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(zhuǎn)化為其他形式的能． 2．電容 (1)公式 ①定義式：C＝. ②推論：C＝. (2)電容與電壓、電荷量的關(guān)系：電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定，與電壓、電荷量無關(guān)．不隨Q變化，也不隨電壓變化． 3．平行板電容器及其電容 (1)影響因素：平行板電容器的電容與正對(duì)面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比． (2)決定式：C＝，k為靜電力常量．εr為相對(duì)介電常數(shù)，與電介質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)． 二、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 1．加速問題：若不計(jì)粒子的重力，則電場力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子的動(dòng)能的增量． (1)在勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv. (2)在非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝mv2－mv. 2．偏轉(zhuǎn)問題： (1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場． (2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：類平拋運(yùn)動(dòng)． (3)處理方法：利用運(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沿電場力方向：做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)． 3．示波管的構(gòu)造： ①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏．(如圖1所示) 圖1 1．電容器是一種常用的電子元件．下列對(duì)電容器認(rèn)識(shí)正確的是(　　) A．電容器的電容表示其儲(chǔ)存電荷的能力 B．電容器的電容與它所帶的電量成正比 C．電容器的電容與它兩極板間的電壓成正比 D．電容器的常用單位有μF和pF,1 μF＝103 pF 答案　A 解析　由電容的物理意義知A正確．電容定義式為C＝，但C跟Q和U無關(guān)，僅跟電容器本身特征量有關(guān)；1 μF＝106 pF.B、C、D都錯(cuò)． 2．(2015浙江學(xué)考模擬)如圖2為可變電容器，由一組動(dòng)片和一組定片組成，這兩組金屬片之間是互相絕緣的，動(dòng)片旋入得越多，則(　　) 圖2 A．正對(duì)面積越大，電容越大 B．正對(duì)面積越大，電容越小 C．動(dòng)片、定片間距離越小，電容越大 D．動(dòng)片、定片間距離越小，電容越小 答案　A 解析　可變電容器動(dòng)片旋入得越多，正對(duì)面積越大．由平行板電容器的電容決定式C＝知，電容器的正對(duì)面積越大，電容越大，A項(xiàng)正確． 3．一個(gè)已充電的電容器，若使它的電荷量減少310－4 C，則其電壓減少為原來的，則(　　) A．電容器原來的電荷量為910－4 C B．電容器原來的電荷量為4.510－4 C C．電容器原來的電壓為1 V D．電容器的電容變?yōu)樵瓉淼? 答案　B 解析　由C＝得ΔQ＝CΔU＝C(U－U)＝CU＝Q，Q＝＝ C＝4.510－4 C，選項(xiàng)A錯(cuò)，B對(duì)；因電容器的電容不知，所以無法求出電容器原來的電壓，選項(xiàng)C錯(cuò)；電容器的電容由電容器本身決定，跟電壓和電荷量的變化無關(guān)，所以電容器的電容不變，選項(xiàng)D錯(cuò)． 4．電場中，初速度為零的帶正電粒子在勻強(qiáng)電場中僅在電場力作用下，運(yùn)動(dòng)方向正確的是(　　) 答案　D 5．如圖3所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原來位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?　　) 圖3 A．2倍 B．4倍 C.倍 D.倍 答案　C 解析　第一次d＝()2，第二次d′＝()2，兩式相比可得d′＝，所以選項(xiàng)C正確. 　　　　　電容器的動(dòng)態(tài)分析 1．對(duì)公式C＝的理解 電容C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)． 2．兩種類型的動(dòng)態(tài)分析思路 (1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變． (2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化． (3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化． (4)用E＝分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變化． 例1　如圖4所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S，增大兩極板間的距離時(shí)，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U及場強(qiáng)E的變化情況是(　　) 圖4 A．Q變小，C不變，U不變，E變大 B．Q變小，C變小，U不變，E變小 C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E無法確定 答案　C 解析　由充電后斷開電源知，電容器的電荷量不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)；由C＝知增大兩極板間的距離時(shí)，電容C減小，由C＝知，U增大；兩極板間電場強(qiáng)度E＝＝，可見當(dāng)增加兩板間距時(shí)，電場強(qiáng)度不變，選項(xiàng)C對(duì)，D錯(cuò)． 電容器動(dòng)態(tài)問題的分析技巧 1．抓住不變量，弄清楚是電容器的電荷量不變還是電壓不變． 2．根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式分析電荷量或電壓的變化，最后分析電場強(qiáng)度的變化． 變式題組 1．一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是(　　) A．C和U均增大 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C和U均減小 答案　B 解析　由C＝知，S和d不變，插入電介質(zhì)時(shí)，εr增大，電容增大，由C＝可知：Q不變時(shí)，C增大，則兩板間的電勢差U一定減小，故選B. 2．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖5)．