【物理】2019届一轮复习人教版电容器的电容、带电粒子在电场中的运动学案 19页

第3讲　电容器的电容、带电粒子在电场中的运动 ‎[考试标准]‎ 知识内容 必考要求 加试要求 说明 电容器的电容 b c ‎1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算．‎ ‎2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形．‎ ‎3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.‎ 带电粒子在电场中的运动 b d 一、电容器 ‎1．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．公式C＝和C＝的比较 ‎(1)定义式：C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．‎ ‎(2)决定式：C＝，εr为电介质的相对介电常数，S为极板正对面积，d为板间距离．‎ 自测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．从C＝可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压 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的过程；电容器放电过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程 答案　D 二、带电粒子在电场中的运动 ‎1．加速问题 若不计粒子的重力且无其他外力作用，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量．‎ ‎(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02.‎ ‎(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv02.‎ ‎2．带电粒子在电场中偏转的运动规律 不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，如图1.‎ 图1‎ ‎(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 自测2　如图2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(　　)‎ 图2‎ A．2倍 B．4倍 C. D. 答案　C 命题点一　平行板电容器的动态分析 ‎1．电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．‎ ‎2．电容器充电后与电源断开，电容器两极所带的电荷量Q保持不变．‎ ‎3．U不变 ‎(1)根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．‎ ‎(2)根据E＝分析场强的变化．‎ ‎(3)根据UAB＝E·d分析某点电势变化．‎ ‎4．Q不变 ‎(1)根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．‎ ‎(2)根据E＝分析场强变化．‎ 拓展点　电容器充放电分析 例1　如图3所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流 B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流 C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流 D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流 答案　C 解析　由于油滴处于静止状态，所以q＝mg.若将S断开，由于电容器的电荷量不变，则电压U不变，油滴仍处于静止状态，选项A错误．若将A向左平移一小段位移，则电容C变小，电压U不变，则Q＝CU变小，所以电流由b→a，此时油滴仍静止，选项B错误．若将A向上平移一小段位移，电容C变小，电压U不变，则Q变小，所以电流由b→a，此时q＜mg，油滴向下加速运动，所以选项C正确．若将A向下平移一小段位移，电容C变大，电压U不变，则Q变大，所以电流由a→b，此时q＞mg，油滴向上加速运动，所以选项D错误．‎ 变式1　(2017·嘉兴市质检)超级电容器又叫双电层电容器，是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电容器．如图4‎ 为一款标有“2.7 V,3 000 F”的超级电容器，据此可知该款电容器(　　)‎ 图4‎ A．放电时电容不变 B．充电时电能减少 C．在2.7 V电压下才能工作 D．两极所加电压为2.7 V时，电容才达到3 000 F 答案　A 解析　电容器的电容由电容器本身因素决定，放电时电容不变，故A正确；充电时，其他形式的能转化成电能，即电能增加，故B错误；电容器在低于2.7 V的电压下仍可正常工作，故C错误；电容与电压无关，其大小一直是3 000 F，故D错误．‎ 变式2　用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图5)．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(　　)‎ 图5‎ A．保持S不变，增大d，则θ不变 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，增大S，则θ变小 D．保持d不变，增大S，则θ不变 答案　C 解析　由C＝知，保持S不变，增大d，电容减小，由于电容器电荷量不变，根据C＝，可知电容器两极板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大，选项A、B错误；保持d不变，增大S，电容器电容增大，电势差变小，静电计指针偏角θ变小，选项C正确，D错误．‎ ‎‎ 变式3　一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器(　　)‎ A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 答案　D 解析　由C＝可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小．再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．‎ 命题点二　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 ‎1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法 ‎(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．‎ ‎(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．‎ ‎2．带电粒子在电场中运动时的两种解题思路 ‎(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动，根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．‎ ‎(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动 对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解．‎ 例2　(2016·浙江4月选考·8)密立根油滴实验原理如图6所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下电场强度大小为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．悬浮油滴带正电 B．悬浮油滴的带电荷量为 C．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动 D．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍 答案　C 解析　油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A错；由Eq＝mg得q＝，所以B错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上运动，C对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D错．‎ 拓展点1　带电粒子在匀强电场中的直线运动 变式4　两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图7所示，＝h，此电子具有的初动能是(　　)‎ 图7‎ A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　由动能定理得：－eh＝－Ek，‎ 所以Ek＝，故D正确．‎ 拓展点2　带电粒子在交变电场中的直线运动 变式5　如图8所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板(　　)‎ 图8‎ 答案　B 拓展点3　带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题 变式6　如图9所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是(　　)‎ 图9‎ A．