第三节　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动

[学生用书P116]

一、电容器、电容

1．电容器

(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．

(2)带电量：一个极板所带电量的绝对值．

(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)定义式：C＝.

(2)单位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF.

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，与两极板间距离成反比．

(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)对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是(　　)

答案：BC

二、带电粒子在电场中的运动

1．加速问题

(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv；

(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv.

2．偏转问题

(1)条件分析：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．

(2)运动性质：匀变速曲线运动．

(3)处理方法：利用运动的合成与分解．

①沿初速度方向：做匀速运动．

②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．

特别提示：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．

　2.(单选)(2015·中山模拟)如图所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电

场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　)

A．1∶1　　　　　　　　　　 B．1∶2

C．2∶1 D．1∶4

答案：B

考点一　平行板电容器的动态分析

[学生用书P117]

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．

(1)保持两极板与电源相连，则电容器两极板间电压不变．

(2)充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变．

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．

　(多选)(2015·甘肃诊断)如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接．Q表示电容器的带电荷量，E表示两板间的电场强度．则(　　)

A．当d增大，S不变时，Q减小，E减小

B．当S增大，d不变时，Q增大，E增大

C．当d减小，S增大时，Q增大，E增大

D．当S减小，d增大时，Q不变，E增大

[解析]　电容器与电池相连，电压不变．当d增大，S不变时，由C＝知，C变小，由Q＝CU知，Q变小，由E＝知，E减小，A正确．当S增大，d不变时，同理可得C增大，Q增大，E不变，B错误．当d减小，S增大时，同理可得C变大，Q增大，E增大，C正确．当S减小，d增大时，C变小，Q变小，E变小，D错误．

[答案]　AC

[总结提升]　在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：

(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变．

(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E＝，分析板间电场强度的变化情况．

　1.(多选)如图所示，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

B．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

解析：选AD.两极电压不变，M板上移，d增大，由E＝知E变小，电场力变小，A对；由电容的决定式知，M板上移，电容减小，由Q＝CU知Q变小，B错；N板接地电势为零，φP＝UPN＝E·，E变小，则φP降低，C错；由Ep＝qφP，因为q<0，φP>0，φP变小，则Ep变大，D正确．

考点二　带电粒子在电场中的直线运动　　　　

[学生用书P117]

1．运动类型

(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动．

(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动．

2．分析思路

(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．

(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．

(3)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理．

　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＝2.0×103N/C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.

[解析]　(1)带电微粒在由A点运动到B点的过程中，由动能定理得

|q|E1d1－|q|E2d2＝0①

由①式解得d2＝d1＝0.50 cm.②

(2)设带电微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1③

|q|E2＝ma2④

设带电微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝a1t⑤

d2＝a2t⑥

又t＝t1＋t2⑦

由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8 s.

[答案]　(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s

　2.(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)

A．带电粒子将始终向同一个方向运动

B．2 s末带电粒子回到原出发点

C．3 s末带电粒子的速度为零

D．0～3 s内，电场力做的总功为零

解析：选CD.由牛顿第二定律知，带电粒子在第1 s内的加速度a＝为第2 s内加速度a＝的，因此先加速1 s再减速0.5 s速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，v－t图象如图所示，由对称性可知，反向加速的距离使带电粒子刚好回到减速开始的点，A、B均错；0～3 s内，带电粒子的初、末速度均为零，动能的变化为零，电场力做的功为零，C、D正确．

考点三　带电粒子在电场中的偏转　 [学生用书P118]

1．基本规律

设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有

(1)加速度：a＝＝＝.

(2)在电场中的运动时间：t＝.

(3)位移，

y＝at2＝.

(4)速度，vy＝，

v＝，tan θ＝＝.

2．两个结论

(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的偏转角度总是相同的．

证明：由qU0＝mv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.

3．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－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．

　如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：

(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；

(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；

(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.

[解析]　(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：

a1＝＝

＝a1t

v1＝a1t1

t2＝

运动的总时间为t＝t1＋t2＝3.

(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为

a2＝＝

t3＝

vy＝a2t3

tan θ＝

解得：tan θ＝2.

(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1

x1＝a2t

tan θ＝

解得：x＝x1＋x2＝3L.

