2020版物理一轮复习第3节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动 45页

第3节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动 ‎ ‎【考纲知识梳理】‎ 一。电容器 ‎1. 构成：两个互相靠近又彼此绝缘的导体构成电容器。‎ ‎2. 充放电：‎ ‎（1）充电：使电容器两极板带上等量异种电荷的过程。充电的过程是将电场能储存在电容器中。‎ ‎（2）放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。放电的过程中储存在电容器中的电场能转化为其他形式的能量。‎ ‎3．电容器带的电荷量：是指每个极板上所带电荷量的绝对值 ‎4.电容器的电压：‎ ‎（1）额定电压：是指电容器的对大正常工作即电容器铭牌上的标定数值。‎ ‎（2）击穿电压：是指把电容器的电介质击穿导电使电容器损坏的极限电压。‎ 二.电容 ‎1．定义：电容器所带的电荷量Q与两极板间的电压U的比值 ‎2．定义式：‎ ‎3．电容的单位：法拉，符号：F 。‎ ‎4．物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于电容器两板间的电势差增加1V所需的电荷量。‎ ‎5．制约因素：电容器的电容与Q、U的大小无关，是由电容器本身的结构决定的。对一个确定的电容器，它的电容是一定的，与电容器是否带电及带电多少无关。‎ 三.平行板电容器 ‎1．平行板电容器的电容的决定式：即平行板电容器的电容与介质的介电常数成正比，与两板正对的面积成正比，与两板间距成反比。‎ ‎2．平行板电容器两板间的电场：可认为是匀强电场，E=U/d 四.带电粒子在电场中的运动 ‎1.带电粒子的加速：对于加速问题，一般从能量角度，应用动能定理求解。若为匀变速直线运动，可用牛顿运动定律与运动学公式求解。‎ ‎2. 带电粒子在匀强电场中的偏转：对于带电粒子以垂直匀强电场的方向进入电场后，受到的电场力恒定且与初速度方向垂直，做匀变速曲线运动（类平抛运动）。‎ ‎⑴处理方法往往是利用运动的合成与分解的特性：分合运动的独立性、分合运动的等时性、分运动与合运动的等效性。沿初速度方向为匀速直线运动、沿电场力方向为初速度为零的匀加速运动。‎ ‎⑵基本关系：‎ x方向：匀速直线运动 Y方向：初速度为零的匀加速直线运动 ‎①．离开电场时侧向偏转量：‎ ‎②．离开电场时的偏转角： φ ‎ 推论1.粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交一点,此点平分沿初速度方向的位移。‎ 推论2.位移和速度不在同一直线上，且tanφ=2tanα。‎ ‎【要点名师精解】‎ 一、平行板电容器的动态分析 ‎1.运用电容器定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路 ‎(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.‎ ‎(4)用E=分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化.‎ ‎2.电容器两类动态变化的分析比较 ‎(1)第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变 ‎(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变 ‎【例1】(2020·阜阳模拟)如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒.S闭合时，该微粒恰好能保持静止.在以下两种情况下：①保持S闭合，②‎ 充电后将S断开.下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是( )‎ A.①情况下，可以通过上移极板M实现 B.①情况下，可以通过上移极板N实现 C.②情况下，可以通过上移极板M实现 D.②情况下，可以通过上移极板N实现 ‎【答案】选B.‎ ‎【详解】保持S闭合的分析：因为第①种情况下两板间电压U不变，所以电场强度E=U/d，只有d减小，E增大，电场力增大，带电微粒才向上运动打到上极板M上，故可以通过下移极板M或者上移极板N来实现，选项A错，B正确；充电后将S断开的分析：因为第②种情况下两极板带电荷量Q不变，根据Q=CU，C=可得，E=，可以看出E与两板间距离d无关，所以无论怎样移动M、N两极板改变两板间的距离，场强E、电场力F都不变，带电微粒都处于静止状态，选项C、D错误，B正确.‎ 二、带电粒子在电场中的平衡与直线运动 ‎1.带电粒子在电场中运动时重力的处理 ‎(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，一般都不能忽略重力.‎ ‎2.带电粒子在电场中的平衡 解题步骤:①选取研究对象.②进行受力分析，注意电场力的方向特点.③由平衡条件列方程求解.‎ ‎3. 带电粒子在电场中的变速直线运动：可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解.‎ ‎【例2】如图所示，板长L=4 cm的平行板电容器，板间距离d=3 cm，板与水平线夹角α=37°，两板所加电压为U=100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q=3×10-10C，以v0=1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出，取g=10 m/s2.求：‎ ‎(1)液滴的质量；‎ ‎(2)液滴飞出时的速度.‎ ‎【答案】(1)m=8×10-8 kg (2)v=≈1.32 (m/s)‎ ‎【详解】(1)画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：‎ qEcosα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcosα/dg代入数据得m=8×10‎‎-8 kg ‎(2)对液滴由动能定理得： qU=‎ v=‎ 所以v=≈1.32 (m/s)‎ 三、带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎1.粒子的偏转角 ‎(1)以初速度v0进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ，则 结论：动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比.‎ ‎(2)经加速电场加速再进入偏转电场 不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有： ②‎ 由①②式得：tanθ= ③‎ 结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场.‎ ‎2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 ‎(1)以初速度v0进入偏转电场 ④‎ 作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则 结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出.‎ ‎(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量： ⑤‎ 上面③式偏转角正切为：tanθ＝‎ 结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是轨迹完全重合.