此液滴带负电 B．液滴的加速度等于g C．合力对液滴做的总功等于零 D．液滴的电势能减少 答案　C 解析　带电液滴由静止开始沿bd做直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A正确；由图知液滴所受的合力F＝mg，其加速度为a＝＝g，故选项B正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C错误；由于电场力所做的功W电＝Eqxbdsin 45°>0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D正确，故选C.‎ 变式7　(2017·浙江4月选考·8)如图10所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为m、电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放．重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程(　　)‎ 图10‎ A．加速度大小为a＝＋g B．所需的时间为t＝ C．下降的高度为y＝ D．电场力所做的功为W＝Eqd 答案　B 解析　点电荷受到重力、电场力的作用，所以a＝，选项A错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，则＝ t2，化简得t＝，选项B正确；下降高度y＝gt2＝，选项C错误；电场力做功W＝，选项D错误．‎ 命题点三　带电粒子在电场中的偏转 ‎1．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速度的偏转角总是相同的．‎ 证明：由qU0＝mv02及tan θ＝得tan θ＝.‎ ‎(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到电场边缘的距离为.‎ ‎2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 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＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．‎ 例3　如图11所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d.当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计粒子的重力．求：‎ 图11‎ ‎(1)带电粒子从A点运动到B点经历的时间；‎ ‎(2)带电粒子经过B点时速度的大小；‎ ‎(3)A、B间的电势差．‎ 答案　(1)　(2) 　(3) 解析　(1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经历时间t＝；‎ ‎(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝ 加速度大小a＝＝ 经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小 vy＝at＝· 带电粒子经过B点时速度的大小v＝；‎ ‎(3)粒子从A点运动到B点过程中，由动能定理得：‎ qUAB＝mv2－mv02‎ A、B间的电势差UAB＝＝.‎ 变式8　(2016·绍兴市联考)如图12所示，电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相同的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是(　　)‎ 图12‎ A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2‎ B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1‎ C．A和B的质量之比为1∶12‎ D．A和B的位移大小之比为1∶1‎ 答案　D 解析　粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向运动的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确，D错误．‎ 变式9　(2017·金华十校联考)如图13所示，离子发生器在P极板产生一束质量为m、电荷量为＋q的离子(初速度可忽略，重力不计，离子间的相互作用力可忽略)，经P、Q两板间的加速电场加速后，以速度v0从a点沿ab方向水平进入边长为L的正方形abcd匀强电场区域(电场方向竖直向上)，离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02.求：‎ 图13‎ ‎(1)P、Q两板间的电压U；‎ ‎(2)离子离开abcd区域的位置；‎ ‎(3)abcd区域内匀强电场的场强E的大小．‎ 答案　(1)　(2)bc边中点　(3) 解析　(1)离子在PQ间加速过程，根据动能定理，‎ 有qU＝mv，解得U＝.‎ ‎(2)离子射出电场时：mv2＝mv，‎ 得v＝v0，方向与ab所在直线的夹角为45°，即vx＝vy，‎ 根据x＝vxt，y＝t，可得x＝2y；则x＝L，y＝，即离子从bc边上的中点飞出．‎ ‎(3)离子在abcd区域内运动过程，根据动能定理，有qE＝mv－mv，解得E＝.‎ ‎1.(2017·温州市质检)如图1所示，绝缘支架上固定两金属板，金属板之间的距离可调，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．该装置太大了，所以不能称为电容器 B．两金属板构成电容器，充电后能够储存电荷 C．电容器能够储存电荷，不能储存电场能 D．因为装置没有带电，所以电容为零 答案　B ‎2.(2017·湖州市高一期末)如图2所示是一个常用的电子元件，该电子元件(　　)‎ 图2‎ A．是电阻 B．电容是1 000 μF C．带电荷量是16 000 C D．击穿电压为16 V 答案　B 解析　由该电子元件的铭牌“16 V　1 000 μF”，μF是电容的单位，可知这个电子元件是电容器，其电容是1 000 μF，耐压值为16 V，击穿电压要大于16 V；由Q＝CU知，C一定，带电荷量与实际电压成正比，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图3所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小 B．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大 C．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大 D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小 答案　B 解析　静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S后，将A向左移动少许，电容器的电荷量不变，由C＝知电容减小，由U＝知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A错；同理，断开S后，将A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B对；保持S闭合，无论是在A、B间插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为路端电压，静电计指针张开的角度不变，C、D错．‎ ‎4．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如图4所示，如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则(　　)‎ 图4‎ A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大 B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大 C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小 D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小 答案　D 解析　电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变，由Q＝CU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据C＝，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎5．如图5所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)‎ 图5‎ A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 答案　D 解析　若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝，联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．‎ ‎6．如图6所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷(带电荷量和质量的比值)之比是(　　)‎ 图6‎ A．