[答案]　(1)3　(2)2　(3)3L

　3.(单选)(2014·高考山东卷)如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　)

A. 　　　　　　　　　 B.

C. D.

解析：选B.因为两粒子轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向＝v0t，竖直方向＝at2且满足a＝，三式联立解得v0＝，故B正确．

[学生用书P119]

方法技巧——带电粒子在交变电场中的偏转

1．注重全面分析(分析受力特点和运动特点)，找到满足题目要求所需要的条件．

2．比较通过电场的时间t与交变电场的周期T的关系：

(1)若t≪T，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强．

(2)若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性．

　(20分)如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB＝1 125 V，板中央有小孔O和O′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1＝4×10－2m，板间距离d＝4×10－3m，在距离M、N右侧边缘L2＝0.1 m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u1，在电压变化时，M板电势低于N板．已知电子质量为me＝9.0×10－31 kg，电量为e＝1.6×10－19C.求：

(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？

(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？

(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？

[审题点睛]　(1)判断粒子通过MN的时间t是否远小于交变电压的周期T.

(2)判断电压最大时进入的粒子能否从MN间射出，若能射出，其偏距就是最大偏距；若不能射出，则从N板上边缘射出的为最大偏距．

(3)动能最大者就是在电场中偏距最大的粒子．

—————————该得的分一分不丢！

(1)电子经A、B两块金属板加速，

有：eUAB＝mv(2分)

得v0＝

＝m/s＝2×107m/s.(2分)

(2)电子通过极板的时间为t＝＝2×10－9s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为板间电压不变．(2分)

当u1＝U2＝22.5 V时，电子经过M、N极板向下的偏移量最大，为

y1＝··2

＝××2m

＝2×10－3m(3分)

y1<d，说明所有的电子都可以飞出M、N，此时电子射出极板后在竖直方向的速度大小为

vy＝·＝×m/s

＝2×106m/s(3分)

电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为：

t2＝＝s＝5×10－9s(1分)

电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为

y2＝vyt2＝2×106×5×10－9m＝0.01 m(1分)

电子打在荧光屏P上的总偏移量为：

y＝y1＋y2＝0.012 m，方向竖直向下；(1分)

打在荧光屏上的电子范围是：从O″竖直向下0～0.012 m．(1分)

(3)当u1＝22.5 V时，电子飞出电场的动能最大，

Ek＝m(v＋v)

＝×9.0×10－31×[(2×107)2＋(2×106)2] J

≈1.82×10－16 J．(4分)

[答案]　(1)2×107 m/s　(2)从O″竖直向下0～0.012 m　(3)1.82×10－16 J

　4.如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：

(1)交变电压的周期T应满足什么条件？

(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？

解析：(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0，解得T＝

粒子在T内离开中心线的距离为y＝a2

又a＝，E＝，解得y＝

在运动过程中离开中心线的最大距离为ym＝2y＝

粒子不撞击金属板，应有ym≤d

解得T≤2d

故n≥，即n取大于等于的整数．

所以粒子的周期应满足的条件为

T＝，其中n取大于等于的整数．

(2)粒子进入电场的时刻应为T，T，T，…

故粒子进入电场的时刻为t＝T(n＝1,2,3…)．

答案：(1)T＝，其中n取大于等于的整数

(2)t＝T(n＝1,2,3…)

[学生用书P120]

1．(单选)(2015·杭州模拟)如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(粒子重力不计)(　　)

A．3∶4　　　　　　　　　　　 B．4∶3

C．3∶2 D．2∶3

解析：选A.由OM＝MN和t＝知，tP＝tQ，在垂直极板方向上，y＝·t＝·t，解得：mP∶mQ＝3∶4，A正确．

2.(单选)(2015·舟山模拟)如图所示，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(　　)

解析：选B.粒子不能到达B板，必须做往复运动，因此粒子的运动应为：加速→减速→反向加速→(反向)减速．故B正确．

3．(多选)(2015·成都诊断性检测)如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是(　　)

A．S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越高

B．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间相同

C．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同

D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高

解析：选CD.电子在A、B板间加速UBAe＝mv2，在C、D板间的偏转位移y＝··2＝，S闭合，只向右移动滑片P，UBA增大，偏转位移y减小，电子打在M上的位置降低，选项A错误；设电子在A、B板间的运动时间为t1，A、B板间距离为dAB，则dAB＝t1，S闭合，只改变A、B板间距离，板间电压UBA不变，v不变，t1变化，从B板射出后水平方向匀速运动速度不变，电子由O到M经历的时间必然变化，选项B错误；S闭合，只改变A、B板间距离，板间电压UBA不变，偏转位移y相同，根据动能定理知电场力做功相同，电子到达M瞬间的动能相同，选项C正确；S闭合再断开，A、B板所带电荷量不变，向左平移B板，板间距离减小，根据C＝，C增大，UBA＝，UBA减小，又y＝··2＝可知电子打在M上的位置升高，选项D正确．

