第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動知識排查常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系1.常見電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(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，電容器中儲存電場能。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(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(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)電場中的運(yùn)動1.加速(1)在勻強(qiáng)電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2)在非勻強(qiáng)電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，僅受電場力。(2)運(yùn)動形式：類平拋運(yùn)動。(3)處理方法：運(yùn)動的合成與分解。圖1①沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動，運(yùn)動時間t＝eq\f(l,v0)②沿電場力方向?yàn)閯蚣铀僦本€運(yùn)動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)③離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d)④離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(v⊥,v0)＝eq\f(qlU,mveq\o\al(2,0)d)示波管的構(gòu)造1.構(gòu)造(1)電子槍，(2)偏轉(zhuǎn)極板，(3)熒光屏。(如圖2所示)圖22．工作原理YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作掃描電壓。小題速練1．關(guān)于電容器及其電容，下列說法中正確的是()A．平行板電容器一板帶電＋Q，另一板帶電－Q，則此電容器不帶電B．由公式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容隨電荷量Q的增加而增大C．對一個電容器來說，電容器的電荷量與兩板間的電勢差成正比D．如果一個電容器兩板間沒有電壓，就不帶電荷，也就沒有電容答案C2．兩平行金屬板相距為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入電場，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖3所示，OA間距為h，則此電子的初動能為()圖3A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh) C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析電子從O點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動能定理可得－eUOA＝0－Ek，因?yàn)閁OA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，選項D正確。答案D3．(多選)如圖4所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)，不計三個液滴間的相互作用，則下列說法正確的是()圖4A．三個液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動B．三個液滴的運(yùn)動時間一定相同C．三個液滴落到底板時的速率相同D．液滴C所帶電荷量最多解析三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運(yùn)動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動，三個液滴的運(yùn)動時間相同，選項B正確；三個液滴落到底板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴落到底板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴C在水平方向位移最大，說明液滴C在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確。答案BD平行板電容器的動態(tài)分析1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變。2．動態(tài)分析思路(1)U不變①根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析Q的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)的變化。③根據(jù)UAB＝Ed分析某點(diǎn)電勢變化。(2)Q不變①根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析U的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)變化?！纠?】(2016·全國卷Ⅰ，14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變小；因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷希蔝不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時，Q減小。由于U與d都不變，再由E＝eq\f(U,d)知電場強(qiáng)度E不變，選項D正確。答案D【拓展1】(多選)將【例1】中的電源斷開，當(dāng)把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后，下列說法正確的是()A．電容器的電容增大B．極板間的電勢差增大C．極板上的電荷量變大D．極板間電場強(qiáng)度變大答案BD【拓展2】(多選)若水平放置接有恒壓電源的平行金屬板內(nèi)部空間有一帶電粒子P恰能靜止，同時下極板接地，當(dāng)將上極板向右移動一小段距離時，則下列說法正確的是()A．電容器所帶電荷量保持不變B．極板間的電場強(qiáng)度保持不變C．粒子所在初位置的電勢能保持不變D．