第3節(jié)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絕對值。(3)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。(4)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)物理意義：表示電容器容納電荷本領的物理量。(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質)決定，與電容器是否帶電及電壓無關。3.平行板電容器的電容(1)決定因素：正對面積，相對介電常數，兩板間的距離。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)。【自測1】(多選)由電容器電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知()A.若電容器不帶電，則電容C為零B.電容C與電容器所帶電荷量Q成正比C.電容C與所帶電荷量Q無關D.電容在數值上等于使兩板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量答案CD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)mveq\o\al(2,0)。(2)在非勻強電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2.偏轉(1)運動情況：如果帶電粒子以初速度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。根據運動的合成與分解的知識解決有關問題。(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(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))，偏轉角θ的正切值，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。【自測2】如圖2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，最后均打在下極板的A點，若將上極板緩慢上移，則()圖2A.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.粒子仍然打在下極板的A點D.因粒子的電性未知，無法判斷粒子的落點答案C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)如果在偏轉電極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，產生一個亮斑。(3)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變化的穩(wěn)定圖象。考點一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E＝eq\f(U,d)分析場強的變化。③根據U＝Ed分析某點電勢變化。(2)Q不變①根據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E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)分析場強變化。1.(電壓不變的動態(tài)分析)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出，則電容器()A.極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B.極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C.極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D.極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變答案D解析由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當云母介質移出時，εr變小，電容器的電容C變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據Q＝CU可知，當C減小時，Q減小。由于U與d都不變，再由E＝eq\f(U,d)知電場強度E不變，選項D正確。2.(電荷量不變的動態(tài)分析)(多選)如圖4為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖。當被測物體在左右方向發(fā)生位移時，電介質板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化，進而能測出電容的變化，最后就能探測到物體位移的變化，若靜電計上的指針偏角為θ，則被測物體()圖4A.向左移動時，θ增大 B.向右移動時，θ增大C.向左移動時，θ減小 D.向右移動時，θ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，兩極板間電介質增多，εr變大，則電容C增大，又由公式C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變時，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；同理可知，當被測物體帶動電介質板向右移動時，θ增大，故B正確，D錯誤。考點二帶電粒子(體)在電場中的直線運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(2)粒子所受合力為恒力且F合≠0，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－veq\o\al(2,0)＝2ad。3.用功能觀點分析勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)?電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)。?液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。【例1】(2021·廣西南寧期中)一勻強電場，電場強度方向是水平的，如圖5所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力和重力作用下恰好能沿與電場強度的反方向成θ角做直線運動，重力加速度為g，求：圖5(1)電場強度的大小；(2)小球運動到最高點時其電勢能與O點的電勢能之差。