2018版浙江省高考物理教师文档讲义：第六章第3课时-电容器的电容、带电粒子在电场中的运动（25页） 23页

第3课时　电容器的电容　带电粒子在电场中的运动 考点一　电容器的电容(b/c)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．常见电容器 ‎(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 充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。‎ 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Q与电容器两极板间的电势差U的比值。‎ ‎(2)定义式：C＝。‎ ‎(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。‎ ‎(4)单位：法拉(F)‎ ‎1 F＝106 μF＝1012 pF ‎3．平行板电容器 ‎(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。‎ ‎(2)决定式：C＝，k为静电力常量。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．(2014·浙江1月学考)如图为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋人得越多，则(　　)‎ A．正对面积越大，电容越大 B．正对面积越大，电容越小 C．动片、定片间距越小，电容越大 D．动片、定片间距离越小，电容越小 解析　可变电容器动片旋入得越多，正对面积越大。由平行板电容器的电容决定式C＝知，电容器的正对面积越大，电容越大，A项正确。‎ 答案　A ‎2．a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数。由此可知，a、b两个电容器的电容之比为(　　)‎ A．1∶10 B．4∶5 C．8∶1 D．64∶1‎ 答案　A ‎[要点突破]‎ 要点　电容器的两类问题 ‎1．平行板电容器动态变化的两种情况 ‎(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。‎ ‎(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。‎ ‎2．平行板电容器动态问题的分析思路 ‎【例题】 如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及场强E的变化情况是(　　)‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变大 B．Q变小，C变小，U不变，E变小 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E无法确定 解析　由充电后断开电源，电容器的电荷量不变，选项A、B错；由C＝知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C＝知，U增大；两板间电场强度E＝＝，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C对，D错。‎ 答案　C ‎[精练题组]‎ ‎1．电容器的电容与本身构造有关，对于平行板电容器，不能决定电容器电容的物理量是(　　)‎ A．电容器两板间的距离 B．电容器两板所带的电荷量 C．电容器两板的正对面积 D．电容器两板间的电介质 解析　根据平行板电容器电容的决定式C＝可得电容的大小和两极板间的距离d、两极板的正对面积S、电容器极板间的电介质有关，与两极板的电荷量无关，故选B。‎ 答案　B ‎2．一个电容器的规格是“10 μF　50 V”，则(　　)‎ A．这个电容器的电容为10－5 F B．这个电容器加上50 V电势差时，电容才是10 μF C．这个电容器没有电势差时，电容为0‎ D．这个电容器加的电势差不能低于50 V 解析　电容器的电容与电容器板间电势差无关，无论是否有电势差，电容都是10 μF，选项A正确，B、C错误；50 V为电容器允许加的最大电势差，选项D错误。‎ 答案　A ‎3．如图所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若(　　)‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 解析　静电计指针偏角反映电容器两板间电压大小。在做选项所示的操作中，电容器电荷量Q保持不变，由C＝＝知，保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角θ增大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，则C减小，U增大，偏角θ也增大，故选项C、D均错。‎ 答案　A ‎4.(2016·9月绍兴适应性考试)2015年4月16日，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车。这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”。如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s内完成充电。下列说法正确的是(　　)‎ A．该“超级电容器”能储存电荷 B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大 C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能 D．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极 解析　‎ 电容器能储存电荷，A正确；电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领，由电容器本身决定，与电压无关，B错；电容器放电过程把电能转化为其他形式的能，C错误；电容器充电时，电源的正极接电容器的正极，D错误。‎ 答案　A ‎5．如图所示，平行板电容器接在电势差恒为U的电源两端，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离(　　)‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．