粒子將加速向下運(yùn)動解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)將上極板右移一段距離時，S減小，電容器的電容減小，由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，電壓U不變，C減小，故電容器所帶電荷量減少，選項A錯誤；U和d不變，由E＝eq\f(U,d)可知，極板間的電場強(qiáng)度保持不變，選項B正確；由于極板間的電場強(qiáng)度不變，粒子所在初位置到下極板間的距離不變，故該點(diǎn)到零電勢點(diǎn)的電勢差不變，即該點(diǎn)的電勢不變，粒子的電勢能不變，選項C正確；由于粒子的受力情況不變，故粒子仍然保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項D錯誤。答案BC分析平行板電容器動態(tài)變化的三點(diǎn)關(guān)鍵(1)確定不變量：先明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，是電荷量保持不變還是極板間電壓不變。(2)恰當(dāng)選擇公式：靈活選取電容的決定式和定義式，分析電容的變化，同時用公式E＝eq\f(U,d)分析極板間電場強(qiáng)度的變化情況。(3)若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場力的變化，分析其運(yùn)動情況的變化。1．對以下四幅圖中包含的物理知識說法正確的是()圖5A．圖甲：將兩板間距拉開一些后，靜電計指針張角會變小B．圖乙：距離帶電體越遠(yuǎn)，等勢面的形狀與帶電體的形狀越相似C．圖丙：研究均勻帶電球體在球外產(chǎn)生的電場時，可以認(rèn)為全部電荷集中在球心D．圖丁：此種電容器不僅可以接在直流電源上使用，也可以接在交流電源上使用解析圖甲中，當(dāng)Q一定時，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4kπd)知，d↑、C↓、U↑，靜電計指針張角變大，選項A錯誤；距離帶電體越遠(yuǎn)，等勢面的形狀越接近圓形，選項B錯誤；均勻帶電球體或球殼在球外產(chǎn)生的電場，可認(rèn)為全部電荷集中在球心，選項C正確；圖中電容器為電解電容器，只能在直流電源上使用。答案C2．(多選)如圖6所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變。則在B極板移動的過程中()圖6A．油滴將向下做勻加速運(yùn)動B．電流計中電流由b流向aC．油滴運(yùn)動的加速度逐漸變大D．極板帶的電荷量減少解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，電容器電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量減少，電容器放電，電流由a流向b，選項D正確，B錯誤；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移過程中，兩板間場強(qiáng)逐漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運(yùn)動的加速度逐漸變大，選項C正確，A錯誤。答案CD帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動1．做直線運(yùn)動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動。(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，帶電粒子將做變速直線運(yùn)動；若電場為勻強(qiáng)電場，則帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動。2．用動力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(F合,m)，在勻強(qiáng)電場中，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad3．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1【例2】(多選)(2018·全國卷Ⅲ，21)如圖7所示，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是()圖7A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等解析兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝eq\f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確。答案BD帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題的解題步驟1．(多選)如圖8所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運(yùn)動，直線ON與水平面的夾角為30°。若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，且mg＝qE，則()圖8A．電場方向豎直向上B．小球運(yùn)動的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)D．小球電勢能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析因?yàn)樾∏蜃鰟蜃兯僦本€運(yùn)動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場力的方向與水平方向夾角為30°，斜向上，如圖所示，A錯誤；小球所受的重力和電場力相等，根據(jù)平行四邊形定則知，兩個力的夾角為120°，所以合力大小與分力大小相等，等于mg，根據(jù)牛頓第二定律知，小球運(yùn)動的加速度大小為g，B正確；小球斜向上做勻減速直線運(yùn)動，勻減速直線運(yùn)動的位移s＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，則小球上升的最大高度h＝s·sin30°＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，C錯誤；在整個過程中電場力做功W＝qEscos120°＝－eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，電勢能增加eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，所以小球電勢能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，D正確。答案BD2．