答案(1)eq\f(mg,qtanθ)(2)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)cos2θ解析(1)小球做直線運動，所受的電場力qE和重力mg的合力必沿此直線方向，如圖所示由幾何關系可知mg＝qEtanθ解得E＝eq\f(mg,qtanθ)。(2)小球做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得F合＝eq\f(mg,sinθ)＝ma設從O點到最高點的位移為x，根據運動學公式可得veq\o\al(2,0)＝2ax運動的水平距離l＝xcosθ兩點間的電勢能之差ΔEp＝qEl聯立解得ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)cos2θ。3.(多選)如圖6所示為勻強電場中的一組等間距的豎直直線，一個帶電粒子從A點以一定的初速度斜向上射入電場，結果粒子沿初速度方向斜向右上方做直線運動，則下列說法正確的是()圖6A.若豎直直線是電場線，電場的方向一定豎直向上B.若豎直直線是電場線，粒子沿直線向上運動過程動能保持不變C.若豎直直線是等勢線，粒子一定做勻速直線運動D.若豎直直線是等勢線，粒子沿直線斜向上運動過程電勢能增大答案BD解析粒子做直線運動，則粒子受到的合力與初速度共線，因此粒子一定受重力作用；若豎直直線是電場線，粒子受到的電場力一定豎直向上，又因為粒子斜向右上做直線運動，所以粒子做勻速直線運動，動能不變，由于粒子的電性未知，因此電場方向不能確定，選項A錯誤，B正確；若豎直直線是等勢線，電場力方向水平，由于粒子斜向右上做直線運動，因此電場力一定水平向左，合力方向與粒子運動的速度方向相反，粒子斜向右上方做勻減速運動，粒子受到的電場力做負功，因此粒子沿直線斜向上運動過程電勢能增大，選項C錯誤，D正確。考點三帶電粒子(體)在電場中的偏轉運動1.運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動能飛出電容器：t＝eq\f(l,v0)。不能飛出電容器：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，t＝eq\r(\f(2mdy,qU))。(2)沿電場力方向做勻加速直線運動加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場時的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))離開電場時的偏轉角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))2.兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始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)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可見y與tanθ與粒子的q、m無關。(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.功能關系當討論帶電粒子的末速度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)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差。【例2】(多選)(2021·山東臨沂月考)示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的。如圖7所示，不同的帶負電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶負電粒子能射出平行板電場區(qū)域的條件下，則()圖7A.若電荷量q相等，則帶負電粒子在板間的加速度大小相等B.若比荷eq\f(q,m)相等，則帶負電粒子從M孔射出的速率相等C.若電荷量q相等，則帶負電粒子從M孔射出時的動能相等D.若不同比荷eq\f(q,m)的帶負電粒子由O點射入，偏轉角度θ相同答案BCD解析設加速電場的板間距離為d，由牛頓第二定律得a＝eq\f(qU,md)，由于粒子的質量未知，所以無法確定帶負電粒子在板間的加速度大小關系，故A錯誤；由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，所以當帶負電粒子的比荷eq\f(q,m)相等時，它們從M孔射出的速度相等，故B正確；粒子從M孔射出時的動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU1，所以當帶負電粒子的電荷量q相等時，它們從M孔射出時的動能相等，故C正確；如圖所示，設偏轉電場的板間距離為d′，在偏轉電場中有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(U2l,2U1d′)，偏轉角度θ與粒子的比荷無關，所以不同比荷eq\f(q,m)的帶負電粒子從O點射入，偏轉角度θ相同，故D正確。4.(多選)(2021·全國乙卷)四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖象中，可能正確的是()答案AD解析分析可知帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則帶電粒子的運動軌跡方程為y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，則帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡重合，C錯誤；當電場方向沿y軸正方向時，帶正電的粒子向y軸正方向偏轉，帶負電的粒子向y軸負方向偏轉，則粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡與粒子(－q，m)的運動軌跡關于x軸對稱，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，則x相同時，粒子(＋q，2m)沿y軸方向的偏轉量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正確；當電場方向沿y軸負方向時，同理可知A正確，B錯誤。思維轉換法解決與電容器相關的實際問題電容器在現代生活中應用十分廣泛，其中作為傳感器使用的有智能手機上的電容觸摸屏、電容式傳聲器、電容式位移傳感器等。【示例1】目前智能手機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進行工作的，它是一塊四層復合玻璃屏，玻璃屏的內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，當用戶手指(肉)觸摸電容觸摸屏時，手指(肉)和工作面形成一個電容器，因為工作面上接有高頻信號，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。