电容器的电容减小 C．电容器的电容增大 D．极板带电荷量将增大 解析　由于平行板电容器电压保持不变，将上极板竖直向上移动一小段距离，板间场强减小，油滴所受静电力减小，油滴将沿竖直方向向下运动，故选项A错误；将上极板竖直向上移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电势差不变，由Q＝CU可知，电荷量Q减小，故选项B正确，C、D错误。‎ 答案　B ‎【方法总结】‎ 平行板电容器的动态分析比较的思路 ‎(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。‎ ‎(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。‎ ‎(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。‎ 考点二　带电粒子在电场中的加速(b/d)‎ ‎[基础过关]‎ 带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法：‎ ‎(1)用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。‎ ‎(2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，‎ qU＝mv2－mv。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．某电场电场线分布如图所示，A、B为某电场线上的两点，一带负电的粒子以一定的初速度沿电场线从A运动到B。不计粒子的重力，在整个运动过程中(　　)‎ A．粒子做匀加速直线运动 B．粒子运动的加速度增大 C．粒子的电势能减少 D．粒子的动能减少 解析　根据题目信息，带负电的粒子从A运动到B的过程中，电场力方向与运动方向相同，电场强度逐渐减小，电场力逐渐减小，因粒子重力不计，电场力就是粒子受到的合力，所以粒子做加速度减小的直线运动，选项A、B错；因电场力方向与运动方向相同，所以电场力做正功，电势能减少，粒子的动能增加，选项C对，D错。‎ 答案　C ‎2．如图所示，正电荷q在电场力作用下由P向Q做加速运动，而且加速度越来越大，那么可以断定，它所在的电场是图中的(　　)‎ 答案　D ‎[要点突破]‎ 要点　带电粒子在电场中的加速问题 ‎1．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 ‎2．带电粒子在电场中运动时重力的处理 ‎(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。‎ ‎(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。‎ ‎【例题】 (多选)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间的电压不变，则(　　)‎ A．当增大两板间的距离时，v增大 B．当减小两板间的距离时，v增大 C．当改变两板间的距离时，v不变 D．当增大两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大 解析　电子做匀加速直线运动，则··t2＝d 解得t＝d，即t∝d 又由eU＝mv2－0得v＝，与d无关，故C、D正确。‎ 答案　CD ‎[精练题组]‎ ‎1．电场中，初速度为零的带正电粒子在匀强电场作用下，运动方向正确的是(　　)‎ 解析　正电荷在电场中受电场力的方向与电场方向相同，若电荷由静止开始运动，则正电荷应沿电场线运动，D正确。‎ 答案　D ‎2．如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，板间距离为d，A板带正电，B板中央有一小孔。一带电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央C 点，则下列说法中，错误的是(　　)‎ A．微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小 B．微粒下落过程中重力做功为mg(h＋)，静电力做功为－ C．微粒落入电场中，电势能逐渐增加，其增加量为 D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板 解析　微粒下落至C点的过程中，重力势能减小，动能先增大后减小，故A选项错误；重力做功为mg(h＋)，静电力做功为－，电势能增加，增加量为，故B、C选项正确；若微粒从距B板高h处自由下落，则由动能定理得W外＝mg(h＋)－q＝0，‎ 即qU＝mg(2h＋d)，‎ 微粒从距B板高2h处自由下落时，设微粒落至与B板距离为x的点，由动能定理得W外′＝mg(2h＋x)－qU＝0，解得x＝d，说明微粒恰能到达A板，故D选项正确。‎ 答案　A ‎3．(多选)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 解析　‎ 要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A错误；因电场力做负功，故电势能增加，B正确；合力做负功，故动能减少，C错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D正确。‎ 答案　BD ‎4．(多选)如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压加倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 解析　粒子恰好到达N板时有Uq＝mv，恰好到达两板中间返回时有q＝mv2，比较两式可知B、D选项正确。‎ 答案　BD ‎5．如图所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)水平向右电场的电场强度；‎ ‎(2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度；‎ ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能。