4．(单选)如图所示，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(　　)

A．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

解析：选A.由电容决定式C＝知，电容与极板间距成反比，当保持S不变时，增大d，电容减小，由电容定义式C＝知，板间电势差增大，静电计指针偏角θ变大，A对，B错；由C＝，知C与S成正比，当d不变时，减小S，C减小，Q不变，由C＝知U增大，θ变大，C、D均错．

5．(单选)如图所示，两平行金属板之间有一匀强电场，金属板长为L，一带电粒子以速度v0垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场，刚好贴下极板边缘飞出，如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初速度v1沿上极板边缘射入电场并能从其中射出，当它的竖直位移等于板间距d时，它的水平射程为2L(轨迹未画出)．则粒子进入电场的初速度v1等于(　　)

A．v0 B.v0

C.v0 D．2v0

解析：选C.设粒子在电场中的加速度为a.第一次，粒子恰好从下极板的边缘飞出，粒子做类平抛运动，有L＝v0t，d＝at2，解得v0＝L.第二次，设粒子飞出电场时的竖直位移为y1，所用时间为t1，飞出电场后的竖直位移为y2，所用时间为t2，则y1＝at，L＝v1t1，y2＝at1·t2，L＝v1t2，y1＋y2＝d，解得v1＝L ＝v0，故C正确．

6．(单选)(2015·湖北黄冈模拟)如图所示，在xOy竖直平面内存在着水平向右的匀强电场．有一带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出，运动轨迹最高点为M，与x轴交点为N，不计空气阻力，则小球(　　)

A．做匀加速运动

B．从O到M的过程动能增大

C．到M点时的动能为零

D．到N点时的动能大于mv

解析：选D.带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动，在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角，速度减小，A、B都错；小球自坐标原点到M点，y方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动，x方向在静电力作用下做初速度为零的匀加速运动，所以到M点时的动能不为零，C错；由动能定理有：qEx＝mv－mv>0，D正确．

一、单项选择题

1.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中(　　)

A．电容器的电容变大

B．电容器的电荷量保持不变

C．M点的电势比N点的电势低

D．流过电阻R的电流方向从M到N

解析：选D.当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向M→R→N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．

2．(2014·高考天津卷)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某—个条件，油滴仍能静止不动的是(　　)

A．增大R1的阻值　　　　　 B．增大R2的阻值

C．增大两板间的距离 D．断开电键S

解析：选B.设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有q＝q＝mg；由题图知，增大R1，UR1增大，油滴将向上加速，增大R2，油滴受力不变，仍保持静止；由E＝知，增大d，U不变时，E减小，油滴将向下加速；断开电键S，电容器将通过R1、R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速，故只有B项正确．

3．(2014·高考天津卷)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　)

A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷

B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加

C．微粒从M点运动到N点动能一定增加

D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加

解析：选C.微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；由于不能确定电场力的方向，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误．

4.(2015·汕头模拟)如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下．下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　　)

A．仅将偏转电场极性对调

B．仅增大偏转电极间的距离

C．仅增大偏转电极间的电压

D．仅减小偏转电极间的电压

解析：选C.设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝，得v0＝，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝，a＝，vy＝at，tan θ＝＝，由此可判断C正确．

5.(2015·宿州模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的(　　)

A．运行时间tP>tQ

B．电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1

C．电荷量之比qP∶qQ＝2∶1

D．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1

解析：选C.两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A错；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由x＝at2可得：aP∶aQ＝2∶1，则qP∶qQ＝2∶1，C正确；电势能的减少量：ΔEP∶ΔEQ＝(qPE·xP)∶(qQE·xQ)＝4∶1，B错；动能增加量：(mgh＋ΔEP)∶(mgh＋ΔEQ)<4∶1，D错．

☆6.(2015·湖北八校联考)有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1 mm、4 mm处．则下列说法正确的是(　　)

A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动

B．粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反

C．粒子经过P点与Q点时，动能相等

D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等

解析：选C.由题中φ－x图，画出电场强度E随x变化的图象及带电粒子的v－t图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿第二定律知，粒子在P、Q两点的加速度满足aP＝2aQ，B错误；由v－t图象可知，粒子在P、Q两点对应的时间分别是t0和(3－)t0，其速度相等，C正确；粒子在P、Q两点的功率P＝Eqv，因电场强度不相同，故功率不同，D错误．