寒冷的冬天，人們也可以用觸屏手套進行觸控操作。下列說法正確的是()圖1A.使用絕緣筆壓電容觸摸屏也能進行觸控操作B.為了安全，觸屏手套指尖處應該采用絕緣材料C.手指按壓屏的力變大，手指(肉)和工作面形成的電容器電容變大D.手指與屏的接觸面積變大，手指(肉)和工作面形成的電容器電容變小答案C解析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行觸控操作，故A錯誤；電容觸摸屏是利用人體的電流感應進行工作的，觸屏手套指尖處采用絕緣材料，將無法形成感應電流，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正確；手指與屏的接觸面積變大時，電容變大，故D錯誤。【示例2】(2021·北京海淀模擬)一位同學用底面半徑為R的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來測定瓶內溶液深度的變化，如圖2所示，瓶的外壁涂有一層導電涂層和瓶內導電溶液構成電容器的兩極，它們通過探針和導線與電源、電流計、開關相連，中間的一層塑料為絕緣電介質，其厚度為d，介電常數為εr。若發(fā)現在某一小段時間t內有大小為I的電流從下向上流過電流計，設電源電壓恒定為U，則下列說法中正確的是()圖2A.瓶內液面降低了eq\f(2kdIt,UεrR) B.瓶內液面升高了eq\f(2kdIt,UεrR)C.瓶內液面升高了eq\f(kdIt,UεrR) D.瓶內液面降低了eq\f(kdIt,UεrR)答案A解析由圖可知，液體與瓶的外壁涂的導電涂層構成了電容器，由題目圖可知，兩板間距離不變；液面高度變化時只有正對面積發(fā)生變化；則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當液面升高時，正對面積S增大，則電容增大，當液面降低時，正對面積S減小，則電容減小。由于電流從下向上流過電流計，可知該時間內電容器上的電荷量減小，由于電勢差不變，那么電容的電量減小；瓶內液面降低。t時間內減少的電量q＝It，依據C＝eq\f(Q,U)，可得q＝U·ΔC，液面的高度為h時的正對面積S＝2πR·h，聯立解得Δh＝eq\f(2kdIt,UεrR)，故A正確，B、C、D錯誤。考點一平行板電容器的動態(tài)分析1.(多選)傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖1所示的是一種測定壓力的電容式傳感器，當待測壓力F作用于可動膜片上時，以下說法中正確的是()圖1A.若F向上壓膜片，電路中有從a到b的電流B.若F向上壓膜片，電路中有從b到a的電流C.若F向上壓膜片，電路中不會出現電流D.若電流表有示數，則說明壓力F發(fā)生變化答案BD解析由題意可知，電容器的電壓不變。若F向上壓膜片電極，電容增大，電荷量增大，電容器充電，電路中形成順時針方向的充電電流，即電路中有從b到a的電流，故A、C錯誤，B正確；當壓力F變化時，電容變化，電荷量變化，電路中就有電流，故D正確。2.(2021·山東臨沂模擬)如圖2所示，水平放置的平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，上極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)。現先將開關斷開，再將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則()圖2A.電容器的電容增大B.極板所帶的電荷量增多C.帶電油滴將向下運動D.極板間的電場強度不變答案D解析根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，則電容C減小，故A錯誤；由于開關已經斷開，則電容器電荷量不變，故B錯誤；根據C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)得E＝Q·eq\f(4πk,εrS)，可知d增大，電場強度不變，受力情況不變，油滴不動，故C錯誤，D正確。考點二帶電粒子(體)在電場中的直線運動3.如圖3所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，則()圖3A.微粒到達B點時動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.微粒的加速度大小等于gsinθC.兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D.微粒從A點到B點的過程，電勢能減少eq\f(mgd,cosθ)答案C解析微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向，由此可知，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B點時動能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；根據qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得E＝eq\f(mg,qcosθ)，a＝gtanθ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項C正確；微粒從A點到B點的過程，電場力做負功，電勢能增加，電勢能增加量ΔEp＝qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，選項D錯誤。4.(2021·山東省實驗中學零模)如圖4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量為m，電荷量為q1(q1>0)的粒子A；在負極板附近有一質量也為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()圖4A.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解析設電場強度大小為E，兩粒子的運動時間為t，對正電荷A有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)t2，對負電荷B有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)t2，聯立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，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)，C、D錯誤。考點三帶電粒子(體)在電場中的偏轉運動5.