‎ ‎【例3】(2020·南通模拟)(18分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤ L， 0≤y≤ L)为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：‎ ‎(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；‎ ‎(2)由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能；‎ ‎【答案】(1)设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀 加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，接着在无电场区域 匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假 设电子从NP边射出，出射点纵坐标为y1，‎ 由y=对于B点y=L，则x= (2分)‎ 所以eE·= (2分)‎ 解得v0= (1分)‎ 设在电场Ⅱ中运动的时间为t1‎ L-y1= (1分)‎ 解得y1=0，所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(-2L，0) (2分)‎ ‎(2)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v1时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2.‎ eEx= (2分)‎ y2= (2分)‎ 解得xy2=，所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开的. (2分)‎ 其中只有从B点释放的电子，离开P点时动能最小，则从B到P由动能定理得： eE·(L+)=Ek-0 (3分)‎ 所以Ek= (1分)‎ ‎【感悟高考真题】‎ ‎1.（2020·安徽高考·T18） 图（a）为示管的原理图。如果在电极YY’之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 ‎【答案】选B.‎ ‎【详解】示波管YY’间为信号电压，XX‘为扫描电压，0～t1，Y板电势高电子向Y板偏转，X’电势高电子向X’板偏转，由此知CD错；又根据偏移量公式，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，、时刻偏转电压最大，偏移量也最大，所以B对。‎ ‎2.（2020·安徽高考·T20）如图（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 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】选B.‎ ‎【详解】‎ 画出带电粒子速度-时间图像，根据v-t图像中的“面积”研究各时刻开始的带电粒子的运动情况，A选项可画出T/8时刻开始的运动图像，如图a由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向B板靠近，最终会打到B板上,A选项错；B选项可画出5T/8时刻进入的运动图像，如图b由图知在一个周期内粒子运动的总面积为负，即粒子向A板靠近，最终会打到A板上,B选项对；C选项可画出7T/8时刻进入的运动图像，由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向B板靠近，最终会打到B板上，C选项错；同理D选项错。‎ ‎3.（2020·天津理综·T5）板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为.现将电容器所带电荷量变为，板间距变为 ‎，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】选C．‎ ‎【详解】当平行板电容器的其他条件不变，板间距离变为时，电容器的电容为，又知电容器的带电量为2Q，则得知，即，根据匀强电场中电势差与场强之间的关系式得，因此选项C正确，其它选项都错误。‎ ‎4.（2020·浙江理综·T25）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率η。当d=d0时，η为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。‎ 不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。‎ 求收集效率为100%时，两板间距的最大值为dm；‎ 求收集效率η与两板间距d的函数关系；‎ 若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量与两板间距d的函数关系，并绘出图线 ‎【详解】（1）收集效率η为81% ，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有 ‎ ①‎ 在竖直方向有 ‎ ②‎ 其中 ‎ ③‎ 当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为100%，两板间距即为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有 ‎ ④‎ 在竖直方向有 ‎ ⑤‎ 其中 ‎ ⑥‎ 联立①—⑥各式可得 ‎ ⑦‎ ‎（2）通过前面的求解可知，当时，收集效率η均为100%.‎ 党d>0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 ‎ ⑧‎ 根据题意，收集效率为 ‎ ⑨‎ 联立①、②、③、⑧及⑨式可得 ‎（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为 当时，，因此 当d>0.9d0时，，因此 绘出的图线如下 答案:：(1) (2) η=100%（时）， （d>0.9d0时）(3) （时），（d>0.9d0时） 图线见解析.‎ ‎5.（2020·福建理综·T20）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是N/C和N/C，方向如图所示，带电微粒质量，带电量,A点距虚线的距离，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：‎ B点距虚线的距离；‎ 带电微粒从A点运动到B点所经历的时间。‎ ‎【答案】（1）‎0.50cm (2) 1.5×10-8s ‎【详解】（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有 ‎ 得 ‎ ‎(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分t1和t2：，由运动学公式有 t= t1+t2‎ 联立方程解得t=1.5×10-8s ‎6.（2020·北京高考·T24）静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为-A（00）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。‎ ‎（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1‎ ‎（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；‎ ‎（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）‎ 答案：（1）; （2）;‎ ‎(3) ‎ 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。