【物理】2019届一轮复习人教版电容器学案

【物理】2019届一轮复习人教版电容器学案

第31课时　电容器'带电粒子在电场中的运动 考点1　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．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。‎ ‎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＝，k为静电力常量。‎ 特别提醒：C＝适用于任何电容器，但C＝仅适用于平行板电容器。‎ ‎1．(多选)有一只电容器的规格是“1.5 μF,9 V”，那么(　　)‎ A．这只电容器上的电荷量不能超过1.5×10－5 C B．这只电容器上的电荷量不能超过1.35×10－5 C C．这只电容器的额定电压为9 V D．这只电容器的击穿电压为9 V 答案　BC 解析　9 V为电容器的额定电压(或工作电压)，故C正确；正常工作时的带电荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9 C＝1.35×10－5 C，B正确。‎ ‎2．(教科版选修3－1 P40· T9改编)关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法不正确的是(　　)‎ A．两极板上一定带异号电荷 B．两极板所带的电荷量一定相等 C．充上的电量越多，其电容就越大 D．充上的电量越多，两极板间的电势差就越大 答案　C 解析　给电容器充电，电容器两极板分别带上等量异号电荷，A、B正确；电容器的电容大小取决于它的结构，与所带电荷量的多少无关，C错误；根据U＝，电容器的电荷量越大，两极板间的电势差越大，D正确。‎ ‎3．(人教版选修3－1 P30演示实验改编)(多选)如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是(　　)‎ A．A板与静电计的指针带的是异种电荷 B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大 C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变 D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小 答案　BD 解析　静电计指针与A板连为一个导体，带电性质相同，A 错误；根据C＝，C＝，B板上移，S减小，C减小，Q不变，则U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，则U增大，C错误；插入电介质，εr增大，电容C增大，则U减小，D正确。‎ 考点2　　平行板电容器的动态分析 ‎1．对公式C＝的理解 电容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．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＝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 ‎[例1]　如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B板接地，使其A板带有电荷量＋Q，B板带有电荷量－Q，板间电场中有一固定点P，以下说法正确的是(　　)‎ A．若将B板固定，A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势降低 B．若将B板固定，A板下移时，P点的电场强度增大，P点电势升高 C．若将A板固定，B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低 D．如果A板固定，B板上移时，P点的电场强度增大，P点电势升高 解析　由题可知电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据C＝、U＝和E＝可推出：E＝可知，P点的电场强度E不变。P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，故A、B错误；B板上移时，同理得 知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故C正确、D错误。‎ 答案　C ‎1．电容器的动态变化分析问题 要会根据电容器的决定式和定义式推导出板间的场强E＝，此结论表明，当电容器带电量一定时，两板之间的电场强度与两板间距无关，此公式要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论。‎ ‎2．解电容器问题的常用技巧 ‎(1)在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关。‎ ‎(2)对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C＝、Q＝CU和E＝进行判定。‎ 电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E0。则下列说法正确的是(　　)‎ A．若将A板下移少许，Q增大；U减小；E0不变 B．若将A板下移少许，Q不变；U减小；E0减小 C．若断开开关，将A板下移少许，Q增大；U不变；E0增大 D．若断开开关，将A板下移少许，Q不变；U减小；E0不变 答案　D 解析　开关闭合时电容器两极板间电压U不变，由公式C＝可知，A板下移(板间距d减小)，电容C将增大，由公式C＝可知电容器带电量Q将增大，由公式E0＝可知板间场强增大，A、B错误；开关断开后电容器带电量Q不变，由公式C＝可知，A板下移(板间距d减小)，电容C将增大，由公式C＝可知电容器极板间电压U将减小。由以上三式可解得公式E0＝，由此可知板间场强不变，C错误、D正确。‎ 考点3　　带电粒子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．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 ‎[例2]　如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则(　　)‎ A．微粒达到B点时动能为mv B．微粒的加速度大小等于gsinθ C．微粒从A点到B点的过程电势能减少 D．两极板的电势差UMN＝ 解析　对微粒进行受力分析如图可知，微粒做匀减速直线运动，动能减小，故A错误；由tanθ＝得a＝gtanθ，故B错误；微粒的电势能增加量ΔE＝qEd＝·d，又ΔE＝qU，得到两极板的电势差U＝，微粒从A点到B点的过程电势能增加，故C错误、D正确。‎ 答案　D 处理带电粒子在电场中运动的常用技巧 ‎(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。‎ 如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b。在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是(　　)‎ A．保持S闭合，将A板适当上移 B．保持S闭合，将B板适当下移 C．先断开S，再将A板适当上移 D．先断开S，再将B板适当下移 答案　B 解析　设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U。质点的电量为q，由质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v1，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝mv，v1＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误；若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝mv，则v2>0，说明质点能穿出b孔，故B正确；若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为Δd，质点到达B板时速度为v3。由动能定理得mg(h＋d)－qE(d＋Δd)＝mv，又由原来情况有mg(h＋d)－qEd＝0。比较两式得，v3<0，说明质点不能穿出b孔，故C错误；若断开S，再将B板适当下移，B板下移距离为Δd，设质点到达B板时速度为v4。由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qE(d＋Δd)＝mv，又由原来情况有mg(h＋d)－qEd＝0。比较两式得，v4<0，说明质点不能穿出b孔，故D错误。‎ 考点4　　带电粒子在电场中的偏转 ‎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tanθ＝，式中vy＝at＝·，vx＝v0，‎ 代入得tanθ＝。‎ ‎(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U0加速后进入偏转电场U1的，则由动能定理有：‎ qU0＝mv，得：tanθ＝。‎ 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．分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题 ‎ (1)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。‎ ‎(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 y＝at2＝··2‎ 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＝＝。‎ 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：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入同一偏转电场U1的，则分析可得偏移量：y＝ 偏转角正切值：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，也就是运动轨迹完全重合。‎ ‎(3)设屏到偏转电场的水平距离为D，则计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的几种方法：(如图所示)‎ ‎①Y＝y＋Dtanθ；‎ ‎②Y＝tanθ；‎ ‎③Y＝y＋vy·；‎ ‎④根据三角形相似：＝。‎ ‎[例3]　(多选)如图，质子(H)、氘核(H)和α粒子(He)都沿平行板电容器中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，粒子重力不计，下列推断正确的是(　　)‎ A．若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点 B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点 C．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点 D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点 解析　三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：a＝，偏转距离为：y＝at2，运动时间为t＝，联立三式得：y＝。若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误；若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，故B错误；若它们射入电场时的动量相等，y＝＝，可见y与qm成正比，三个qm都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点，故C正确；若它们是由同一个电场U0从静止加速后射入此偏转电场U1的，根据推论y＝可知，y 都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D正确。‎ 答案　CD 带电粒子在电场中的运动可分为粒子在电场中加速运动和偏转运动。加速运动时，往往根据动能定理求得末速度，而在电场中的偏转与平抛运动类似，将运动分解成水平方向和竖直方向两个运动解决，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动。带电粒子在电场中的加速和偏转是在考纲中属于Ⅱ级要求，利用动能定理、平抛运动规律是解决电场中加速、偏转问题的基本方法，熟记一些二级结论有助于提升答题速度，如不同粒子在同一电场中先加速再偏转时，偏移量与比荷无关等。‎ ‎1．如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从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U2的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(　　)‎ A．使U2加倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的倍 D．使U2变为原来的 答案　A 解析　设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝。U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍。故选A。‎ ‎2．如图，两平行金属板水平放置，板长为L，间距为d，板间电压为U，一不计重力电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则(　　)‎ A．在时间内，电场力对粒子做的功为qU B．在时间内，电场力对粒子做的功为qU C．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶2‎ D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1‎ 答案　D 解析　设粒子在前时间内和在后时间内竖直位移分别为y1、y2，由y＝at2和匀变速直线运动的推论可知y1∶y2＝1∶3，得：y1＝d，y2＝d，则在前时间内，电场力对粒子做的功为：W1＝q·U＝qU，在后时间内，电场力对粒子做的功为：W2＝q·U＝qU，故A、B错误；根据W＝qEy 可得，在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶1，故C错误，D正确。故选D。‎ ‎3．