‎ 解析　‎ ‎(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有FNsin 37°＝qE①‎ FNcos 37°＝mg②‎ 由①②可得E＝ ‎(2)若电场强度减小为原来的，即E′＝ 由牛顿第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 可得a＝0.3g ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0‎ 可得Ek＝0.3mgL 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL ‎【方法总结】‎ 解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法 ‎(1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。‎ ‎(2)功和能方法——动能定理、能量守恒定律。‎ 考点三　带电粒子在电场中的偏转(b/d)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。‎ ‎2．运动性质：匀变速曲线运动。‎ ‎3．处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。‎ ‎4．运动规律：‎ ‎(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ‎(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．喷墨打印机的简化模型如图所示，‎ 重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中(　　)‎ A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电荷量无关 解析　带负电的墨汁微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动，带负电的墨汁微滴进入电场后受到向上的静电力，故墨汁微滴向正极板偏转，A选项错误；墨汁微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，B选项错误；根据x＝v0t，y＝at2及a＝，得墨汁微滴的轨迹方程为y＝，即运动轨迹是抛物线，与带电荷量有关，C选项正确，D选项错误。‎ 答案　C ‎2．(2015·浙江第二次大联考)如图所示，竖直金属板A、B间电压为U0，板中央有小孔O和O1，现有足够多的同种粒子源源不断地从小孔O进入金属板A、B间，并被加速而从O1进入右侧水平平行金属板C、D间，O1O2是极板C、D的中线，金属板C、D的长与板间距相等，两板间电压U可调，不计粒子重力及进入O孔时的初速度，所有粒子均不能打在极板上，则U与U0应满足(　　)‎ A．U>U0‎ B．U<2U0‎ C．U>2U0‎ D．因为不知极板C、D的长，所以无法确定U与U0关系 解析　由y＝at2，a＝，t＝，qU0＝mv，且要满足条件y<，联立解得U<2U0，故A、C、D选项错误，B选项正确。‎ 答案　B ‎[要点突破]‎ 要点　分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 ‎1．条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。‎ ‎2．运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。‎ ‎【例题】 如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。‎ ‎(1)求电子穿过A板时速度的大小；‎ ‎(2)求电子从偏转电场射出时的偏移量；‎ ‎(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？‎ 解析　(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有 eU1＝mv－0，解得v0＝ ‎(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。由牛顿第二定律和运动学公式有 t＝，F＝ma，F＝eE，E＝，y＝at2‎ 解得偏移量y＝ ‎(3)由y＝可知，减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方。‎ 答案　(1) 　(2)　(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2‎ ‎[精练题组]‎ ‎1．相距很近的一对带等量异号电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看作匀强电场，其电场线分布如图所示。一个带电粒子沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中(　　)‎ A．粒子的速度一直在增大 B．粒子的电势能一直在减小 C．粒子在a点的电势能比在d点低 D．粒子的加速度先变大再不变后变小 解析　根据带电粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧可知，粒子带正电。电场力先做负功，后做正功，再做负功，粒子的动能先减小，后增大再减小，选项A错误；粒子的电势能先增大，后减小再增大，选项B错误；顺着电场线方向电势降低，a点的电势高于d点的电势，正电荷在电势高处电势能大，故粒子在a点的电势能比在d点大，选项C错误；电场线先是越来越密后不变再越来越疏，故电场力先变大再不变后变小，粒子的加速度先变大再不变后变小，选项D正确。‎ 答案　D ‎2．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的(　　)‎ A．2倍 B．4倍 C.倍 D.倍 解析　第一次d＝·()2，第二次d′＝··()2，两式相比可得d′＝，所以选项C正确。‎ 答案　C ‎3．如图所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们(　　)‎ A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点 C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点 解析　一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B。