电容器与电容-带电粒子在电场中的运动

带电粒子在电场中的运动考纲解读1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．1．[对电容器和电容的理解]关于电容器及其电容的叙述，正确的是( ) A．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容无法确定答案 A2．[带电粒子在板间的加速问题]如图1所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )A．当增大两板间距离时，v也增大B．当减小两板间距离时，v增大图1C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大答案CD解析电子从静止开始运动，根据动能定理，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，而位移(两板间距离)如果增加的话，电子在两板间运动的时间变长，故C、D正确．3．[带电粒子在板间的偏转问题]如图2所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( ) 图2A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的12答案 A解析 电子经U 1加速后获得的动能为E k ＝12mv 2＝qU 1，电子在偏转电场中的侧移量为：y ＝12at 2＝12qU 2mdl 2v 2＝U 2l 24U 1d，可见当U 1加倍时，要使y 不变，需使U 2加倍，显然A 正确． 考点梳理一、电容器的充、放电和电容的理解 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．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 ＝Q U.(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量． 3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比．(2)决定式：C ＝εS4πkd，k 为静电力常量．特别提醒 C ＝Q U (或C ＝ΔQ ΔU )适用于任何电容器，但C ＝εS4πkd仅适用于平行板电容器．二、带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中加速若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20或F ＝qE ＝q U d ＝ma .(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (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⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t＝l v0.b.不能飞出电容器：y＝12at2＝12qUmdt2，t＝2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a＝Fm＝qEm＝Uqmd离开电场时的偏移量：y＝12at2＝Uql22mdv20离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv0＝Uqlmdv20特别提醒带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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．4．[控制变量法的应用]如图3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( )图3A．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不变答案 A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＝QU＝εS4πkd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．5．[用平抛运动的分解思想解决偏转问题]如图4所示，示波器的 示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板长为L ，极板间距为d ，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度[即偏转电场中图4每单位偏转电压所引起的偏转量(yU 2)]与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是( )A ．L 越大，灵敏度越高B ．d 越大，灵敏度越高C ．U 1越大，灵敏度越高D ．U 2越大，灵敏度越高答案 A解析 偏转位移y ＝12at 2＝12qU 2md (L v )2＝U 2L 24dU 1，灵敏度y U 2＝L 24dU 1，故A 正确，B 、C 、D 错误．方法提炼1．电容器的两类动态分析(1)明确是电压不变还是电荷量不变．(2)利用公式C ＝Q U 、C ＝εS 4πkd 及E ＝Ud 进行相关动态分析． 2．带电粒子在电场中的偏转按类平抛运动进行处理.考点一 平行板电容器的动态分析 1．对公式C ＝Q U的理解电容C ＝Q U，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．运用电容的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 ＝εS4πkd分析平行板电容器电容的变化． (3)用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化．3．电容器两类问题的比较分类 充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd 变大 C 变小→Q 变小、E 变小 C 变小→U 变大、E 不变 S 变大 C 变大→Q 变大、E 不变 C 变大→U 变小、E 变小 ε变大C 变大→Q 变大、E 不变C 变大→U 变小、E 变小例1 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有 一个正试探电荷固定在P 点，如图5所示，以C 表示电容器的 电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，E p 表示正电 荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平 移一小段距离x 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关图5系图象中正确的是( )解析 由平行板电容器的电容C ＝εS4πkd可知d 减小时，C 变大，但不是一次函数，A 错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQεS，与x 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，设P 点最初的电势为φ0，则平移后P 点的电势为φ＝φ0－Ex 0，C 项正确．正电荷在P 点的电势能E p ＝q φ＝q (φ0－Ex 0)，显然D 错．答案 C突破训练1 如图6所示，两块正对平行金属板M 、N 与电池相连，N 板 接地，在距两板等距离的P 点固定一个带负电的点电荷，如果M 板向上 平移一小段距离，则( ) A ．点电荷受到的电场力变小图6B ．M 板的带电荷量增加C ．P 点的电势升高D ．点电荷在P 点具有的电势能增加 答案 AD考点二 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学方法分析a ＝F 合m ，E ＝U d；v 2－v 20＝2ad . 3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例2 如图7所示，一带电荷量为＋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时， 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；图7(2)若将电场强度减小为原来的1/2，物块的加速度是多大； (3)电场强度变化后物块下滑距离为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，示意图如图所示，则有F N sin 37°＝qE ①F N cos 37°＝mg②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 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mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL .答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL突破训练2 如图8甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg 、带电荷量为q ＝＋2.0×10－6 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t ＝0时刻开始，空间上加一个如图乙所示的电场．(取水平向右的方向为正方向，g 取10 m/s 2)求： (1)4秒小物块的位移大小； (2)4秒电场力对小物块所做的功．