‎ ‎（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma ①‎ ‎ ②‎ 联立①②可得 ‎ ③‎ ‎（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ‎ ④‎ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ‎ ⑤‎ 联立④⑤可得 s ‎（3）如图 ‎17.（09·福建·22） 图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T,在X轴上距坐标原点L=‎0.50m的P处为离子的入射口，在Y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×‎104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=‎0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。‎ ‎（1）求上述粒子的比荷；‎ ‎（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；‎ ‎（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。‎ 答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2） ； （3）‎ 解析：第（1）问本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。‎ 设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 ‎ ①‎ 由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 ‎ ②‎ 联立①②并代入数据得 ‎=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） ③‎ ‎（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x 轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有 ‎ ④‎ 代入数据得 ‎ ⑤‎ 所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有 ‎ ⑥‎ ‎ ⑦‎ 联立①⑥⑦并代入数据得 ‎ ⑧‎ ‎（3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积 ‎ ⑨‎ 联立①⑨并代入数据得 ‎ 矩形如图丙中（虚线）‎ ‎18.（09·浙江·23）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q（q>0）的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则 ‎（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？‎ ‎（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？‎ 答案：（1）（2）时间为，停在处或距离B板为 解析：本题考查电场中的动力学问题 ‎（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为 小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 故小物块运动的加速度为 设小物块与A板相碰时的速度为v1，由 解得 ‎ ‎（2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为 加速度大小为 ‎ 设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有 解得 ‎ 设小物块碰后停止时距离为，注意到末速度为零，有 则 ‎ 或距离B板为 ‎ ‎19.（09·江苏·14）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ‎ ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。‎ ‎（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；‎ ‎（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；‎ ‎（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。‎ 解析：‎ ‎(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1‎ qu=mv12‎ qv1B=m 解得 ‎ 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 ‎ 则 ‎ ‎（2）设粒子到出口处被加速了n圈 解得 ‎ ‎（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为 粒子的动能 当≤时，粒子的最大动能由Bm决定 解得 当≥时，粒子的最大动能由fm决定 解得 ‎ ‎【考点精题精练】‎ ‎1.(2020·扬州模拟)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有( )‎ A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况 C.静电计可以用电压表替代 D.静电计可以用电流表替代 ‎【答案】选A.‎ ‎【详解】静电计是用来测量电容器两极板的电势差，从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化.如果用电压表、电流表来替代则构成电容器的放电回路，两电表都没有示数，故答案为A.‎ ‎2.(2020·会昌模拟)水平放置的平行板电容器与一电池相连.在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态.现将电容器两板间的距离增大，则 ( )‎ A.电容变大，质点向上运动 B.电容变大，质点向下运动 C.电容变小，质点保持静止 D.电容变小，质点向下运动 ‎【答案】选D.‎ ‎【详解】带电质点在电容器中处于静止状态有mg=qE，因为电容器与电源连接，电压不变，E=U/d，d增大，电容C减小，E减小，质点向下运动，答案为D.‎ ‎3.虚线框内存在着匀强电场(方向未知)，有一正电荷(重力不计)从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是( )‎ A.电场力一定对电荷做了正功 B.电场方向可能垂直ab边向右 C.电荷运动的轨迹可能是一段圆弧 D.电荷的运动一定是匀变速运动 ‎【答案】选B、D.‎ ‎【详解】由正电荷在匀强电场中的偏转可以判断，其所受电场力一定指向运动曲线的内侧，但电场力与速度方向的夹角可能为锐角或钝角，电场力可能做正功或负功，所以选项A错B对，由于正电荷只受恒定的电场力作用，所以正电荷不可能做圆周运动，一定是匀变速曲线运动，选项D正确，答案为B、D.‎ ‎4.(2020·泰州模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器与一直流电源相连，在两板中央有一带电液滴处于静止状态.现通过瞬间平移和缓慢平移两种方法将A板移到图中虚线位置.下列关于带电液滴运动的说法中正确的是( )‎ A.上述两种方法中，液滴都向 B板做匀加速直线运动 B.