二、多项选择题

7.(2015·河南南阳一中月考)给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电．板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示．小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则(　　)

A．若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小

B．若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大

C．若将B极板向上平移稍许，夹角θ将变大

D．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动

解析：选ABC.若将B极板向右平移稍许，d增大，根据C＝，知电容器的电容将减小，故A正确．若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据C＝，知电容将减小，因电容器带电荷量Q不变，由U＝，分析知板间电势差增大，故B正确．若将B极板向上平移稍许，正对面积S减小，电容将减小，因电容器带电荷量Q不变，由U＝，分析知板间电势差增大，根据E＝，知E增大，则小球所受的电场力增大，θ将变大，故C正确．轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故D错误．

8．(2015·潍坊模拟)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)

A．在t＝2.5 s时，小球经过边界MN

B．小球受到的重力与电场力之比为3∶5

C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等

D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小

解析：选BC.由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度大小之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：＝，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B正确；小球在t＝2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故A错误，C正确；因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错误．

9.(2015·深圳模拟)如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有(　　)

A．粒子带正电

B．粒子做匀速圆周运动

C．粒子电势能增大

D．仅增大电场强度，粒子通过电场的时间不变

解析：选AD.不计重力的带电粒子垂直射入匀强电场中，粒子做类平抛运动且沿初速度方向做匀速直线运动，而电场的宽度一定，故增大电场强度不会改变通过电场的时间，B项错误，D项正确；沿场强方向做匀加速直线运动，可知粒子受力方向与场强方向一致，故粒子带正电，A项正确；粒子位移方向与电场力方向夹角为锐角，电场力做正功，故粒子电势能减小，C项错．

☆10.如图所示，水平放置的两平行金属板与一直流电源相连，一带正电的粒子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B，现将平行金属板分别以O、O′为圆心在平面内旋转相同角度后(角度不太大)，粒子仍以原来的方式射入，则(　　)

A．粒子将做曲线运动

B．粒子仍做匀速直线运动

C．粒子做匀变速直线运动

D．粒子的电势能可能增加，也可能减小

解析：选CD.刚开始时粒子做匀速直线运动，mg＝qE＝q，由受力分析可知，粒子在竖直方向上合力为零．如图所示，平行金属板顺时针旋转θ角，则qcos θ＝qcos θ＝q＝mg，即竖直方向上的合力为0，水平方向的合力为F＝mgtan θ，故粒子做匀加速直线运动，A、B错C正确；由分析知电场力做正功，粒子的电势能减小；同理，若平行金属板逆时针旋转θ角，则粒子电势能逐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故选项D正确．

三、非选择题

11．如图甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为＝1.0×10－2C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：

(1)粒子通过电场区域的时间；

(2)粒子离开电场时的位置坐标；

(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小．

解析：(1)因粒子初速度方向垂直电场方向，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间

t＝＝4×10－3s.

(2)粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a1＝＝4 m/s2，减速时的加速度大小为a2＝＝2 m/s2，由运动学规律得

x方向上的位移为

x＝a12＋a12－a22＝2×10－5m

因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5m,2 m)．

(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为

vx＝a1－a2＝4×10－3m/s.

答案：(1)4×10－3s　(2)(－2×10－5m,2 m)

(3)4×10－3m/s

☆12.(2015·江苏苏南四校联考)如图甲所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域．O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电荷量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力．

(1)若某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点．如图甲所示，∠POA＝θ，求该电荷从A点出发时的速率；

(2)若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图乙所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，∠COB＝∠BOD＝30°.求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能．

解析：(1)设该电荷从A点发出时的速率为v0，运动到P点的时间为t，因不计其重力及电荷之间的作用力，所以电荷做类平抛运动，则有

a＝

Rsin θ＝v0t

R－Rcos θ＝at2

由以上三式得v0＝.

(2)由(1)的结论得粒子从A点出发时的动能为

mv＝＝

则经过P点时的动能为

Ek＝Eq(R－Rcos θ)＋mv＝EqR(5－3cos θ)

可以看出，当θ变大时，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大．

D点对应θ＝60°，则最小动能为：

EkD＝EqR(5－3cos 60°)＝EqR

C点对应θ＝120°，则最大动能为：

EkC＝EqR(5－3cos 120°)＝EqR.

答案：见解析

2016届高三物理大一轮复习讲义：第6章第3节电容器与电容 带电粒子在电场中的运动