(多選)如圖9所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，寬度為d，其余空間內(nèi)不存在電場?；瑝KA剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列判斷正確的是()圖9A．A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B．A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C．兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D．兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞解析對滑塊A在碰撞前根據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為v，根據(jù)動量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑塊A向左運(yùn)動不會滑出電場，設(shè)碰撞后滑塊A在電場中運(yùn)動的時間為t，由動量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑塊B向右做勻速運(yùn)動，有vt＝eq\f(4,9)d，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正確，B錯誤；兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd＞0，D正確，C錯誤。答案AD

帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動1．兩個結(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，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到入射點(diǎn)的距離為eq\f(l,2)。2．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、末位置間的電勢差?！纠?】如圖10所示，A、B兩個帶正電的粒子，所帶電荷量分別為q1與q2，質(zhì)量分別為m1和m2。它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，A粒子打在N板上的A′點(diǎn)，B粒子打在N板上的B′點(diǎn)，若不計重力，則()圖10A．q1＞q2 B．m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)解析設(shè)粒子的速度為v0，電荷量為q，質(zhì)量為m，所以加速度a＝eq\f(qE,m)，運(yùn)動時間t＝eq\f(x,v0)，偏轉(zhuǎn)位移為y＝eq\f(1,2)at2，整理得y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，顯然由于A粒子的水平位移小，則有eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2)，但A粒子的電荷量不一定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D錯誤，C正確。答案C【拓展】在【例3】中如果僅將“以相同的速度”改為“以相同的初動能”，則下列說法正確的是()A．q1＞q2 B．m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)解析由【例3】的解析可知y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，由題意Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得y＝eq\f(qEx2,4Ek0)，由于A粒子的水平位移小，則A粒子的電荷量大，即q1大于q2，A正確；由以上分析可知，不能確定兩粒子的質(zhì)量關(guān)系，B、C、D錯誤。答案A分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運(yùn)動。(2)運(yùn)動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動。1．(2019·廣東惠州模擬)如圖11所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L。為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量eq\f(h,U2))可采用的方法是()圖11A．增大兩板間的電勢差U2B．盡可能使板長L短些C．使加速電壓U1升高些D．盡可能使板間距離d小些解析帶電粒子加速時，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv2，帶電粒子偏轉(zhuǎn)時，由類平拋運(yùn)動規(guī)律得L＝vt，h＝eq\f(1,2)at2，又由牛頓第二定律得a＝eq\f(qU2,md)，聯(lián)立以上各式可得h＝eq\f(U2L2,4dU1)，由題意，靈敏度為eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1)，可見靈敏度與U2無關(guān)，要提高示波管的靈敏度，可使板長L長些、板間距離d小一些、使加速電壓U1降低一些，故D正確。答案D2．在直角坐標(biāo)系中，三個邊長都為l＝2m的正方形排列如圖12所示，第一象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為E0，在第二象限正方形COED的對角線CE左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，三角形OEC區(qū)域內(nèi)無電場，正方形DENM區(qū)域內(nèi)無電場。圖12(1)現(xiàn)有一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點(diǎn)靜止釋放，恰好能通過E點(diǎn)。求CED區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E1；(2)保持(1)問中電場強(qiáng)度不變，若在正方形區(qū)域ABOC中某些點(diǎn)靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有的粒子都經(jīng)過E點(diǎn)，則釋放點(diǎn)的坐標(biāo)值x、y間應(yīng)滿足什么關(guān)系？