第3講電容器帶電粒子在電場中的運動知識排查電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系1.電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2.電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。(4)單位：法拉(F)1F＝106μF＝1012pF3.平行板電容器的電容(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。帶電粒子在勻強電場中的運動1.帶電粒子在電場中的加速(1)動力學(xué)觀點分析：若電場為勻強電場，則有a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)功能觀點分析：粒子只受電場力作用，滿足qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受電場力。(2)運動性質(zhì)：類平拋運動。(3)處理方法：運動的合成與分解。①沿初速度方向：做勻速直線運動。②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。小題速練1.思考判斷(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。()(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比。()(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。()(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。()(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。()(6)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可用來計算任何電容器的電容。()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×2.[人教版選修3－1P32第1題]平行板電容器的一個極板與靜電計的金屬桿相連，另一個極板與靜電計金屬外殼相連。給電容器充電后，靜電計指針偏轉(zhuǎn)一個角度。以下情況中，靜電計指針的偏角是增大還是減??？(1)把兩板間的距離減??；(2)把兩板間的相對面積減??；(3)在兩板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)。答案(1)把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變小。(2)把兩極板間相對面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計指針偏角變大。(3)在兩極板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變小。3.[人教版選修3－1P39第3題]先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場。進入時速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比。(1)電子與氫核的初速度相同；(2)電子與氫核的初動能相同。解析設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極間距離為d，極板長為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))。(1)若電子與氫核的初速度相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若電子與氫核的初動能相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝1∶1。答案(1)mH：me(2)1∶1電容器的電容及平行板電容器的動態(tài)分析1.兩個公式的比較C＝eq\f(Q,U)(或C＝eq\f(ΔQ,ΔU))C＝eq\f(εrS,4πkd)公式特點定義式，適用于一切電容器決定式，適用于平行板電容器意義對某電容器Q∝U，但eq\f(Q,U)＝C不變，反映電容器容納電荷的本領(lǐng)C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了影響電容器電容大小的因素2.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。(2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。3.平行板電容器動態(tài)問題的分析思路4.平行板電容器問題的一個常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強度與極板間的距離無關(guān)?！纠?】(2018·江蘇單科，5)如圖1所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()圖1A.仍然保持靜止 B.豎直向下運動C.向左下方運動 D.向右下方運動解析由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，將B板右端向下移動段距離，極板之間的電場強度將減小，油滴所受電場力減小，且電場力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運動，選項D正確。答案D帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動。2.解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路(1)動力學(xué)觀點：根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動情況。此方法只適用于勻強電場。(2)功能觀點：根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場。勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1【例2】(2018·南通市第二次調(diào)研)(多選)如圖2所示，空間有豎直方向的勻強電場，一帶正電的小球質(zhì)量為m，在豎直平面內(nèi)沿與水平方向成30°角的虛線以速度v0斜向上做勻速運動。當小球經(jīng)過O點時突然將電場方向旋轉(zhuǎn)一定的角度，電場強度大小不變，小球仍沿虛線方向做直線運動，選O點電勢為零，重力加速度為g，則()圖2A.原電場方向豎直向下B.改變后的電場方向垂直于ONC.電場方向改變后，小球的加速度大小為gD.電場方向改變后，小球的最大電勢能為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析由于小球勻速運動，電場強度大小E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上，故A項錯誤；改變電場的方向后，由于小球仍沿虛線方向做直線運動，電場力沿垂直于ON方向的分力與重力沿垂直于ON方向的分力大小相等，qE·sinθ＝mgcos30°，可知此時電場力的方向與ON之間的夾角為60°，故B項錯誤；小球受到的合力F合＝mgsin30°＋qEcosθ＝ma，解得a＝g，故C項正確；小球向上運動，當速度等于0時，電勢能最大，最大等于克服電場力做的功。