1∶8 B．8∶1‎ C．1∶2 D．2∶1‎ 答案　B 解析　粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2，根据x＝v0t，知时间之比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝at2知，y之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1.根据牛顿第二定律知，加速度a＝，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，则两粒子的比荷之比为8∶1.故B正确，A、C、D错误．‎ ‎7．如图7所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为＋q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　　)‎ 图7‎ A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1‎ 答案　A 解析　设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对质量为M的粒子有，aM＝，l＝ t2；对质量为m的粒子有，am＝，l＝ t2，联立解得＝，故A正确．‎ ‎8.如图8所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的直流电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动．重力加速度为g.粒子运动的加速度为(　　)‎ 图8‎ A.g B.g C.g D.g 答案　A 解析　带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg＝q；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离变大，电场强度变小，粒子所受电场力变小，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律有ma＝mg－q，两式联立可得a＝g，故A正确．‎ ‎9．如图9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B板高h处由静止自由下落，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(　　)‎ 图9‎ 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，电场力做功为－ 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 答案　A 解析　微粒下落至C点的过程中，重力做功mg，重力势能减小；电场力做功－ ‎，电势能增加，增加量为，微粒动能先增大后减小，故A错误，B、C正确；由动能定理得，微粒由h处下落时，mg－q＝0，即qU＝mg(2h＋d)，由2h处下落时，mg(2h＋d)－qU＝0，说明微粒恰能到达A板，故D正确．‎ ‎10.(2016·杭州市十校联考)如图10所示，电子在电势差为U1的加速电场中的左极板位置由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是(　　)‎ 图10‎ A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 答案　B 解析　设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝mv，电子在水平极板间偏转所用时间t＝，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a＝，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确．‎ ‎11.真空中的某装置如图11所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是(　　)‎ 图11‎ A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2‎ D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4‎ 答案　B 解析　设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv02，解得v0＝，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；由牛顿第二定律得：q＝ma，y＝at2，t＝，tan θ＝，vy＝at，联立各式解得：y＝、tan θ＝，可知y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误．‎ ‎12．(2016·宁波市九校联考)如图12所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则下列判断错误的是(　　)‎ 图12‎ A．微粒在电场中做匀变速曲线运动 B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 C．MN板间的电势差为 D．MN板间的电势差为 答案　D 解析　微粒受重力和电场力，两个力都是恒力，由平行四边形定则知，微粒所受合力为恒力，故微粒做匀变速曲线运动，选项A正确；微粒的运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀减速运动，设微粒运动的时间为t，由匀变速直线运动规律得AB＝vCt，BC＝v0t，又AB＝BC，由以上各式解得，vC＝v0，选项B正确；微粒从A到C的过程中，由动能定理得q·－mg·BC＝0，由v2＝2ax得BC＝，联立解得UMN＝，选项C正确；UMN＝E·2AB ‎＝E·2BC＝，选项D错误．‎ ‎13．(2017·嘉兴市质检)如图13所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的金属板分别与电源的正、负极相接，使板间形成竖直向下、场强为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．在某次实验中观察到两板中间位置有一个油滴悬浮在电场中，若油滴质量为m，两板间距离为d，已知重力加速度为g，求：‎ 图13‎ ‎(1)油滴的带电性质；‎ ‎(2)油滴所带的电荷量；‎ ‎(3)若仅将场强变为原来的2倍，其他条件不变，试分析油滴向哪个方向运动并求油滴到达金属板的时间？‎ 答案　(1)负电　(2)　(3)向上运动　 解析　(1)根据油滴受力平衡知电场力向上，故油滴带负电．‎ ‎(2)由受力平衡得qE＝mg，解得q＝.‎ ‎(3)电场力变大，油滴向上运动，2qE－mg＝ma，‎ 可得a＝g，油滴向上做匀加速运动，有d＝at2.‎ 解得t＝.‎ ‎14．(2017·浙江11月选考·19)如图14所示，AMB是一条长L＝10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中．一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.3×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场．已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2.求滑块：‎ 图14‎ ‎(1)到达M点时的速度大小；‎ ‎(2)从M点运动到B点所用的时间；‎ ‎(3)落地点距B点的水平距离．‎ 答案　(1)4 m/s　(2) s　(3)1.5 m 解析　(1)在AM阶段对物体的受力分析如下：‎ a＝－＝－μg＝－2 m/s2‎ 根据运动学公式vM2－v02＝2ax，可得vM＝4 m/s ‎(2)进入电场之后，Eq＝0.65 N，受力分析如下：‎ a′＝－＝－0.7 m/s2‎ 根据运动学公式vB2－vM2＝2a′x，解得vB＝3 m/s 根据匀变速直线运动推论xMB＝t解得t＝ s ‎(3)从B点飞出后，滑块做平抛运动，因此h＝gt′2，‎ 解得t′＝0.5 s 落地点距B点的水平距离x＝vBt′＝1.5 m.‎ ‎15．质谱仪可对离子进行分析．如图15所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q、质量为m的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器．已知a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L，a、b间的电压为U1，M、N间的电压为U2.不计离子重力及进入a板时的初速度．求：‎ 图15‎ ‎(1)离子从b板小孔射出时的速度大小；‎ ‎(2)离子自a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；‎ ‎(3)为保证离子不打在极板上，U2与U1应满足的关系．‎ 答案　 (1)　(2)(2d＋L) (3) U2＜2U1‎ 解析　(1)由动能定理qU1＝mv2，得v＝ ‎(2)离子在a、b间的加速度a1＝ 在a、b间运动的时间t1＝＝·d 在MN间运动的时间：t2＝＝L 离子到达探测器的时间：t＝t1＋t2＝(2d＋L) ；‎ ‎(3)在MN间侧移：y＝a2t22＝＝ 由y＜，得 U2＜2U1.‎