(2020年高考必考考点)选修3-1 第七章静电场 专题突破 (2).doc

1、第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识排查常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系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 F106 F1012 pF3平行板电容器(1)影响因素：平行板

2、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。带电粒子在匀强电场中的运动1.加速(1)在匀强电场中，WqEdqUmv2mv(2)在非匀强电场中，WqUmv2mv2带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动形式：类平抛运动。(3)处理方法：运动的合成与分解。图1沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间t沿电场力方向为匀加速直线运动，加速度a离开电场时的偏移量yat2离开电场时的偏转角tan 示波管的构造1.构造(1)电子枪，(2)偏转极板，(3)荧光屏。(如图2所示)图

3、22工作原理YY上加的是待显示的信号电压，XX上是机器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。小题速练1关于电容器及其电容，下列说法中正确的是()A平行板电容器一板带电Q，另一板带电Q，则此电容器不带电 B由公式C可知，电容器的电容随电荷量Q的增加而增大C对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比D如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容答案C2两平行金属板相距为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入电场，最远到达A点，然后返回，如图3所示，OA间距为h，则此电子的初动能为()图3A.B.C.D.解析电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力

4、作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得eUOA0Ek，因为UOAh，所以Ek，选项D正确。答案D3(多选)如图4所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，不计三个液滴间的相互作用，则下列说法正确的是()图4A三个液滴在真空盒中都做平抛运动B三个液滴的运动时间一定相同C三个液滴落到底板时的速率相同D液滴C所带电荷量最多解析三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A

5、错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。答案BD平行板电容器的动态分析1两类典型问题(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。2动态分析思路(1)U不变根据C和C，先分析电容的变化，再分析Q的变化。根据E分析场强的变化。根据UABEd分析某点电势变化。(2)Q不变根据C和C，先分

6、析电容的变化，再分析U的变化。根据E分析场强变化。【例1】(2016全国卷，14)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解析由C可知，当云母介质移出时，r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QCU可知，当C减小时，Q减小。由于U与d都不变，再由E知电场强度E不变，选项D正确。答案D【拓展1】(多选)将【例1】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后

7、，下列说法正确的是()A电容器的电容增大B极板间的电势差增大C极板上的电荷量变大D极板间电场强度变大答案BD【拓展2】(多选)若水平放置接有恒压电源的平行金属板内部空间有一带电粒子P恰能静止，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是()A电容器所带电荷量保持不变B极板间的电场强度保持不变C粒子所在初位置的电势能保持不变D粒子将加速向下运动解析由C可知，当将上极板右移一段距离时，S减小，电容器的电容减小，由C得QCU，电压U不变，C减小，故电容器所带电荷量减少，选项A错误；U和d不变，由E可知，极板间的电场强度保持不变，选项B正确；由于极板间的电场强度不变，粒子所在初位

8、置到下极板间的距离不变，故该点到零电势点的电势差不变，即该点的电势不变，粒子的电势能不变，选项C正确；由于粒子的受力情况不变，故粒子仍然保持静止状态，选项D错误。答案BC分析平行板电容器动态变化的三点关键(1)确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变。(2)恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E分析极板间电场强度的变化情况。(3)若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化。1对以下四幅图中包含的物理知识说法正确的是()图5A图甲：将两板间距拉开一些后，静电计指针张角会变小B图乙：距离带电体越远，等

9、势面的形状与带电体的形状越相似C图丙：研究均匀带电球体在球外产生的电场时，可以认为全部电荷集中在球心D图丁：此种电容器不仅可以接在直流电源上使用，也可以接在交流电源上使用解析图甲中，当Q一定时，由C，C知，d、C、U，静电计指针张角变大，选项A错误；距离带电体越远，等势面的形状越接近圆形，选项B错误；均匀带电球体或球壳在球外产生的电场，可认为全部电荷集中在球心，选项C正确；图中电容器为电解电容器，只能在直流电源上使用。答案C2(多选)如图6所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中()图6A油滴将向下做匀

10、加速运动B电流计中电流由b流向aC油滴运动的加速度逐渐变大D极板带的电荷量减少解析由C可知，d增大，电容器电容C减小，由QCU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，选项D正确，B错误；由E可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mgEqma可知油滴运动的加速度逐渐变大，选项C正确，A错误。答案CD带电粒子在电场中的直线运动1做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子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，带电粒子将做变速直线运动；若电场为匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动。2用动力学观点分析a，在匀强电场中，E，v2v2ad