如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置，在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)(　　)‎ A．保持开关S闭合，适当上移P极板 B．保持开关S闭合，适当左移P极板 C．先断开开关S，再适当上移P极板 D．先断开开关S，再适当左移P极板 答案　A 解析　粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间。保持开关S闭合，适当上移P极板，根据E＝，d增加，场强E减小，故加速度a＝减小，根据t＝，时间延长，可能从小孔B射出，故A正确；保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故B错误；先断开开关S，再适当上移P极板，极板上电荷量不变，根据结论E＝可得场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C错误；先断开开关S，再适当左移P极板，极板 上电荷量不变，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从小孔B射出，故D错误。‎ ‎1.(2018·宁夏罗平中学测试)(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出，若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)‎ A．将打在下板中央 B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C．不发生偏转，沿直线运动 D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 答案　BD 解析　将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E＝＝＝，由公式可知当d减小时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故B正确，A、C错误；若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确。‎ ‎2．(多选)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断(　　)‎ A．小球A带正电，B不带电，C带负电 B．三个小球在电场中运动时间相等 C．三个小球到达极板时的动能EkAaB>aC 答案　AC 解析　在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示，由此可知不带电小球做平抛运动a1＝g，带正电小球做类平抛运动a2＝，带负电小球做类平抛运动a3＝，根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据t＝得三小球运动时间是正电荷最长、不带电小球次之、带负电小球时间最短，故B错误；三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球，C是带负电的小球，故A正确；根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。由受力图可知，带负电小球合力最大为G＋F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G－F，做功最少动能最小，所以EkAyN，故·t2>·t2，解得：>，qM>qN，故A正确、B错误；电场力做功W电＝qEy，由题图可知yM>yN，且qM>qN，所以电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N 做的功，故C正确；从轨迹可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，故vM>vN，故D错误。‎ ‎4．如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy＝0时，根据运动学公式有v＝2··d，vy＝v0cos45°，Ek0＝mv，联立得E＝，故B正确。‎ ‎5．(2018·长沙长郡中学月考)(多选)某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连，带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集，将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率，不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，要增大除尘率，则下列措施可行的是(　　)‎ A．只增大电压U B．只增大长度L C．只增大高度d D．只增大尘埃被吸入水平速度v0‎ 答案　AB 解析　增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y＝··2即增加y即可增加除尘率，只增加电压U和长度L或只减小v0和d都可以增加y，故A、B正确。‎ ‎6.(多选)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中(　　)‎ A．它们运动的时间tQ＝tP B．它们运动的加速度aQaP，故B错误；根据牛顿第二定律，有：qE＝ma，a＝可以得到：q＝，所以它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2，故C正确；根据动能定理，有：qEy＝ΔEk，而qP∶qQ＝1∶2，yP∶yQ＝1∶2，所以动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，故D错误。‎ ‎7．(多选)如图所示，一平行板电容器极板板长l＝10 cm，宽a＝8 cm，两极板间距为d＝4 cm。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长b＝8 cm 的“狭缝”离子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg，速度为 4×106 m/s的带电粒子，现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下面说法正确的是(　　)‎ A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm B．粒子打在屏上的区域面积为64 cm2‎ C．在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子由64%粒子能够打在屏上 D．在0～0.02 s内，屏上出现亮线的时间为0.0128 s 答案　BCD 解析　设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U0‎ 水平方向：l＝v0t①‎ 竖直方向：＝at2②‎ 又a＝③‎ 由①②③得：U0＝＝128 V 当U≥128 V时离子打到极板上，当U<128 V时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为d。‎ 利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上。