設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ.實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若(　　) 圖5 A．保持S不變，增大d, 則θ變大 B．保持S不變，增大d，則θ變小 C．保持d不變，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變 答案　A 解析　靜電計(jì)指針偏角體現(xiàn)電容器兩極板間電壓大小．在做選項(xiàng)所示的操作中，電容器上電荷量Q保持不變，C＝＝.保持S不變，增大d，則C減小，U增大，偏角θ增大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；保持d不變，減小S，則C減小，偏角θ也增大，故選項(xiàng)C、D均錯(cuò)． 　　　　　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＝，E＝，v2－v＝2ad. 3．用功能觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1. 例2　(2014海南高考)如圖6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.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為(　　) 圖6 A.g B.g C.g D.g 答案　A 解析　帶電粒子在電容器兩極板間時(shí)受到重力和電場力的作用，最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，由二力平衡條件可得：mg＝q；當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電壓不變，但兩極板間的距離發(fā)生了變化，引起電場強(qiáng)度發(fā)生了變化，從而電場力也發(fā)生了變化，粒子受力不再平衡，產(chǎn)生了加速度，根據(jù)牛頓第二定律ma＝mg－q，兩式聯(lián)立可得a＝g.故A正確． 解決粒子在電場中直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種方法 1．用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律． 2．用動(dòng)能定理或能量守恒定律． 3．選取思路：前者適用于粒子受恒力作用時(shí)，后者適用于粒子受恒力或變力作用時(shí)．這和解決物體受重力、彈力、摩擦力等做直線運(yùn)動(dòng)的問題的思路是相同的，不同的是受力分析時(shí)，不要遺漏電場力． 變式題組 3．如圖7所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) 圖7 A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加 C．動(dòng)能逐漸增加 D．做勻速直線運(yùn)動(dòng) 答案　B 解析　分析帶電粒子的受力情況，畫出其受力圖如圖所示．可以看出其合力方向與其速度方向相反．所以，帶電粒子在電場中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．電場力做負(fù)功，重力不做功，動(dòng)能減少，電勢能增加，故選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確． 4．(2016舟山市調(diào)研)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8所示，＝h，此電子具有的初動(dòng)能是(　　) 圖8 A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　電子受到的靜電力做負(fù)功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝h，Ek＝，由此知選項(xiàng)D正確． 　　　　　帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn) 1．基本運(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 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(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＝mv y＝at2＝()2 tan θ＝ 得：y＝，tan θ＝ (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. 3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(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＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差． 例3　如圖9所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點(diǎn)為O.試求： 圖9 (1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間； (2)粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向夾角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間t＝. (2)設(shè)粒子射出電場時(shí)沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝ 所以vy＝a＝ 所以粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向夾角的正切值為tan α＝＝. (3)解法一　設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則 y＝a()2＝ 又x＝y(tǒng)＋Ltan α，解得：x＝ 解法二　x＝y(tǒng)＋vy＝ 解法三　由y＝a()2＝，＝得： x＝3y＝. 分析粒子在電場中偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的兩種方法 1．分解觀點(diǎn)：垂直射入勻強(qiáng)電場的帶電粒子，在電場中只受電場力作用，與重力場中的平拋運(yùn)動(dòng)相類似，研究這類問題的基本方法是將運(yùn)動(dòng)分解，可分解成平行電場方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)． 2．功能觀點(diǎn)：首先對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，再進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算． (1)若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能的增量． (2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的． 