11、3用功能观点分析匀强电场中：WqEdqUmv2mv非匀强电场中：WqUEk2Ek1【例2】(多选)(2018全国卷，21)如图7所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()图7Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等解析两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x

12、at2知微粒a的加速度大，由qEma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qExEk得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEtmv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。答案BD带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤1(多选)如图8所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30。若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mgqE，则()图8A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

13、D小球电势能的最大值为解析因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30，斜向上，如图所示，A错误；小球所受的重力和电场力相等，根据平行四边形定则知，两个力的夹角为120，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球运动的加速度大小为g，B正确；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s，则小球上升的最大高度hssin 30，C错误；在整个过程中电场力做功WqEscos 120mv，电势能增加，所以小球电势能的最大值为，D正确。答案BD2(多选)如图9所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两

14、个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0d，则下列判断正确的是()图9AA、B两滑块的质量之比为BA、B两滑块的质量之比为C两滑块的碰撞为弹性碰撞D两滑块的碰撞为非弹性碰撞解析对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEdmAv，依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规

15、定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0mAvmBv；又由能量守恒定律可知vv0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动，有vtd，联立解得，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为EmAv(mAmB)v2qEd0，D正确，C错误。答案AD带电粒子在电场中的偏转运动1两个结论(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。证明：由qU1mvyat2()2tan 得：y，tan 。(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

16、的交点O为粒子水平位移的中点，即O到入射点的距离为。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：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置间的电势差。【例3】如图10所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A点，B粒子打在N板上的B点，若不计重力，则()图10Aq1q2 Bm1m2C. D.解析设粒子的速度为v0，电荷量为q，质量为m，所以加速度a，运动时间t，偏转位移为yat2，整理得y，显然由于A粒子的水平位移小，则有，但

17、A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。答案C【拓展】在【例3】中如果仅将“以相同的速度”改为“以相同的初动能”，则下列说法正确的是()Aq1q2 Bm1m2C. D.解析由【例3】的解析可知y，由题意Ek0mv，整理得y，由于A粒子的水平位移小，则A粒子的电荷量大，即q1大于q2，A正确；由以上分析可知，不能确定两粒子的质量关系，B、C、D错误。答案A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

18、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。1(2019广东惠州模拟)如图11所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)可采用的方法是()图11A增大两板间的电势差U2B尽可能使板长L短些C使加速电压U1升高些D尽可能使板间距离d小些解析带电粒子加速时，由动能定理得qU1mv2，带电粒子偏转时，由类平抛运动规律得Lvt，hat2，又由牛顿第二定律得a，联立以上各式可得h，由题意，灵敏度为，可见灵敏度与U2无关，要提高示波管

19、的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、使加速电压U1降低一些，故D正确。答案D2在直角坐标系中，三个边长都为l2 m的正方形排列如图12所示，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0，在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场。图12(1)现有一带电量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点。求CED区域内的匀强电场的电场强度E1；(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都

20、经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系？解析(1)设粒子在第一象限的电场中加速运动，出第一象限时速度为v，由动能定理得qE0lmv2在第二象限中由类平抛运动的规律lvtlt2解得E14E0(2)设出发点坐标为(x，y)，加速过程由动能定理得qE0xmv2经过分析，要过E点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移大小相等为y，则yvtyt2解得yx答案(1)4E0(2)yx科学态度与责任系列电场中的STSE问题应用1电容器在现代科技生活中的应用【典例1】(多选)智能手机上的电容触摸屏目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻

21、璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是()图13A电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D手指与屏的接触面积变大时，电容变大解析据题意知，电容触摸屏只需要触

22、摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确。答案AD【典例2】电容式传声器图14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()图14A膜片与极板间的电容增大B极板所带电荷量增大C膜片与极板间的电场强度增大D电阻R中有电流通过解析根据C可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间

23、的电容减小，选项A错误；根据QCU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误。答案D应用2静电除尘【典例3】如图15所示为某静电除尘器的工作原理图，根据此图请判断以下说法正确的是()图15A离子发生器的作用是在空气经过时使其中的粉尘带上负电B集尘盘负极吸附大量粉尘的原因是粉尘带上了正电C若预过滤网破裂，不影响除尘器的除尘效果D该除尘器能有效去除空气中的有毒气体解析通过集尘盘能收集粉尘可知，粉尘带正电，选项A错误，B正确；过滤网的作用是滤去质量较大的颗粒，细小颗粒更易被收集，选项C错误；该装置无法分辨气体是否有毒

24、性，选项D错误。答案B应用3静电喷涂【典例4】静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图16所示。忽略运动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力。下列说法中正确的是()图16A当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大B涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定C在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被喷涂工件右侧P点(相对工件的距离不变)处，先经过的微粒电势能较大D涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高

25、最快解析当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，电场强度减小，故电场力减小，选项A错误；轨迹与初速度和受力情况均有关，选项B错误；工件接地，电势为零，P处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变大，P点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能小，选项C错误；涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式UEd，在直线轨迹上电势升高最快，故选项D正确。答案D应用4喷墨打印机【典例5】有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图17所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上。已知偏移量越大字迹越大，现要减小字

26、迹，下列做法可行的是()图17A增大墨滴的带电荷量B减小墨滴喷出时的速度C减小偏转板与承印材料的距离D增大偏转板间的电压解析带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1at2，a，t，可推出Y1，Y2ltan ，YY1Y2，减小偏转板与承印材料的距离可使字迹减小，选项C正确，A、B、D错误。答案C应用5电子束熔炼【典例6】(多选) (2019山西太原模拟)电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图18所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3104 V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间1103 V电压形

27、成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图，则()图18A电极A1的电势高于电极A2的电势B电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90C聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小D电子轰击到物料上时的动能大于3104 eV解析由粒子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以电场强度方向相反，斜向右上方，即电极A1的电势高于电极A2的电势，故A正确；电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90，故B正确；聚焦电场不仅改变

28、电子速度的方向，也改变电子速度的大小，故C错误；由动能定理，电子到达P点时动能已经为3104 eV，再经过聚焦电场加速，可知电子轰击到物料上时的动能大于3104 eV，故D正确。答案ABD课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图1所示。现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是()图1A右移 B左移 C上移 D下移解析电容器两极板上的电荷量不变，静电计指针张角减小，说明两极板间电压变小，根据C得出电容变大，由C知两极板之间距离变小或正对面积变大，选项A正确，B、C、D错误。答案A2(2018

29、重庆二模)如图2所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d，相距为d，两板间加有竖直向下的匀强电场，将一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小为v0的水平速度从靠近上板下表面的P点射入，小球刚好从下板右边缘射出，重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度大小为()图2A. B.C. D.解析根据牛顿第二定律有qEmgma，解得a，运动时间为t，dat2，联立解得E，故C正确。答案C3(2018江苏单科，5)如图3所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A仍然保持静止 B竖直向下运动C向左下方运动 D向右下

30、方运动解析由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确。答案D4(多选)(2019江西师大模拟)如图4所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路。调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是 ()图4A使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B使

31、初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出C使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板 D使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出解析设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得qEx0mv，又E得x，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处，x变为原来的2倍，采取的方法有使带电粒子的初速度变为v0或使A、B两板间的电压变为U，或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C正确，A、D错误。答案BC5(多选) (2019湖南株洲一模)如图5所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，一个电荷量q1.4110

32、4 C、质量m1 g的带电小球自A板上的孔P以大小为0.1 m/s的水平速度v0飞入两板之间的电场，经0.02 s后又回到P点，其间未与B板相碰，g取10 m/s2，则()图5A板间电场强度大小为100 V/mB板间电场强度大小为141 V/m C板与水平方向的夹角30D板与水平方向的夹角45解析对带电小球进行受力分析，如图所示，小球的加速度a m/s210 m/s2，根据几何关系得tan 1，故45，F电mgqE，解得E100 V/m，故A、D正确，B、C错误。答案AD6(多选)(2019山东青岛5月模拟)如图6所示，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是A、B板间的一点，在C、D板

33、间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。现将C、D板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是()图6A金属板C、D构成的电容器的电容减小BP点电势降低C玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流DA、B两板间的电场强度减小解析根据C，将C、D板间的玻璃板抽出，相对介电常数r减小，其他条件不变，则金属板C、D构成的电容器的电容减小，A正确；闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板上的总电荷量不变，金属板C、D构成的电容器的电容减小，由U可知极板C、D间的电势差变大，极板A、B间的电势差变大，由E可知极板A、B间的场强变大，P点与B板的电势差变大，又因B板接地，电势为零，故P点电势升高，因此电容器C