采用瞬间平移的方法，液滴运动到B板经历的时间短 C.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板时速度大 D.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板过程中电场力做功多 ‎【答案】选B.‎ ‎【详解】瞬间平移使带电液滴加速度突然增大立即做匀加速运动，而缓慢平移至虚线位置这一阶段，带电液滴电场力缓慢增大，加速度也缓慢增大，到达虚线位置以后才开始做匀加速运动，所以瞬间平移使带电液滴到达B板的时间短，做功多，速度大，故答案为B.‎ ‎5． (2020‎ 年黑龙江适应性测试)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)‎ ‎【答案】选AD.‎ ‎【详解】在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F＝，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动．在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图象如图1所示，v－t图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x－t图象应是曲线．故本题选AD.‎ ‎6. (2020年北京西城抽测)如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是(　　)‎ A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线 B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大 C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短 D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长 ‎【答案】选BC.‎ ‎【详解】电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势．极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D项错．‎ ‎7．如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，两极板间距离为d，今在距两极板的中点d处放一电荷q，则(　　)‎ A．q所受电场力的大小为 B．q所受电场力的大小为k C．q点处的电场强度是k D．q点处的电场强度是k ‎【答案】选A.‎ ‎【详解】两极板之间的电场强度E＝，q受到的电场力F＝Eq＝q＝q，A正确；Q不是点电荷，点电荷的场强公式E＝k在这里不能用，B、C、D不正确．‎ ‎8．(2020年广东珠海质检)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是(　　)‎ A．A带正电、B不带电、C带负电 B．三小球在电场中加速度大小关系是：aAEkB>EkA ‎【答案】选C.‎ ‎【详解】由于A的水平射程x最远，A的运动时间t＝最长，C错误．A的加速度aA＝最小，而C的加速度aC最大，aAEkB>EkA，D正确．‎ ‎9．(2020年山东济南调研)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　)‎ A．板间电场强度大小为mg/q B．板间电场强度大小为2mg/q C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等 D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 ‎【答案】选BC.‎ ‎【详解】当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vx＝v0；在竖直方向上：在电场中vy＝at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vy＝gt，由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正确．‎ ‎10．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两极间振动 C．从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D．从t＝3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 ‎【答案】AC ‎【详解】若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误；若从t＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t＝3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极间的距离，所以D错误．‎ ‎11．如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置，乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟，以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E.右侧为沿y轴负方向的匀强电场．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB间的电势差为U0，若在x轴的C点无初速度地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过B点，求：‎ ‎(1)CO间的距离d；‎ ‎(2)粒子通过B点的速度大小．‎ ‎【答案】(1)　(2) ‎【详解】(1)设正离子到达O点的速度为v0(其方向沿x轴的正方向)‎ 则正离子由C点到O点由动能定理得：‎ qEd＝mv02－0①‎ 而正离子从O点到B点做类平抛运动，则：‎ OA＝·t2②‎ AB＝v0t③‎ 而OA＝AB④‎ 由①②③④得d＝.‎ ‎(2)设正离子到B点时速度的大小为vB，正离子从C到B过程中由动能定理得：‎ qEd＋qU0＝mvB2－0，解得vB＝.‎ ‎12.如图所示，一光滑斜面的直角点A处固定一带电荷量为＋q、质量为m的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点由静止自由释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，求：‎ ‎(1)小球从B处开始运动到斜面中点D处时的速度；‎ ‎(2)小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力是多大？‎ ‎【答案】(1)　(2)mg－ ‎【详解】由于小球沿斜面下滑过程中所受电场力为变力，因此不能用功的定义来求解，只能用动能定理求解 ‎(1)由题意知：小球运动到D点时，由于AD＝AB，所以有电势φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0①‎ 则由动能定理得：mgsin30°＝mv－0②‎ 联立①②解得：vD＝③‎ ‎(2)当小球运动至C点时，对球受力分析如图所示，则由平衡条件得：‎ FN＋F库sin30°＝mgcos30°④‎ 由库仑定律得：‎ F库＝⑤‎ 联立④⑤得：‎ FN＝mg－ 由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝mg－.‎