2022步步高大一轮复习--物理 第七章 静电场 第3讲 电容器　带电粒子在电场中的运动学案

这是一份2022步步高大一轮复习--物理 第七章 静电场 第3讲 电容器　带电粒子在电场中的运动学案，共20页。学案主要包含了电容器及电容，带电粒子在电场中的运动，示波管等内容，欢迎下载使用。

一、电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值．
(3)电容器的充、放电：
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值．
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U).
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两极板间的距离．
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd).
自测1 对于某一电容器，下列说法正确的是( )
A．电容器所带的电荷量越多，电容越大
B．电容器两极板间的电势差越大，电容越大
C．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍
D．电容器两极板间的电势差减小到原来的eq \f(1,2)，它的电容也减小到原来的eq \f(1,2)
答案 C
解析 根据公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可得，电容的大小跟电容两端的电势差以及电容器所带的电荷量的多少无关，根据公式C＝eq \f(Q,U)可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，所以C正确，A、B、D错误．
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速
(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02.
(2)在非匀强电场中，W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02.
2．偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示．
图1
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．
(3)基本关系式：运动时间t＝eq \f(l,v0)，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，偏转量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv02)，偏转角θ的正切值：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUl,mdv02).
自测2 (2019·安徽安庆市二模)如图2所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合．一带电粒子沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器．则下列判断正确的是( )
图2
A．粒子带正电
B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动
C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动
D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动
答案 B
解析 开关闭合时，粒子做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场强方向向下，故粒子带负电，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式E＝eq \f(U,d)知场强增大，电场力大于重力，粒子可沿轨迹②运动，故B正确；保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式E＝eq \f(U,d)知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，由公式C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)得，E＝eq \f(4πkQ,εrS)，与板间距离无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D错误．
三、示波管
1．示波管的构造
①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图3所示)
图3
2．示波管的工作原理
(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．
(2)观察到的现象
①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．
②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
图4
如图4所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I＝0.
(2)电容器的放电过程
如图5所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用
图5
导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零．
实验器材：6 V的直流电源、 单刀双掷开关 、平行板电容器、电流表、电压表、 小灯泡．
2．实验步骤
(1)按图6连接好电路．
图6
(2)把单刀双掷开关S接1，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．
(3)将单刀双掷开关S接2，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．
(4)记录好实验结果，关闭电源．
实验记录和分析：
3．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．
(2)要选择大容量的电容器．
(3)实验要在干燥的环境中进行．
(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表．
例1 电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图象．图7甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V.
图7
先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I－t图象如图乙所示．根据图象估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________ C，该电容器电容为________ μF(结果保留整数)．
答案 3.04×10－3 507
解析 由于Q＝It，可知题图乙中图象与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为q＝8×10－5×38 C＝3.04×10－3 C．根据电容器的电容C＝eq \f(Q,U)可知，C＝eq \f(3.04×10－3,6) F≈5.07×10－4 F＝507 μF.
例2 (2019·江苏徐州市期末)某电容器上标有“20 μF 100 V”，则( )
A．该电容器加的电压可以长时间高于100 V
B．该电容器加上50 V电压时，其电容为10 μF
C．该电容器加上100 V电压时，其所带电荷量为2×10－3 C
D．该电容器的最大电容为20 μF，当其带电荷量较少时，电容小于20 μF
答案 C
解析 100 V是该电容器的额定电压，是可以长时间工作的最大电压，该电容器不能长时间在大于100 V的电压下工作，故A错误；电容器的电容与电容器板间电压、带电荷量无关，加电压或不加电压、带电荷量多或少时，电容都是20 μF，故B、D错误；该电容器加上100 V电压时，其所带电荷量为Q＝UC＝100×20×10－6 C＝2×10－3 C，故C正确．
变式1 (2019·江苏无锡市一模)超级电容器的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景．某超级电容器标有“2.7 V,100 F”，将该电容器接在1.5 V干电池的两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为( )
A．－150 C B．－75 C
C．－270 C D．－135 C
答案 A
解析 根据C＝eq \f(Q,U)可知电容器某个极板的带电荷量为Q＝CU＝100×1.5 C＝150 C，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为－150 C，故选A.