(2021·云南通海模擬)如圖5所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為()圖5A.U1∶U2＝1∶8 B.U1∶U2＝1∶4C.U1∶U2＝1∶2 D.U1∶U2＝1∶1答案A解析帶電粒子在電場中做類平拋運動，則y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\f(x2,veq\o\al(2,0))，得U＝eq\f(2mveq\o\al(2,0)dy,qx2)，所以U∝eq\f(y,x2)，U1∶U2＝eq\f(\f(1,2)d,l2)∶eq\f(d,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l))2)＝1∶8，故A正確。6.(多選)(2021·河北石家莊二中模擬)如圖6所示，有三個質量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的P點以相同的水平初速度垂直于E進入電場，它們分別落在A、B、C三點，則可判斷()圖6A.落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電B.三小球在電場中運動時間相等C.三小球到達正極板時的動能關系是EkA＞EkB＞EkCD.三小球在電場中運動的加速度關系是：aC＞aB＞aA答案AD解析在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負電小球的受力如圖所示，三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，則落在板上時水平方向的距離與下落時間成正比，即tA>tB>tC，由于豎直位移相同，根據h＝eq\f(1,2)at2知，aA<aB<aC，則結合牛頓第二定律知，落在A點的小球帶正電，B球不帶電，C球帶負電，故A、D正確，B錯誤；根據動能定理W合＝Ek－Ek0，三球所受合力關系FA<FB<FC，三球的初動能相等，可知EkA<EkB<EkC，故C錯誤。7.如圖7所示，一電子槍發(fā)射出的電子(初速度很小，可視為零)進入加速電場加速后，垂直射入偏轉電場，射出后偏轉位移為y。要使偏轉位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時碰到偏轉極板的情況)()圖7A.增大偏轉電壓U B.增大加速電壓U0C.增大偏轉極板間距離 D.將發(fā)射電子改成發(fā)射負離子答案A解析設偏轉極板板長為l，極板間距為d，由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，t＝eq\f(l,v0)，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2得，聯立得偏轉位移y＝eq\f(Ul2,4U0d)，增大偏轉電壓U，減小加速電壓U0，減小偏轉極板間距離，都可使偏轉位移增大，選項A正確，B、C錯誤；由于偏轉位移y＝eq\f(Ul2,4U0d)與粒子質量、帶電荷量無關，故將發(fā)射電子改變成發(fā)射負離子，偏轉位移不變，選項D錯誤。8.(多選)(2021·四川峨眉山模擬)某同學設計了一種靜電除塵裝置，如圖8甲所示，其中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒為U的高壓直流電源相連。帶負電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集。將被收集塵埃的數量與進入矩形通道塵埃的數量的比值稱為除塵率。不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。要增大除塵率，則下列措施可行的是()圖8A.只增大電壓UB.只增大高度dC.只增大長度LD.只增大塵埃被吸入水平速度v0答案AC解析增加除塵率即是讓離下極板較遠的粒子落到下極板上，帶電塵埃在矩形通道內做類平拋運動，在沿電場的方向上的位移為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)，即增加y即可，只增加電壓U可以增加y，故A正確；只增大高度d，位移y減小，故B錯誤；只增加長度L，可以增加y，故C正確；只增加水平速度v0，y減小，故D錯誤。9.(多選)(2021·天津高三月考)在豎直向上的勻強電場中，有兩個質量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質點)處在同一水平面上。現將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖9所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則()圖9A.A球帶正電，B球帶負電B.A球比B球先落地C.在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加D.兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動能變化量比B球的小答案AD解析兩球在水平方向都做勻速直線運動，由x＝v0t知，v0相同，則A運動的時間比B的長，B球先落地，豎直方向上，由h＝eq\f(1,2)at2可知，豎直位移相等，運動時間長的加速度小，即aA<aB，則A所受的合力比B的小，所以A所受的電場力向上，帶正電，B所受的電場力向下，帶負電，故A正確，B錯誤；A所受的電場力向上，電場力對A球做負功，A球的電勢能增加，B所受的電場力向下，電場力對B球做正功，B球的電勢能減小，故C錯誤；A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，則A的合力做功較少，由動能定理知兩球從拋出到各自落地過程中A球的動能變化量小，故D正確。10.(多選)在水平向左的勻強電場中，一帶電顆粒以速度v從a點水平向右拋出，不計空氣阻力，顆粒運動到b點時速度大小仍為v，方向豎直向下。已知顆粒的質量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則顆粒從a運動到b的過程中()圖10A.做勻變速運動 B.速率先增大后減小C.電勢能增加了eq\f(1,2)mv2 D.a點的電勢比b點低eq\f(mv2,q)答案AC解析顆粒受到的重力和電場力是恒力，所以顆粒做的是勻變速運動，故A正確；由題知，電場力與重力的合力指向左下方，由合力方向與速度方向的夾角可知，合力先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，故B錯誤；在平行于電場方向，顆粒的動能減小量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，減小的動能轉化為了顆粒的電勢能，所以顆粒電勢能增加了eq\f(1,2)mv2，故C正確；在平行于電場方向，由動能定理