變式題組 5．噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖10所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中(　　) 圖10 A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能逐漸增大 C．運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線 D．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān) 答案　C 解析　微滴帶負(fù)電，進(jìn)入電場，受電場力向上，應(yīng)向正極板偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)誤；電場力做正功，電勢能減小，B錯(cuò)誤；微滴在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿v方向：x＝vt，沿電場方向：y＝at2，又a＝，得y＝x2，即微滴運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線，且運(yùn)動(dòng)軌跡與電荷量有關(guān)，C正確，D錯(cuò)誤． 6．(多選)(2016紹興市聯(lián)考)如圖11所示，電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則(　　) 圖11 A．A和B在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2 B．A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D．A和B的位移大小之比為1∶1 答案　ABC 解析　粒子A和B在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)A、B、C正確． 　　　　　電場中的力電綜合問題 1．解答力電綜合問題的一般思路 2．運(yùn)動(dòng)情況反映受力情況 (1)物體靜止(保持)：F合＝0. (2)做直線運(yùn)動(dòng) ①勻速直線運(yùn)動(dòng)：F合＝0. ②變速直線運(yùn)動(dòng)：F合≠0，且F合方向與速度方向總是在一條直線上． (3)做曲線運(yùn)動(dòng)：F合≠0，F(xiàn)合方向與速度方向不在一條直線上，且總指向運(yùn)動(dòng)軌跡曲線的凹側(cè)． (4)F合與v的夾角為α，加速運(yùn)動(dòng)：0≤α＜90；減速運(yùn)動(dòng)：90＜α≤180. (5)勻變速運(yùn)動(dòng)：F合＝恒量． 例4　(2014浙江7月學(xué)考)如圖12所示，水平地面上有一長為L、高為h的桌子．質(zhì)量為m的小物塊A從絕緣桌面的左端以初速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，最終落在地面上D點(diǎn)，D點(diǎn)與桌面右端的水平距離為s.若再次將物塊A置于桌面左端，并讓其帶上電荷量為q的正電荷，在桌面以上區(qū)域加一水平向右、大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)電場．假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求： 圖12 (1)為使再次置于桌面左端的帶電物塊A在桌面上滑動(dòng)，電場強(qiáng)度的最小值E1. (2)為使再次置于桌面左端的帶電物塊A從桌面滑落后仍落在地面上的D點(diǎn)，電場強(qiáng)度E2的值． 答案　(1)(v－)　(2) 解析　(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：s＝vt h＝gt2 得：v＝s① 由動(dòng)能定理，考慮到摩擦力Ff做負(fù)功， 得：－FfL＝mv2－mv② 為了使物塊A在桌面上滑動(dòng)，其所受電場力至少等于摩擦力Ff，有F＝qE1＝Ff③ 由①②③式得：E1＝(v－) (2)由動(dòng)能定理qE2L－FfL＝mv2 得：E2＝. 分析力電綜合問題的兩種思路 1．動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn) (1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法． (2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題． 2．能量的觀點(diǎn) (1)運(yùn)用動(dòng)能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷選用分過程還是全過程使用動(dòng)能定理． (2)運(yùn)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)． 變式題組 7．(20164月浙江選考8)密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖13所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶電荷量各不相同的油滴．通過顯微鏡可找到懸浮不動(dòng)的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是(　　) 圖13 A．懸浮油滴帶正電 B．懸浮油滴的帶電荷量為 C．增大電場強(qiáng)度大小，懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng) D．油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍 答案　C 解析　油滴懸浮不動(dòng)，說明其所受的電場力與重力平衡，所以帶負(fù)電，A錯(cuò)；由Eq＝mg得q＝，所以B錯(cuò)；如果增大電場強(qiáng)度大小，油滴所受的電場力增大，油滴就會(huì)向上加速運(yùn)動(dòng)，C對(duì)；所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍，D錯(cuò)． 8.如圖14所示，一電荷量為＋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，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求： 圖14 (1)水平向右電場的電場強(qiáng)度； (2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的，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)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37＝qE① FNcos 37＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強(qiáng)度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得 mgsin 37－qE′cos 37＝ma 可得a＝0.3g (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，由動(dòng)能定理得mgLsin 37－qE′Lcos 37＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL. 1．(20164月浙江選考7)關(guān)于電容器，下列說法正確的是(　　) A．在充電過程中電流恒定 B．在放電過程中電容減小 C．能儲(chǔ)存電荷，但不能儲(chǔ)存電能 D．兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體可視為電容器 答案　D 解析　由電容器的充放電曲線可知，充電過程中，電流不斷減小，A錯(cuò)；電容是電容器儲(chǔ)存電荷的本領(lǐng)，不隨充放電過程變化，B錯(cuò)；電容器中的電場具有電場能，所以C錯(cuò)；兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體是可以儲(chǔ)存電荷的，可視為電容器，D對(duì)． 2．(2016金華市聯(lián)考)一個(gè)電容器的規(guī)格是“10 μF　50 V”，則(　　) A．這個(gè)電容器的電容為10－5 F B．這個(gè)電容器加上50 V電勢差時(shí)，電容才是10 μF C．這個(gè)電容器沒有電勢差時(shí)，電容為0 D．這個(gè)電容器加的電勢差不能低于50 V 答案　A 解析　電容器的電容與電容器板間電勢差無關(guān)，無論是否有電勢差，電容都是10 μF，選項(xiàng)A正確，B、C錯(cuò)誤；50 V為電容器允許加的最大電勢差，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3．對(duì)電容的定義式C＝，以下說法正確的是(　　) A．電容器帶電荷量越大，電容就越大 B．對(duì)于某一電容器，它的帶電荷量跟它兩極板間所加電勢差的比值保持不變 C．對(duì)于某一電容器，它的帶電荷量跟加在兩極板間的電勢差成反比 D．如果一個(gè)電容器兩極板間沒有電勢差，就沒有帶電荷量，也就沒有電容 答案　B 解析　電容器的電容是其本身固有屬性，與帶電荷量及兩極板間電勢差無關(guān)，故選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；由C＝得Q＝CU，由此可知Q∝U，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 4．(多選)一平行板電容器，極板間正對(duì)面積為S，板間距離為d，充以電荷量Q后兩板間電壓為U，為使電容器的電容加倍，可采用的辦法是(　　) A．將電壓變?yōu)? B．帶電荷量變?yōu)?Q C．將極板正對(duì)面積變?yōu)?S D．將兩極板間的距離減小到 答案　CD 解析　電容器的電容與極板帶電荷量、兩極板間的電壓無關(guān)，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)C＝可知，選項(xiàng)C、D正確． 5．板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時(shí)，兩極板間電勢差為U1，板間電場強(qiáng)度為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時(shí)兩極板間的電勢差為U2，板間電場強(qiáng)度為E2，下列說法正確的是(　　) A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1 答案　C 解析　根據(jù)U＝，C∝，E＝，可得U∝，E∝，則＝＝2＝1，＝＝，故選項(xiàng)C正確． 6．(多選)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．下列說法正確的是(　　) A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话? D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案　AD 解析　由E＝知，當(dāng)U不變，d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r(shí)，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項(xiàng)正確；當(dāng)E不變，d變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)電容器中d不變時(shí)，C不變，由C＝知，當(dāng)Q變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r(shí)，U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)電容器中d不變時(shí)，C不變，由C＝知，Q變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D項(xiàng)正確． 7．如圖1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1 A．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減少 D．若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大 答案　B 解析　由于電容器與電源連接，電壓U不變，板間場強(qiáng)E場＝隨d的增大而減小，所以油滴將向下運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故A、C均錯(cuò)誤；P點(diǎn)與地的電勢差UPO＝E場d′，d′不變而E場減小，故P點(diǎn)電勢將降低，B正確；據(jù)Q＝CU可知，電壓U不變時(shí)減小電容C，則極板帶電荷量將減小，故D錯(cuò)誤． 8．如圖2所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩極板間電壓不變，則(　　) 圖2 A．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v增大 B．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v減小 C．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v不變 D．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長 答案　C 解析　由動(dòng)能定理得eU＝mv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí)，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；電子在兩極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，＝，＝，即t＝，當(dāng)d減小時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 9．