解析(1)設(shè)粒子在第一象限的電場中加速運(yùn)動，出第一象限時速度為v，由動能定理得qE0l＝eq\f(1,2)mv2在第二象限中由類平拋運(yùn)動的規(guī)律l＝vtl＝eq\f(1,2)·eq\f(qE1,m)t2解得E1＝4E0(2)設(shè)出發(fā)點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，加速過程由動能定理得qE0x＝eq\f(1,2)mv′2經(jīng)過分析，要過E點(diǎn)在第二象限中類平拋運(yùn)動時豎直位移與水平位移大小相等為y，則y＝v′t′y＝eq\f(1,2)eq\f(qE1,m)t′2解得y＝x答案(1)4E0(2)y＝x科學(xué)態(tài)度與責(zé)任系列——電場中的STSE問題應(yīng)用1電容器在現(xiàn)代科技生活中的應(yīng)用【典例1】(多選)[智能手機(jī)上的電容觸摸屏]目前智能手機(jī)普遍采用了電容觸摸屏，電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)合玻璃屏，玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為工作面，四個角引出四個電極，當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指和工作面形成一個電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號，電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，控制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置。對于電容觸摸屏，下列說法正確的是()圖13A．電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號B．使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作C．手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小D．手指與屏的接觸面積變大時，電容變大解析據(jù)題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，因此不需要手指有壓力，故A正確；絕緣筆與工作面不能形成一個電容器，所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作，故B錯誤；手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，故C錯誤；手指與屏的接觸面積變大時，電容變大，故D正確。答案AD【典例2】[電容式傳聲器]圖14為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)人對著傳聲器講話，膜片會振動。若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中()圖14A．膜片與極板間的電容增大B．極板所帶電荷量增大C．膜片與極板間的電場強(qiáng)度增大D．電阻R中有電流通過解析根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，膜片與極板距離增大，膜片與極板間的電容減小，選項A錯誤；根據(jù)Q＝CU可知極板所帶電荷量減小，因此電容器要通過電阻R放電，所以選項D正確，B錯誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，膜片與極板間的電場強(qiáng)度減小，選項C錯誤。答案D應(yīng)用2靜電除塵【典例3】如圖15所示為某靜電除塵器的工作原理圖，根據(jù)此圖請判斷以下說法正確的是()圖15A．離子發(fā)生器的作用是在空氣經(jīng)過時使其中的粉塵帶上負(fù)電B．集塵盤負(fù)極吸附大量粉塵的原因是粉塵帶上了正電C．若預(yù)過濾網(wǎng)破裂，不影響除塵器的除塵效果D．該除塵器能有效去除空氣中的有毒氣體解析通過集塵盤能收集粉塵可知，粉塵帶正電，選項A錯誤，B正確；過濾網(wǎng)的作用是濾去質(zhì)量較大的顆粒，細(xì)小顆粒更易被收集，選項C錯誤；該裝置無法分辨氣體是否有毒性，選項D錯誤。答案B應(yīng)用3靜電噴涂【典例4】靜電噴涂是利用高壓靜電電場使帶負(fù)電的涂料微粒沿著電場相反的方向定向運(yùn)動，并將涂料微粒吸附在工件表面上的一種噴涂方法，其工作原理如圖16所示。忽略運(yùn)動中涂料微粒間的相互作用和涂料微粒的重力。下列說法中正確的是()圖16A．當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時，在運(yùn)動中的涂料微粒所受電場力增大B．涂料微粒的運(yùn)動軌跡僅由被噴涂工件與靜電噴涂機(jī)之間所接的高壓電源決定C．在靜電噴涂機(jī)水平向左移動的過程中，有兩個帶有相同電荷量的微粒先后經(jīng)過被噴涂工件右側(cè)P點(diǎn)(相對工件的距離不變)處，先經(jīng)過的微粒電勢能較大D．涂料微粒在向被噴涂工件運(yùn)動的軌跡中，在直線軌跡上電勢升高最快解析當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時，由于靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間電壓恒定，電場強(qiáng)度減小，故電場力減小，選項A錯誤；軌跡與初速度和受力情況均有關(guān)，選項B錯誤；工件接地，電勢為零，P處電勢為負(fù)值，噴涂機(jī)左移會使空間場強(qiáng)變大，P點(diǎn)電勢變低，因微粒帶負(fù)電，先經(jīng)過的微粒電勢能小，選項C錯誤；涂料微粒在向被噴涂工件運(yùn)動的軌跡中，直線的距離最小，結(jié)合公式U＝Ed，在直線軌跡上電勢升高最快，故選項D正確。答案D應(yīng)用4噴墨打印機(jī)【典例5】有一種噴墨打印機(jī)的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖17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()圖17A．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)板間的電壓解析帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)，側(cè)移Y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU2,md)，t＝eq\f(L,v0)，可推出Y1＝eq\f(qU2L2,2mdveq\o\al(2,0))，Y2＝ltanθ，Y＝Y(jié)1＋Y2，減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離可使字跡減小，選項C正確，A、B、D錯誤。