甲 乙图8答案 (1)8 m (2)1.6 J 解析 (1)0～2 s 小物块加速度a 1＝E 1q －μmgm＝2 m/s 2 位移s 1＝12a 1t 21＝4 m2 s 末的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m/s 2 s ～4 s 小物块加速度a 2＝E 2q －μmg m＝－2 m/s 2位移s 2＝v 2t 2＋12a 2t 22＝4 m4秒的位移s ＝s 1＋s 2＝8 m.(2)v 4＝v 2＋a 2t 2＝0，即4 s 末小物块处于静止状态 设电场力对小物块所做的功为W ，由动能定理有：W －μmgs ＝0解得W ＝1.6 J考点三 带电粒子在电场中的偏转 1．粒子的偏转角(1)以初速度v 0进入偏转电场：如图9所示，设带电粒子质量为m ， 带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏 转电压为U 1，若粒子飞出电场时偏转角为θ 则tan θ＝v y v x，式中图9v y ＝at ＝qU 1md ·lv 0，v x ＝v 0，代入得tan θ＝qU 1l mv 20d①结论：动能一定时tan θ与q 成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比． (2)经加速电场加速再进入偏转电场若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：qU 0＝12mv 20 ② 由①②式得：tan θ＝U 1l2U 0d③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v 0进入偏转电场y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2④作粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场右边缘的距离为x ，则x ＝y ·cot θ＝qU 1l 22dmv 20·mv 20dqU 1l＝l2结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l2处沿直线射出．(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量y ＝U 1l 24U 0d⑤上面③式偏转角正切为： tan θ＝U 1l2U 0d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，也就是运动轨迹完全重合． 例3 如图10所示，在两条平行的虚线存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场 线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试 求：图10(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间．(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x .解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eq m所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12a (L v 0)2＝12·qEL 2mv 20又x ＝y ＋L tan α， 解得：x ＝3qEL 22mv 2解法二 x ＝v y ·L v 0＋y ＝3qEL 22mv 20.解法三 由x y ＝L ＋L2L 2得：x ＝3y ＝3qEL 22mv 20. 答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL 22mv 20计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的三种方法：(1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离) (2)Y ＝(L2＋d )tan θ(L 为电场宽度)(3)Y ＝y ＋v y ·dv 0(4)根据三角形相似：Y y ＝L2＋d L2突破训练3 如图11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U 1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图11荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为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？答案 (1)2eU 1m (2)U 2L 24U 1d(3)减小加速电压U 1或增大偏转电压U 2解析 (1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理有eU 1＝12mv 20－0，解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0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 ＝L v 0F ＝ma ，F ＝eE ， E ＝U 2d ，y ＝12at 2解得偏移量y ＝U 2L 24U 1d(3)由y ＝U 2L 24U 1d可知，减小U 1或增大U 2均可使y 增大，从而使电子打在P 点上方．42．用等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动1．方法提炼等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法．例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法．常见的等效法有“分解”、“合成”、“等效类比”、“等效替换”、“等效变换”、“等效简化”等，从而化繁为简，化难为易．2．模型转换与构建带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷．先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a ＝F 合m视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．例4 如图12所示，绝缘光滑轨道AB 部分为倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一 个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安图12全通过圆轨道，在O 点的初速度应满足什么条件？解析 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在 圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比 重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为mg ′＝qE2＋mg2＝2 3mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D 点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg ′＝mv 2DR，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知： －2mg ′R ＝12mv 2D －12mv 20解得v 0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v ≥ 103gR3. 答案 v ≥103gR3突破训练4 一个带负电荷量为q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的 斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形 轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图13所示 的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则 ( ) 图13A ．小球不能过B 点 B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球通过B 点，且在B 点与轨道之间的压力不为0D ．以上说法都不对 答案 B解析 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mg ＝m v 21R ，mg (h －2R )＝12mv 21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg－qE )(h －2R )＝12mv 22，联立解得mg －qE ＝m v 22R，满足小球恰好能过B 点的临界条件，选项B 正确.高考题组1．(2012·单科·2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小答案 B解析 由平行板电容器电容决定式C ＝εS4πkd知，当插入电介质后，ε变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U 得U ＝QC，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确．2．