由－qE·cosθ·x－mgsin30°·x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球的最大電勢能Epm＝qEcosθ·x。聯(lián)立得Epm＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，故D項正確。答案CD【例3】如圖3所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動瞬間向上的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力。求：圖3(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大時離A點的距離h；(3)若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝eq\f(kQ,r)，其中r為該點到Q的距離(選無限遠的電勢為零)。求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB。解析(1)設(shè)液珠的電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當液珠在C點時有keq\f(Qq,H2)－mg＝mg比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2gH2,kQ)(2)當液珠速度最大時，keq\f(Qq,h2)＝mg得h＝eq\r(2)H(3)設(shè)CB間的電勢差大小為UCB，由題意得UCB＝φC－φB＝eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB)對液珠由釋放處至液珠到達最高點(速度為零)的全過程應(yīng)用動能定理得qUCB－mg(rB－H)＝0即q(eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,rB))－mg(rB－H)＝0將第(1)問的結(jié)果代入化簡req\o\al(2,B)－3HrB＋2H2＝0解得rB＝2H，rB＝H(舍去)答案(1)eq\f(2gH2,kQ)(2)eq\r(2)H(3)2H帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動1.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明：由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU2l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U2l2,4U1d)，tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。3.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當討論帶電粒子的末速度v時，也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差?！纠?】(2019·無錫市高三期末考試)如圖4，真空中豎直放置的兩塊平行金屬板間加上恒定電壓U0，一質(zhì)量為m，電荷量為q的正點電荷A從左板處由靜止釋放，從右板的小孔水平射出后，進入一個兩板水平放置的平行板電容器，進入時點電荷貼著上極板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從下極板邊緣飛出。已知電容器的電容值為C，極板的間距為d，長度為kd，兩板間電壓恒定。不計點電荷的重力，求：圖4(1)電荷進入水平放置電容器時的速度大小；(2)水平放置的電容器極板所帶電荷量大小；(3)電荷穿過水平放置電容器的過程中電勢能的增量。解析(1)由動能定理qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v0＝eq\r(\f(2qU0,m))(2)在電場中偏轉(zhuǎn)kd＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2有qeq\f(U,d)＝ma聯(lián)立可解得U＝eq\f(4,k2)U0極板帶電荷量Q＝CU所以Q＝eq\f(4,k2)CU0(3)電場力做功W＝qU由(2)得W＝eq\f(4,k2)qU0由功能關(guān)系，ΔE＝－eq\f(4,k2)qU0答案(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(4,k2)CU0(3)－eq\f(4,k2)qU0分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動處理。科學(xué)思維的培養(yǎng)——用等效法處理帶電粒子在電場、重力場中的運動1.等效思維方法等效法是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運動的問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運算，過程比較簡捷。2.等效法求解電場中圓周運動問題的解題思路(1)求出重力與電場力的合力F合，將這個合力視為一個“等效重力”。(2)將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”。(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點”，圓周上與該點在同一直徑的點為“等效最高點”。注意：這里的最高點不一定是幾何最高點。(4)將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解?！镜淅咳鐖D5所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖5解析小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg′＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知eq\o(AD,\s\up6(——))＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))。答案v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))【變式訓(xùn)練】(2019·啟東期中)如圖6所示，在水平方向的勻強電場中，一絕緣細線的一端固定在O點，另一端系一帶正電的小球，小球只在重力、電場力、細線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動，小球所受的電場力大小等于重力大小。比較a、b、c、d這四點，小球()圖6A.在最高點a處的動能最小B.在最低點c處的機械能最小C.在水平直徑右端b處的機械能最大D.在水平直徑左端d處的機械能最大解析小球所受電場力和重力大小相等，電場力方向水平向右，則小球所受電場力和重力的合力如圖所示，合力與水平方向成45°角偏右下方。