变式2 (2018·北京卷·19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图8所示．下列说法正确的是( )
图8
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
答案 A
解析 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变小，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变大，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝eq \f(Q,U)知，实验中，只增加极板带电荷量，U变大，静电计指针的张角变大，D错误．
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
例3 如图9所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
图9
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
答案 C
解析 两板间距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝eq \f(1,2)mv2，e·E·d＝eq \f(1,2)mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq \r(2)v0，选项D错误．
变式3 (2017·江苏卷·4)如图10所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
图10
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
答案 A
解析 根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq \f( εrS,4πkd)、定义式C＝eq \f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq \f( 4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md) t2，t＝ \r(\f(2mdy,qU)).))
(2)沿电场力方向做匀加速直线运动
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv02).,离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv02).))
2．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mv02
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdv02)
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
(2)粒子经电场偏转后射出，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq \f(l,2).
3．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
例4 (2019·江苏无锡市期末)如图11所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量大小e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：
图11
(1)电子射入偏转电场时的初速度大小v0；
(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
(3)电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
答案 (1)3.0×107 m/s (2)7.2×10－3 m
(3)－5.8×10－18 J
解析 (1)电子在电场中加速过程：eU0＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))
代入数据解得v0≈3.0×107 m/s.
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y.
电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t
电子在竖直方向上做匀加速直线运动，y＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律有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×3.0×1072) m
≈3.6×10－3 m
电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，则eq \f(y,h)＝eq \f(L1,L1＋2L2)
解得h＝7.2×10－3 m.
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功
W＝eEy＝e eq \f(U,d)y≈5.8×10－18 J
ΔEp＝－W＝－5.8×10－18 J.
变式4 如图12所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
图12
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
答案 C
解析 由带电微粒做类平抛运动的特点可知带电微粒所受的合力方向向下，电场力方向有两种可能：电场力方向向上且Eq1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．
3．思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．
例5 (2020·河南开封市调研)如图13甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点．当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v.若两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t＝T时，小球( )
图13
A．在B点上方 B．恰好到达B点
C．速度大于v D．速度小于v
答案 B
解析 在A、B两板间加上如题图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力做周期性变化，且电场力沿水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t＝eq \f(T,2)时速度为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t＝T时速度为零．根据对称性可知在t＝T时小球的水平位移为零，所以t＝T时，小球恰好到达B点，故A错误，B正确；在0～T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t＝T时，小球速度等于v，故C、D错误.
1．(电容器和电容)(2019·江苏南京市质量检测)当病人发生心室纤颤时，必须要用除颤器进行及时抢救，除颤器工作时的供电装置是一个C＝70 μF的电容器，它在工作时，一般是让100 J到300 J的电能在2 ms的时间内通过病人的心脏部位．已知充电后电容器储存的电能为E＝eq \f(1,2)CU2，下列说法正确的是( )
A．除颤器工作时的电功率在50 W到150 W之间
B．除颤器工作时的电功率在50 kW到150 kW之间
C．要使除颤器的电容器储存140 J的电能，充电电压需达到20 V
D．要使除颤器的电容器储存140 J的电能，充电电压需达到200 V
答案 B
解析 根据电功率P＝eq \f(W,t)知P在eq \f(100,2×10－3) W到eq \f(300,2×10－3) W之间，即除颤器工作时的电功率在50 kW到150 kW之间，故A错误，B正确；根据电容器储存的电能为E＝eq \f(1,2)CU2，知U＝eq \r(\f(2E,C))＝eq \r(\f(2×140,70×10－6)) V＝2 000 V，故C、D错误．
2．(带电粒子在电场中的直线运动)(多选)(2020·贵州贵阳市模拟)如图14所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )
图14
A．电场强度的最小值等于eq \f(mg,q)
B．电场强度的最大值等于eq \f(mgsin θ,q)
C．带电油滴的机械能可能增加
D．电场力可能对带电油滴不做功
答案 CD
解析 带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsin θ，得到Emin＝eq \f(mgsin θ,q)，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝eq \f(mgsin θ,q)时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E>eq \f(mgsin θ,q)时，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确．
3．(带电粒子在交变电场中的运动)如图15(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是( )
图15
A．0C.eq \f(3T,4)答案 B
4．(带电体在电场中的运动)(2018·江苏卷·5)如图16所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )
图16
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
答案 D
解析 开始时油滴处于静止状态，有mg＝q eq \f(U,d)，
B板右端下移时，U不变，d变大，
电场力F＝q eq \f(U,d)变小，mg>F.
受力分析如图所示，mg与F的合力方向斜向右下方，故油滴向右下方运动．
5．(带电粒子在电场中的曲线运动)(2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2).重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
答案 (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1 eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．
1．(2019·四川德阳市第三次诊断)超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．现有一款超级电容器，其上标有“2.7 V 400 F”，下列说法正确的是( )
A．该电容器的输入电压只有是2.7 V时，才能工作
B．该电容器的电容与电容器两极板间电势差成反比
C．该电容器不充电时的电容为零
D．该电容器正常工作时储存的电荷量为1 080 C
答案 D
解析 电容器的额定电压为2.7 V，说明工作电压不能超过2.7 V，可以小于2.7 V，故A错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B错误；电容描述电容器容纳电荷的本领，不充电时电容仍然存在，与充电与否无关，故C错误；该电容器最大容纳电荷量：Q＝CU＝400 F×2.7 V＝1 080 C，故D正确．
2．(多选)(2019·江苏南京市、盐城市一模)位移传感器能够将位移这个力学量通过电容器转化成电学量．如图1所示，电容器两极板固定不动，带等量异种电荷，且保持不变，当被测物体带动电介质板向左移动时，电容器( )
图1
A．电容增大 B．电容减小
C．两极板间电压增大 D．两极板间电压减小
答案 BC
解析 由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质的相对介电常数减小，则电容C减小，由公式C＝eq \f(Q,U)知，电荷量不变时，U增大，B、C正确．
3.(2019·江苏南京市期初测试)“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图2所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是( )
图2
A．平行板正对面积减小时，静电计指针偏角减小
B．静电计可以用电压表替代
C．静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等
D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量
答案 C
解析 本题装置中电容器的电荷量Q不变，由C＝eq \f(εrS,4πkd)及C＝eq \f(Q,U)可知，平行板正对面积减小时，电容C减小，U增大，所以静电计指针偏角增大，A错误；静电计是测静电电压的装置，电压表是测量电路中电压的装置，必须有电流通过电压表才有读数，所以不能用电压表替代静电计，B、D错误；静电计与平行板电容器电压相等，但电荷量不相等，C正确．
4.(2020·湖北宜昌市调研)如图3所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一束同种带电粒子从P点以相同速度平行于极板射入电容器，最后均打在下极板的A点，若将上极板缓慢上移，则( )
图3
A．粒子打在下极板的落点缓慢左移
B．粒子打在下极板的落点缓慢右移
C．粒子仍然打在下极板的A点
D．因粒子的电性未知，无法判断粒子的落点
答案 C
解析 断开电源后，电容器电荷量保持不变，将上极板缓慢上移，d变大，电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，则电场强度不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍然打在下极板的A点，故C正确，A、B、D错误．
5．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图4，喷雾器可以喷出各种质量和电荷量的带负电油滴．假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力及油滴间的相互作用，则( )
图4
A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等
B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等
C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2
D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4
答案 D
解析 沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg＝Eq，即：eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，A、B错误；
沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：x＝v0t，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为2∶1，C错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向x＝v0t，竖直方向：y＝eq \f(1,2)at2，联立解得：a＝eq \f(2yv02,x2)，因为水平位移之比为2∶1，v0和y相同，所以加速度大小之比为1∶4，D正确．
6.将如图5所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )
图5
A．电子一直向着A板运动
B．电子一直向着B板运动
C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
答案 D
7．(2019·陕西渭南市教学质检(二))如图6所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用．则匀强电场的场强E大小是( )
图6
A.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 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：vy＝eq \f(v0,tan 30°)＝eq \r(3)v0，
水平方向上有d＝v0t，
竖直方向上有vy＝eq \f(Eq,m)t，
联立解得：E＝eq \f(\r(3)mv02,qd)，故B正确．
8．(多选)(2019·广西钦州市4月综测)如图7所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．下列判断正确的是( )
图7
A．P点的场强比Q点的场强大
B．P点的电势比Q点的电势高
C．粒子通过Q点时电势能较小
D．粒子通过Q点时动能较大
答案 AB
解析 由电场线疏密程度可知，P点的场强比Q点的场强大，故A正确；粒子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向曲线的内侧，故电场线向左，沿着电场线方向，电势越来越低，故P点的电势比Q点的电势高，故B正确；电场力的方向向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的动能较大，电势能较小，Q点的动能较小，电势能较大，故C、D错误．
9．(多选)(2020·安徽安庆市调研)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图8所示，实线是电场线，下列说法正确的是( )
图8
A．粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度小
B．从a到b过程中，粒子的电势能一直减小
C．无论粒子带何种电荷，经b点时的速度总比经a点时的速度大
D．电场中a点的电势一定比b点的电势高
答案 AC
解析 电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知Ea＜Eb，所以粒子在a点的加速度比在b点时小，故A正确；由粒子的运动轨迹可以知道，粒子受力指向曲线的内侧，从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后减小，动能先减小后增大．但a点到b点，整个过程，最终电场力做正功，粒子电势能减小，动能增加，故B错误，C正确；因为不知道粒子的电性，所以无法判断电势高低，故D错误．
10.(多选)(2019·江苏海安中学模拟)如图9，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则( )
图9
A．小球在B点时速度最大
B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少
C．小球在B点时的细线拉力最大
D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加
答案 BD
解析 对小球受力分析可知，小球受到电场力、重力与细线的拉力的作用，在复合场中做类单摆运动，当重力与电场力的合力与细线的拉力在同一条直线上时(在角AOC的角平分线上)，小球处于等效最低点，此时小球的速度最大，对细线的拉力最大，故A、C错误；从A到B的过程中电场力对小球做负功，小球的机械能减小，故B正确；从B到C的过程中克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确．
11.如图10所示，在O点处固定一个正点电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q.小球下落的轨迹如图1中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直距离为h.若小球通过B点时的速度为v，试求：
图10
(1)小球通过C点时的速度大小；
(2)小球由A到C的过程中电场力做的功．
答案 (1)eq \r(v2＋gR) (2)eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mgR－mgh
解析 (1)由题分析知B、C两点电势相等，则小球由B到C电场力做功为零，由动能定理有：
mgRsin 30°＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv2
得：vC＝eq \r(v2＋gR)
(2)由A到C应用动能定理有：WAC＋mgh＝eq \f(1,2)mvC2－0
得电场力做功：
WAC＝eq \f(1,2)mvC2－mgh＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mgR－mgh
12.(2020·山东青岛市模拟)如图11所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g.(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图11
(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)现将细线剪断，求小球落地过程中水平位移的大小；
(3)现将细线剪断，求带电小球落地前瞬间的动能．
答案 (1)eq \f(3mg,4q) (2)eq \f(3,4)h (3)eq \f(25,16)mgh
解析 (1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，有FTcs 37°＝mg
FTsin 37°＝qE，解得：E＝eq \f(3mg,4q)
(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，由Eq＝ma，x＝eq \f(1,2)at2
h＝eq \f(1,2)gt2
联立解得：x＝eq \f(3,4)h
(3)从剪断细线到落地前瞬间，由动能定理得：
Ek＝mgh＋qEx＝eq \f(25,16)mgh.实验项目
实验现象
电容器充电
灯泡
灯泡的亮度由明到暗最后熄灭
电流表1
电流表1的读数由大到小最后为零
电压表
电压表的读数由小到大最后为6 V
电容器放电
灯泡
灯泡的亮度由明到暗最后熄灭
电流表2
电流表2的读数由大到小最后为零
电压表
电压表的读数由大到小最后为零