(2012·单科·9)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说确的是 ( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半 答案 AD解析 由E ＝Ud知，当U 不变，d 变为原来的两倍时，E 变为原来的一半，A 项正确；当E 不变，d 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，B 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝Q U知，当Q 变为原来的两倍时，U 变为原来的两倍，C 项错误；Q 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，E 变为原来的一半，D 项正确．3．(2012·课标全国·18)如图14，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 ．电势能逐渐增加图14C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动答案 BD解析 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下；二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．4．(2011··20)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15所示，在虚线MN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E1＝2.0×103 N/C 图15和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电荷量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.答案(1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s解析(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0 ①由①式解得d2＝E1E2d1＝0.50 cm ②(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|q|E1＝ma1 ③|q|E2＝ma2 ④设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝12a1t21⑤d2＝12a2t22⑥又t＝t1＋t2 ⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8 s模拟题组5．如图16所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U.在两极板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器图16所带电荷量Q不变，下面操作能使静电计指针角变小的是( )A．将M板向下平移B．将M板沿水平方向向左远离N板C．在M、N之间插入云母板(介电常数ε>1)D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触答案CD解析由C＝εS4πkd可知，将M板向下平移，S减小，将M板沿水平方向向左移动，d增大，均使C变小，再由Q ＝CU 可知，电容器两板间电压增大，静电计指针角增大，A 、B 均错误；在M 、N 间插入云母板，ε增大，C 增大，U 变小，静电计指针角减小，C 正确；在M 、N 间插入金属板，相当于d 减小，故C 增大，U 变小，静电计指针角减小，D 正确．6．为模拟空气净化过程，有人设计了如图17所示的含灰尘空气 的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等．第一种除尘方式是： 在圆桶顶面和底面间加上电压U ，沿圆桶的轴线方向形成一 个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式 是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压 也等于U ，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如图17图乙所示．已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即F f ＝kv (k 为一定值)，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，重力可忽略不计，则在这两种方式中( )A ．尘粒最终一定都做匀速运动B ．尘粒受到的电场力大小相等C ．电场对单个尘粒做功的最大值相等D ．在乙容器中，尘粒会做类平抛运动 答案 C解析 由于电压U 、圆桶的高与直径及空气阻力的大小不能计算，就不能确定尘粒最终是否做匀速运动，A 项错误；在甲、乙容器中，E ＝U d 中的d 是不同的，所以F ＝qE ＝qUd一定不同，B 项错误；电场力对单个尘粒做功的最大值均为W ＝qU ，C 项正确；由于忽略重力，在甲、乙桶中，尘粒均做直线运动，D 项错误．(限时：45分钟)►题组1 电容器、电容及动态分析1．(2011·天津·5)板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说确的是( )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1答案 C解析 由C ＝Q U 和C ＝εS 4k πd 及E ＝U d 得，E ＝4k πQ εS ，由电荷量由Q 增为2Q ，板间距由d 减为d2，得E 2＝2E 1；又由U ＝Ed 可得U 1＝U 2，故A 、B 、D 错，C 对．2．一平行板电容器两极板间距为d 、极板面积为S ，电容为ε0Sd，其中ε0是常量，对此电容器充电后断开电源．当增大两极板间距时，电容器极板间( )A ．电场强度不变，电势差变大B ．电场强度不变，电势差不变C ．电场强度减小，电势差不变D ．电场强度减小，电势差减小 答案 A解析 电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由C ＝ε0Sd可知，电容器的电容变小，由U ＝Q C 可知电势差变大，又由E ＝U d可得E ＝U d ＝Q Cd ＝Q ε0S dd ＝Qε0S，与d 无关，所以电场强度不变，A 正确．►题组2 带电粒子在电场中的直线运动3．如图1所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以 一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，由此可知( ) A ．电场中A 点的电势低于B 点的电势B ．微粒在A 点时的动能大于在B 点时的动能，在A 点时的电势能小 图1于在B 点时的电势能C ．微粒在A 点时的动能小于在B 点时的动能，在A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D ．微粒在A 点时的动能与电势能之和等于在B 点时的动能与电势能之和 答案 B解析 一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动， 对其受力分析知其受到的电场力F 只能垂直等势面水平向左，电场 强度则水平向右，如图所示．所以电场中A 点的电势高于B 点的电势，A 错；微粒从A 向B 运动，则合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，B 对，C 错；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D 错．4．如图2所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域 足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面做匀变速直线 运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝Eq ，则( )图2A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球上升的最大高度为v 202gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv 204答案 BD解析 由于带电小球在竖直面做匀变速直线运动，其合力沿ON 方向，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成 120°角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg ，由牛顿第 二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得：－mg ·2h ＝0－12mv 20，解得：h ＝v 204g ，C 错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE ·2h cos 120°＝qEh ＝mg ·v 204g ＝mv 204，D 正确．5．如图3甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U 后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷qm＝1.0×10－2 C/kg 的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A 处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其v －t 图象如图乙所示，则下列说确的是( )图3A ．右侧金属板接电源的正极B ．所加电压U ＝100 VC ．乙图中的v 2＝2 m/sD ．通过极板间隙所用时间之比为1∶(2－1) 答案 BD解析 带正电的粒子在电场力作用下由左极板向右运动，可判断右侧金属板接电源负极，A 选项错误．由。