(多選)(2016麗水模擬)如圖3甲所示，直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點(diǎn)，將一帶負(fù)電荷的粒子從a點(diǎn)處由靜止釋放，粒子從a運(yùn)動(dòng)到b過程中的v－t圖線如圖乙所示，設(shè)a、b兩點(diǎn)的電勢分別為φa、φb，場強(qiáng)大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢能分別為Wa、Wb，不計(jì)重力，則有(　　) 圖3 A．φa>φb B．Ea>Eb C．EaWb 答案　BD 解析　由題圖乙可知，粒子做加速度減小、速度增大的直線運(yùn)動(dòng)，故可知從a到b電場強(qiáng)度減小，粒子動(dòng)能增大，電勢能減小，電場力方向由a指向b，電場線方向由b指向a，b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢，故選項(xiàng)B、D正確． 10．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場的影響可忽略不計(jì))．小孔正上方處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移，則從P點(diǎn)開始下落的相同粒子將(　　) A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板d處返回 答案　D 解析　帶電粒子從P點(diǎn)下落剛好到達(dá)下極板處，由動(dòng)能定理得：mg(＋d)－qU＝0，當(dāng)將下極板向上平移時(shí)，設(shè)從P點(diǎn)開始下落的相同粒子運(yùn)動(dòng)到距上極板距離為x處速度為零，則對(duì)帶電粒子下落過程由動(dòng)能定理得：mg(＋x)－qx＝0，解之得x＝d，故選項(xiàng)D正確． 11．如圖4所示，質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計(jì)重力)，則這兩個(gè)粒子射出電場時(shí)的側(cè)位移y之比為(　　) 圖4 A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 答案　B 解析　初動(dòng)能相同，則mv相同，由y＝at2＝()2，得：＝＝，故B正確． 12．(2016杭州十校聯(lián)考)如圖5所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行．整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是(　　) 圖5 A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大 C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小 答案　B 解析　設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動(dòng)能定理得U1q＝mv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間t＝，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B正確． 13．(2015浙江選考)真空中的某裝置如圖6所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏．今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上．已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) 圖6 A．三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶4 答案　B 解析　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動(dòng)能定理得qU1＝mv，解得v0＝ ，三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對(duì)三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯(cuò)誤． 14．如圖7所示，板長L＝4 cm的平行板電容器，板間距離d＝3 cm，板與水平線夾角α＝37，兩板所加電壓為U＝100 V，有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q＝310－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場，在電場中仍沿水平 方向并恰好從B板邊緣水平飛出．g取10 m/s2，求： 圖7 (1)液滴的質(zhì)量． (2)液滴飛出時(shí)的速度大?。? 答案　(1)810－8 kg　(2)1.32 m/s 解析　由于帶電液滴所受重力方向豎直向下，所受靜電力方向只能垂直兩板向上，其合力方向水平向右，做勻加速運(yùn)動(dòng)． (1)豎直方向：qcos 37＝mg，解得m＝810－8 kg (2)解法一：水平方向 qsin 37＝ma， 解得a＝gtan 37＝g，設(shè)液滴在平行板中飛行距離為s，則s＝＝0.05 m， 又由v2－v＝2as得v＝≈1.32 m/s， 解法二：液滴受到的合力F合＝mgtan 37 由動(dòng)能定理得 F合s＝mv2－mv，解得v≈1.32 m/s. 15．(2016諸暨市期末)如圖8所示，噴墨打印機(jī)中的墨滴在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場之前會(huì)被帶上一定量的電荷，在電場的作用下使電荷發(fā)生偏轉(zhuǎn)到達(dá)紙上．已知兩偏轉(zhuǎn)極板長度L＝1.510－2 m，兩極板間電場強(qiáng)度E＝1.2106 N/C，墨滴的質(zhì)量m＝1.010－13 kg，電荷量q＝1.010－16 C，墨滴在進(jìn)入電場前的速度v0＝15 m/s，方向與兩極板平行．不計(jì)空氣阻力和墨滴重力，假設(shè)偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行極板內(nèi)部，忽略邊緣電場的影響． 圖8 (1)判斷墨滴帶正電荷還是負(fù)電荷？ (2)求墨滴在兩極板之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (3)求墨滴離開電場時(shí)在豎直方向上的位移y. 答案　(1)負(fù)電荷　(2)1.010－3 s　(3)6.010－4 m 解析　(2)墨滴在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，那么墨滴在兩板之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝ 代入數(shù)據(jù)可得：t＝1.010－3 s (3)墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)： a＝ 代入數(shù)據(jù)可得：a＝1.2103 m/s2 離開偏轉(zhuǎn)板時(shí)在豎直方向的位移y＝at2 代入數(shù)據(jù)可得：y＝6.010－4 m.