‎ 答案　B ‎4．有一匀强电场，场强为E，方向如图所示，一电子以与x轴成45°夹角的初速度v0垂直于电场方向从O点射入，电子质量为m，电荷量为e，不计重力，求：‎ ‎(1)电子通过x轴时的位置坐标； ‎ ‎(2)电子通过x轴时的速度大小。 ‎ 解析　(1)画出示意图如图所示，电子做类平抛运动，把它分解为y′方向上的匀速直线运动和沿x′方向上的初速度为零的匀加速直线运动，设电子通过x 轴时的位置坐标为(x0，0)，时间为t，末速度为v，沿x′方向速度为v′，列方程x0＝t2‎ x0＝v0t 解得x0＝ 则电子通过x轴的位置坐标为(，0)‎ ‎(2)v′2＝2·x0‎ 解得v′＝2v0‎ 则v＝＝v0‎ 答案　(1)(，0)　(2)v0‎ ‎5．如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：‎ ‎(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；‎ ‎(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；‎ ‎(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。‎ 解析　(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek 解得Ek＝4.0×10－16 J ‎(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t 电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得t＝ 电子在竖直方向受电场力F＝e· 电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a 依据牛顿第二定律有e·＝ma，解得a＝ 电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量 y＝at2＝ 解得y＝0.36 cm ‎(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差 U＝·y 电场力所做的功W＝eU 解得W＝5.76×10－18 J 答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm　(3)5.76×10－18 J 方法总结 带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 ‎(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。‎ ‎(2)粒子经电场偏转后，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。‎ 活页作业 ‎[学 考 题 组])‎ ‎1．下列关于电容器的叙述正确的是(　　)‎ A．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器 B．任何两个彼此绝缘而又互相靠近的带电导体，才能组成了电容器，跟这两个导体是否带电有关 C．电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值 D．电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来；电容器放电的过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能 解析　电容器是储存电荷的容器，不论是否带电都称为电容器，所以选项A、B错误；电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，所以选项C错误；电容器的充电过程是将由电源获得的电能转化为电场能的过程，放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程，所以选项D正确。‎ 答案　D ‎2.如图所示，AB是某个点电荷电场的一根电场线，在线上C点放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B运动，下列判断正确的是(　　)‎ A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小 B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化由题设条件不能确定 C．电场线由A指向B，电荷做匀加速运动 D．电场线由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大 解析　负电荷受电场力的方向与电场线方向相反，所以电场线由B指向A，该电荷做加速运动，但一条电场线不能反映电场线的疏密，故其加速度大小的变化由题设条件不能确定。‎ 答案　B ‎3．在匀强电场中，把电子由静止释放，电子将(　　)‎ A．做匀速圆周运动 B．做匀加速直线运动 C．做匀速直线运动 D．保持静止状态 解析　在匀强电场中，电子受到的电场力是恒定的，所以把电子由静止释放，电子将做匀加速直线运动。‎ 答案　B ‎4．α粒子的质量是质子的4倍，电荷量是质子的2倍，若α粒子和质子均从静止开始在同一匀强电场中加速，经过相等的路程之后，α粒子与质子获得的动能之比为(　　)‎ A．1∶2 B．1∶1‎ C．2∶1 D．1∶ 解析　根据动能定理得qU＝mv2。由此可知，当经过相同路程即电势差相同时，动能大小与电荷量成正比，所以答案为C。‎ 答案　C ‎5．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，在A点由静止释放一个正的点电荷，点电荷仅在电场力的作用下沿着电场线从A点运动到B点，点电荷的速度随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．该电场可能是匀强电场 B．A点的电势高于B点的电势 C．从A点到B点，点电荷的电势能逐渐增大 D．点电荷在A点所受的电场力大于在B点所受的电场力 解析　由题图乙可知，点电荷做初速度为零的变加速直线运动，加速度逐渐增大，说明该点电荷所受的电场力逐渐增大，即该点电荷在A点所受的电场力小于在B点所受的电场力，则电场强度是逐渐增大的，故该电场一定是非匀强电场，选项A、D错误；由于点电荷由静止开始运动，仅受电场力作用从A运动到B，且点电荷带正电，所以电场线方向由A指向B，又因沿电场线方向电势逐渐降低，则φA>φB，选项B正确；点电荷的动能增加，根据能量守恒可知，其电势能必定减少，则选项C错误。