答案C應(yīng)用5電子束熔煉【典例6】(多選)(2019·山西太原模擬)電子束熔煉是指高真空下，將高速電子束的動能轉(zhuǎn)換為熱能作為熱源來進(jìn)行金屬熔煉的一種熔煉方法。如圖18所示，陰極燈絲被加熱后產(chǎn)生初速度為0的電子，在3×104V加速電壓的作用下，以極高的速度向陽極運(yùn)動；穿過陽極后，在金屬電極A1、A2間1×103V電壓形成的聚焦電場作用下，轟擊到物料上，其動能全部轉(zhuǎn)換為熱能，使物料不斷熔煉。已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OPO′所示，P是軌跡上的一點(diǎn)，聚焦電場過P點(diǎn)的一條電場線如圖，則()圖18A．電極A1的電勢高于電極A2的電勢B．電子在P點(diǎn)時速度方向與聚焦電場強(qiáng)度方向夾角大于90°C．聚焦電場只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小D．電子轟擊到物料上時的動能大于3×104eV解析由粒子運(yùn)動軌跡與力的關(guān)系可知電子在P點(diǎn)受到的電場力斜向左下方，電子帶負(fù)電，所以電場強(qiáng)度方向相反，斜向右上方，即電極A1的電勢高于電極A2的電勢，故A正確；電子在P點(diǎn)時速度方向與聚焦電場強(qiáng)度方向夾角大于90°，故B正確；聚焦電場不僅改變電子速度的方向，也改變電子速度的大小，故C錯誤；由動能定理，電子到達(dá)P點(diǎn)時動能已經(jīng)為3×104eV，再經(jīng)過聚焦電場加速，可知電子轟擊到物料上時的動能大于3×104eV，故D正確。答案ABD課時作業(yè)(時間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1．在研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖1所示。現(xiàn)保持B板不動，適當(dāng)移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角減小，則A板可能是()圖1A．右移 B．左移 C．上移 D．下移解析電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計指針張角減小，說明兩極板間電壓變小，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)得出電容變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知兩極板之間距離變小或正對面積變大，選項A正確，B、C、D錯誤。答案A2．(2018·重慶二模)如圖2所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長為2d，相距為d，兩板間加有豎直向下的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以大小為v0的水平速度從靠近上板下表面的P點(diǎn)射入，小球剛好從下板右邊緣射出，重力加速度為g，則該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為()圖2A.eq\f(mgd－mveq\o\al(2,0),qd) B.eq\f(2mgd＋mveq\o\al(2,0),2qd)C.eq\f(mveq\o\al(2,0)－2mgd,2qd) D.eq\f(mgd＋mveq\o\al(2,0),qd)解析根據(jù)牛頓第二定律有qE＋mg＝ma，解得a＝eq\f(qE＋mg,m)，運(yùn)動時間為t＝eq\f(2d,v0)，d＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0)－2mgd,2qd)，故C正確。答案C3．(2018·江蘇單科，5)如圖3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板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍然保持靜止 B．豎直向下運(yùn)動C．向左下方運(yùn)動 D．向右下方運(yùn)動解析由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，將B板右端向下移動一小段距離，極板之間的電場強(qiáng)度將減小，油滴所受電場力減小，且電場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，選項D正確。答案D4．(多選)(2019·江西師大模擬)如圖4所示，在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路。調(diào)節(jié)滑動變阻器，使A、B兩板間的電壓為U時，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場中，恰從A、B兩板的中點(diǎn)處沿原路返回(不計重力)，則下列說法正確的是()圖4A．使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子恰能到達(dá)B板B．使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子將從B板中心小孔射出C．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子恰能到達(dá)B板D．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子將從B板中心小孔射出解析設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場中的位移為x，根據(jù)動能定理得－qEx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又E＝eq\f(U,d)得x＝eq\f(mdveq\o\al(2,0),2qU)，由此可知，要使帶電粒子進(jìn)入電場后恰能到達(dá)B板處，x變?yōu)樵瓉淼?倍，采取的方法有使帶電粒子的初速度變?yōu)閑q\r(2)v0或使A、B兩板間的電壓變?yōu)閑q\f(1,2)U，或使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍，故B、C正確，A、D錯誤。答案BC5．(多選)(2019·湖南株洲一模)如圖5所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B，一個電荷量q＝1.41×10－4C、質(zhì)量m＝1g的帶電小球自A板上的孔P以大小為0.1m/s的水平速度v0飛入兩板之間的電場，經(jīng)0.02s后又回到P點(diǎn)，其間未與B板相碰，g取10m/s2，則()圖5A．板間電場強(qiáng)度大小為100V/mB．