由三角形相似可得：＝ 解得打到屏上的长度为：y＝d＝4 cm，又由对称知，离子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为2d＝8 cm，区域面积为S＝2y·a＝2ad＝64 cm2，故A错误、B正确；粒子打在屏上的比例为%＝64%，在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子有64%的粒子能够打在屏上，故C正确；在前T，离子打到屏上的时间t0＝×0.005 s＝0.0032 s；又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.0128 s，故D正确。‎ ‎8．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距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v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：‎ ‎(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tanα；‎ ‎(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s。‎ 答案　(1)　(2)　(3) 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＝。‎ ‎(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝，所以vy＝at＝a×＝，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：tanα＝＝。‎ ‎(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，‎ 则y＝at2＝a2＝ 又s＝y＋Ltanα，解得：s＝。‎ ‎9．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝9 cm，板长为L＝30 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.6 m/s的 初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；‎ ‎(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点的时间。‎ 答案　(1)1 m/s2　(2)0.2 s 解析　(1)带电液滴在板间做匀速直线运动，电场力向上 qE＝mg，E＝，即qU＝mgd 当下板上移后，E增大，电场力变大，液滴向上偏转，在电场中做匀变速直线运动 此时电场力：F′＝q＝ 由牛顿第二定律：a＝＝g 代入数据得：a＝1 m/s2。‎ ‎(2)液滴在竖直方向上的位移为，设液滴从P点开始在板间运动的时间为t1‎ ＝at，t1＝0.3 s 液滴在电场中运动的总时间t2＝＝0.5 s 则液滴从射入电场到P点的时间为：t＝t2－t1＝0.2 s。‎ ‎10．(2016·全国卷Ⅰ)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　电容器电容C＝，云母介质移出，εr减小，C减小；又C＝，电源恒压，U一定，C减小，故Q减小；电场强度E＝，故E不变，D正确。‎ ‎11.(2015·海南高考)如图，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(　　)‎ A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1‎ 答案　A 解析　因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为l，电荷量为－q的粒子通过的位移为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝、a2＝，由运动学公式有l＝a1t2＝ t2①，l＝a2t2＝t2②，得＝。B、C、D错误，A正确。‎ ‎12．(2016·天津高考)如图所示，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(　　)‎ 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　由题知，电容器两板所带电量Q不变，根据C＝和U＝可知，当上板下移，C增大，U减小，θ减小，A、B错误；根据E＝＝＝，可见E与d无关，只改变d，E不变，D正确；根据φP＝UP地＝ELP地，E不变，LP地不变，故φP不变，Ep不变，C错误。‎ ‎13．(2017·广东惠州期中)如图所示，质量为m，电荷量为－e 的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计。求：‎ ‎(1)电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小vB；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎(3)电子从A运动到B的时间tAB。‎ 答案　(1)　v0　(2)　(3) 解析　(1)电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得a＝①‎ 将电子在B点的速度分解可知(如图)‎ vB＝＝v0。②‎ ‎(2)由动能定理可知：eUAB＝mv－mv③‎ 解②③式得UAB＝。‎ ‎(3)在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，则有：vy＝v0tan30°④‎ vy＝atAB⑤‎ 解①④⑤式得：tAB＝。‎ ‎14．(2017·西安雁塔区期中)如图所示，由A、B两平行板构成的电容器，电容为C，原来不带电。电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0。如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达B板后再射第二个电子，并且所有和B板相碰的电子都留在B板上。随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值。已知电子的质量为m、电量为e，电子所受的重力可忽略不计，A、B两板的距离为L。‎ ‎(1)有n个电子到达B板上，这时两板间电场的场强E多大？‎ ‎(2)最多能有多少个电子和B板相碰？‎ ‎(3)到达B板的第1个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？‎ 答案　(1)　(2)＋1　(3) 解析　(1)当B板上聚集了n个射来的电子时，两板间的电势差为：U＝＝ 内部电场为匀强电场，场强为：E＝＝。‎ ‎(2)设最多能聚集N＋1个电子，则第N＋1个射入的电子到达B板时速度减为零。此时两板间的电势差为：‎ U1＝＝ 对此后再射入的电子，根据动能定理有 ‎－eU1＝0－mv 联立解得：N＝ 故最多能到达B板的电子数为Nm＝N＋1＝＋1。‎ ‎(3)第一个电子在两板间做匀速运动，运动时间为：‎ t1＝ 最后一个电子在两板间做匀减速运动，到达B板时速度为零，运动时间为：t2＝＝＝ 二者时间差为：Δt＝t2－t1＝。‎