‎ 答案　B ‎6．如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　　)‎ A．仅将偏转电场极性对调 B．仅增大偏转电极板间的距离 C．仅增大偏转电极板间的电压 D．仅减小偏转电极板间的电压 解析　改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A错误；根据E＝可知，当两极板间距离d增大时，E减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项B错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L＝v0t、e＝ma及tan θ＝可得tan θ＝，当U增大时偏转角也增大，选项C正确，D错误。‎ 答案　C ‎7．如图所示，在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和α粒子(带电荷量是质子的2倍，质量是质子的4倍)分别从A点由静止释放到达B点时，它们速度大小之比为多少？‎ 解析　质子是氢原子核，α粒子是氦原子核，质子和α粒子都是正离子，从A点到B点都做加速运动。设A、B两点间的电势差为U，由动能定理有 对质子qHU＝mHv，对α粒子qαU＝mαv ＝＝＝。‎ 答案　∶1‎ ‎[加 试 题 组])‎ ‎8．(多选)如图为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中(　　)‎ A．膜片与极板间的电容变小 B．极板的带电荷量增大 C．膜片与极板间的电场强度增大 D．电阻R中有电流通过 解析　若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，根据平行板电容器电容决定式，膜片与极板间的电容变小，选项A正确；由C＝可知，电压U不变，极板的带电荷量减小，膜片与极板间的电场强度减小，电阻R中有电流通过，选项C错误，D正确。‎ 答案　AD ‎9．(多选)如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，内壁光滑，AB为该环的水平直径，管的内径远小于环的半径，直径AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中。现将一直径略小于塑料管内径、质量为m、带电荷量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg，则小球释放后(　　)‎ A．到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动 B．第一次到达B点时对管壁的压力为4mg C．第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1‎ D．前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg 解析　设小球到B点时速度为vB，有qE×2R＝，qE＝mg，得vB＝2，A错；小球第一次到达B点时有FN－Eq＝，解得FN＝5mg，B错；小球所受的重力和电场力的合力沿从O指向弧BD中点的方向，根据运动的对称性，小球在D、B两点的速度大小相等，则vD＝2，F1－mg＝，得F1＝5mg；设小球在C 点速度为vC，由动能定理有－＝－mgR，得vC＝，再由F2＋mg＝，得F2＝mg，即F1∶F2＝5∶1，C对；设小球第二次经过C点时速度为v，有－＝2EqR，F3＋mg＝，联立得F3＝5mg，则ΔF＝F3－F2＝4mg，D对。‎ 答案　CD ‎10．如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计重力。求A、B两点间的电势差。‎ 解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 30°＝v0sin 60°①‎ 由此得vB＝v0②‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有 qUAB＝m(v－v)③‎ 联立②③式得UAB＝ 答案　 ‎11．如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距离为20 cm，带电粒子的重力忽略不计。求：‎ ‎(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；‎ ‎(2)匀强电场的场强大小；‎ ‎(3)ab两点间的电势差。‎ 解析　(1)由动能定理得：qU＝mv 代入数据得v1＝104 m/s ‎(2)因粒子重力不计，则进入PQ、MN间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速度方向做匀速直线运动：d＝v1t 粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：vy＝at 由牛顿第二定律得：qE＝ma，由题意得：tan 30°＝ 联立以上相关各式并代入数据得：‎ E＝×103 N/C＝1.73×103 N/C ‎(3)由动能定理得：qUab＝mv2＝m(v＋v)‎ 联立以上相关各式代入数据得：Uab＝400 V 答案　(1)104 m/s　(2)1.73×103 N/C　(3)400 V ‎12．如图所示，CD左侧存在场强大小为E＝，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。‎ ‎(1)求DA两点间的电势差UDA；‎ ‎(2)求圆管半径r；‎ ‎(3)求小球从D点运动到P点的时间t。‎ 解析　(1)WAD＝－mgL＝－WDA UDA＝ 或UDA＝EL①‎ 解得UDA＝②‎ ‎(2)由恰好过D点，判断vD＝0③‎ 根据动能定理：从A到D过程 mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④‎ 解得r＝⑤‎ ‎(3)由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝y xtan 53°＋x＝2r⑥‎ 解得x＝，y＝⑦‎ 竖直方向自由落体有y＝gt2⑧‎ 解得t＝⑨‎ 答案　(1)　(2)　(3)