板間電場強(qiáng)度大小為141V/mC．板與水平方向的夾角θ＝30°D．板與水平方向的夾角θ＝45°解析對帶電小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，小球的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－v0,\f(t,2))＝eq\f(0－0.1,\f(0.02,2))m/s2＝－10m/s2，根據(jù)幾何關(guān)系得tanθ＝eq\f(F合,mg)＝eq\f(m|a|,mg)＝eq\f(|a|,g)＝eq\f(10,10)＝1，故θ＝45°，F(xiàn)電＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg＝qE，解得E＝100V/m，故A、D正確，B、C錯誤。答案AD6．(多選)(2019·山東青島5月模擬)如圖6所示，電路中A、B、C、D是完全相同的金屬極板，P是A、B板間的一點(diǎn)，在C、D板間插有一塊有機(jī)玻璃板。閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開?，F(xiàn)將C、D板間的玻璃板抽出，下列說法正確的是()圖6A．金屬板C、D構(gòu)成的電容器的電容減小B．P點(diǎn)電勢降低C．玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流D．A、B兩板間的電場強(qiáng)度減小解析根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，將C、D板間的玻璃板抽出，相對介電常數(shù)εr減小，其他條件不變，則金屬板C、D構(gòu)成的電容器的電容減小，A正確；閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開，極板上的總電荷量不變，金屬板C、D構(gòu)成的電容器的電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板C、D間的電勢差變大，極板A、B間的電勢差變大，由E＝eq\f(U,d)可知極板A、B間的場強(qiáng)變大，P點(diǎn)與B板的電勢差變大，又因B板接地，電勢為零，故P點(diǎn)電勢升高，因此電容器CD處于放電狀態(tài)，電容器AB處于充電狀態(tài)，電阻R中有向右的電流，C正確，B、D錯誤。答案AC7．如圖7甲所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的電壓，t＝0時，Q板比P板電勢高5V，此時在兩板的正中央M點(diǎn)有一個電子，速度為零，電子在靜電力作用下運(yùn)動，使得電子的位置和速度隨時間變化。假設(shè)電子始終未與兩板相碰。在0<t<8×10－10s的時間內(nèi)，這個電子處于M點(diǎn)的右側(cè)，速度方向向左且大小逐漸增大的時間是()圖7A．0＜t＜2×10－10sB．2×10－10s＜t＜4×10－10sC．4×10－10s＜t＜6×10－10sD．6×10－10s＜t＜8×10－10s解析作出粒子運(yùn)動的v－t圖象如圖所示。由圖象可知選項C正確。答案C8．(多選)如圖8所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右端有一帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強(qiáng)電場，帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現(xiàn)保持電場強(qiáng)度的大小不變，突然將電場反向，若將此時作為計時起點(diǎn)，則下列描述速度與時間、加速度與位移之間變化關(guān)系的圖象正確的是()圖8解析將電場反向，小球在水平方向上受到向右的電場力和彈簧的彈力，小球離開彈簧前，根據(jù)牛頓第二定律得，小球的加速度a＝eq\f(qE＋kx,m)，知a隨壓縮量x的減小均勻減小，當(dāng)脫離彈簧后，小球的加速度a＝eq\f(qE,m)，保持不變?？芍∏蛳茸黾铀俣戎饾u減小的加速運(yùn)動，后做勻加速運(yùn)動，故A、C項正確，B、D項錯誤。答案AC9．(2019·廣東深圳一調(diào))如圖9所示，勻強(qiáng)電場中相鄰豎直等勢線間距d＝10cm，質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量為q＝－1×10－3C的小球以初速度v0＝10m/s拋出，初速度方向與水平線的夾角為45°，已知重力加速度g＝10m/s2，求：圖9(1)小球加速度的大??；(2)小球再次回到圖中水平線時的速度大小和距拋出點(diǎn)的距離。解析(1)設(shè)相鄰兩等勢線間的電勢差為U則E＝eq\f(U,d)解得E＝1×103V/m電場力F＝qE＝1N，方向水平向右重力G＝mg＝1N，方向豎直向下設(shè)小球加速度為a，由牛頓第二定律得F合＝eq\r(G2＋F2)＝ma解得a＝10eq\r(2)m/s2(2)設(shè)小球再次回到圖中水平線時的速度為v，與拋出點(diǎn)的距離為L，小球加速度與初速度方向垂直，做類平拋運(yùn)動，有Lcos45°＝v0tLsin45°＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\r(2)s，L＝20mvy＝atv＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))解得v＝10eq\r(5)m/s答案(1)10eq\r(2)m/s2(2)10eq\r(5)m/s20m綜合提能練10．(多選)(2019·長春質(zhì)檢)如圖10所示，光滑絕緣斜面體ABC處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，斜面AB的長度為0.5m，傾角θ＝37°，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以大小為2m/s的速度v0沿斜面勻速上滑。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法中正確的是()圖10A．小球在B點(diǎn)的電勢能大于在A點(diǎn)的電勢能B．水平勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為eq\f(3mg,4q)C．若電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，則小球運(yùn)動的加速度大小為3m/s2D．若電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t小球運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度為初速度v0