34、D处于放电状态，电容器AB处于充电状态，电阻R中有向右的电流，C正确，B、D错误。答案AC7如图7甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，t0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在0t81010 s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐增大的时间是()图7A0t21010 sB21010 st41010 sC41010 st61010 sD61010 st81010 s解析作出粒子运动的vt图象如图所示。由图象可知选项C正确。答案C8

35、(多选)如图8所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在静电力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图象正确的是()图8解析将电场反向，小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力，小球离开弹簧前，根据牛顿第二定律得，小球的加速度a，知a随压缩量x的减小均匀减小，当脱离弹簧后，小球的加速度a，保持不变。可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀加速运动，故A、C项正确，B、D项错误。答案AC9(2019广东深

36、圳一调)如图9所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d10 cm，质量m0.1 kg、带电荷量为q1103 C 的小球以初速度v010 m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45，已知重力加速度g10 m/s2，求：图9(1)小球加速度的大小；(2)小球再次回到图中水平线时的速度大小和距抛出点的距离。解析(1)设相邻两等势线间的电势差为U则E解得E1103 V/m电场力FqE1 N，方向水平向右重力Gmg1 N，方向竖直向下设小球加速度为a，由牛顿第二定律得F合ma解得a10 m/s2(2)设小球再次回到图中水平线时的速度为v，与抛出点的距离为L，小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有Lco

37、s 45v0tLsin 45at2解得t s，L20 mvyatv解得v10 m/s答案(1)10 m/s2(2)10 m/s20 m综合提能练10(多选) (2019长春质检)如图10所示，光滑绝缘斜面体ABC处于水平向右的匀强电场中，斜面AB的长度为0.5 m，倾角37，带电荷量为q、质量为m的小球(可视为质点)以大小为2 m/s的速度v0沿斜面匀速上滑。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。下列说法中正确的是()图10A小球在B点的电势能大于在A点的电势能B水平匀强电场的电场强度为C若电场强度变为原来的2倍，则小球运动的加速度大小为3 m/s2D若电场强度变为原来的

38、一半，则小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半解析小球由A到B的过程中，电场力做正功，小球的电势能减小，选项A错误；因小球做匀速运动，由平衡条件知qEcos mgsin ，所以电场强度E，选项B正确；电场强度变为原来的2倍后，则有q2Ecos mgsin ma，所以agsin 6 m/s2，选项C错误；电场强度变为原来的一半后，则有mgsin qcos ma1，所以a13 m/s2，由vv22a1L，解得v1 m/s，选项D正确。答案BD11(多选)(2019福建漳州模拟)如图11，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中

39、央。现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将()图11A开关S断开B初速度变为2v0C板间电压变为D竖直移动上板，使板间距变为2d解析开关S断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器两极板间电压不变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，故A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的2倍，可能到达下板边缘，故B正确；当板间电压变为时，场强变为原来的，电场力变为原来的，加速度变为原来的，根据yat2知，时间为原来的2倍，由xv0t知水平位移为原来的2倍，所以能沿b轨迹落到下板边缘，故C正确；竖直移动上板，使板

40、间距变为2d，则板间场强变为原来的，电场力为原来的，加速度为原来的，根据xat2知时间为原来的倍，水平位移为原来的倍，不能到达下板边缘，故D错误。答案BC12如图12所示，光滑绝缘的轨道放置在竖直平面内，轨道的AB部分竖直，BC部分是半径为R的半圆，整个空间存在方向水平向左的匀强电场，其电场强度为E，现将质量为m，带电荷量为q的小球(可看作质点)从A点由静止释放，A、B距离为h，不计空气阻力，重力加速度为g，求：图12(1)当h1.5R时，小球到达半圆轨道最低点时的速率为多大？(2)要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足什么条件？(3)若小球从C点射出时的速率为v0，则小球与轨道AB的撞击点A与B点之间的距离h为多少？解析(1)带电小球从A点到半圆轨道最低点时，由动能定理可得mg(hR)qERmv2解得v2。(2)设小球经过C点时的最小速率为vmin，此时小球对C点的压力为零，由圆周运动知识得qEm由动能定理可得mghqE2Rmv两式联立代入数据得hR所以要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足的条件是hR。(3)小球从C点射出后，在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向上做竖直上抛运动其水平方向所受合力FxqEmax则axg所以水平方向有2Raxt2，竖直方向有hv0tgt2两式联立得h0。答案(1)2(2)hR(3)0