由小球所受合力方向可知，小球從a向e點運動時，合力對小球做負功，小球動能將減小，故a點不是小球動能最小的點(動能最小的點在e點)，故A項錯誤；除重力以外的其他力做的功等于機械能的增量，拉力不做功，從d到b的過程中，電場力做正功，則b點機械能最大，d點機械能最小，故C項正確，B、D項錯誤。答案C1.(2019·南京市、鹽城市一模)如圖7所示的可變電容器，旋轉(zhuǎn)動片使之與定片逐漸重合。則電容器的電容將()圖7A.逐漸增大B.逐漸減小C.保持不變D.先增大后減小解析可變電容器的動片與定片逐漸重合，即電容器的正對面積增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容變大，A正確。答案A2.(2018·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)高三第二次模擬考試)某一平行板電容器，其中一個極板帶＋5.4×10－3C電荷量，另一極板帶－5.4×10－3C電荷量，電容器兩極板間電壓為450V，則該電容器的電容值為()A.2.4×10－5F B.1.2×10－5FC.8.3×104F D.4.2×104F解析電容器所帶電荷量為一個極板所帶電荷量的絕對值，由Q＝5.4×10－3C，U＝450V得出C＝eq\f(Q,U)＝1.2×10－5F，選項B正確，A、C、D錯誤。答案B3.(2018·淮安、宿遷等高三期中)如圖8所示，平行板電容器兩極板M、N間距為d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極相連，則下列能使電容器的電容減小的措施是()圖8A.減小d B.增大UC.將M板向左平移 D.在板間插入介質(zhì)解析根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，減小d，則C變大，選項A錯誤；增大U，電容器的電容不變，選項B錯誤；將M板向左平移，則S減小，C減小，選項C正確；在板間插入介質(zhì)，則C變大，選項D錯誤。答案C4.(2017·江蘇單科)如圖9所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()圖9A.運動到P點返回B.運動到P和P′點之間返回C.運動到P′點返回D.穿過P′點解析根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強電場的電壓與電場強度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。答案A活頁作業(yè)(時間：40分鐘)一、單項選擇題1.(2018·蘇州市高三上學(xué)期期初調(diào)研)對于某一電容器，下列說法正確的是()A.電容器所帶的電荷越多，電容越大B.電容器兩極板間的電勢差越大，電容越大C.電容器所帶的電荷增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍D.電容器兩極板間的電勢差減小到原來的eq\f(1,2)，它的電容也減小到原來的eq\f(1,2)解析電容的定義式為C＝eq\f(Q,U)，但不能說電容正比于電容器所帶電荷量，反比于兩板間的電勢差，電容是電容器本身的性質(zhì)，與其自身因素有關(guān)，故A、B、D錯誤，C正確。答案C2.如圖1所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()圖1A.當增大兩板間距離時，v增大B.當減小兩板間距離時，v增大C.當改變兩板間距離時，v也會變化D.當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間變長解析電子從靜止開始運動，根據(jù)動能定理，從A板運動到B板動能的變化量等于電場力做的功。因為保持兩個極板間的電勢差不變，所以末速度不變，當兩板間距離增加時，E＝eq\f(U,d)變小，又a＝eq\f(eE,m)，a變小，由d＝eq\f(1,2)at2知t＝eq\r(\f(2d,a))，所以電子在兩板間運動的時間變長，故選項D正確。答案D3.(2018·南京市高三學(xué)情調(diào)研)“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實驗裝置如圖2所示，忽略漏電產(chǎn)生的影響，下列判斷正確的是()圖2A.平板正對面積減小時，靜電計指針偏角減小B.靜電計可以用電壓表替代C.靜電計所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等D.靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量解析本題裝置中電容器的電荷量Q不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)及C＝eq\f(Q,U)可知，平行板正對面積減小時，電容C減小，U增大，所以靜電計指針偏角增大，A錯誤；靜電計是測靜電電壓的裝置，電壓表是測量電路中電壓的裝置，必須有電流通過電壓表才有讀數(shù)，所以不能用電壓表代替靜電計，B、D錯誤；靜電計與平行板電容器組成并聯(lián)關(guān)系，電壓相等，但電荷量不相等，實際上靜電計電荷量可忽略不計，C正確。答案C4.(2018·揚州5月模擬)如圖3所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶正電粒子P靜止在電容器中，當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動，重力加速度為g。則下列判斷正確的是()圖3A.上極板帶正電B.粒子開始向上運動C.粒子運動的加速度大小為eq\f(d,d－1)gD.粒子運動的加速度大小為eq\f(l,d)g解析帶正電粒子P靜止，粒子受重力和電場力，電場強度方向向上，故上極板帶負電，則mg＝qeq\f(U,d－l)①，當把金屬板從電容器中快速抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－qeq\f(U,d)＝ma②，聯(lián)立①②解得a＝eq\f(l,d)g。綜上可知，D項正確。答案D5.(2018·蘇州一模)如圖4所示，eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(3,1)H三種粒子從同一位置無初速度地飄入水平向右的勻強電場，被加速后進入豎直向下的勻強電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()圖4A.偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功不一樣大B.三種粒子打到屏上時速度一樣大C.三種粒子運動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置解析粒子在加速電場中運動時有qU加＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，進入偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向位移可表示為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(qEL2,2mveq\o\al(2,0))＝eq\f(EL2,4U加)。出偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向的夾角滿足tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))＝eq\f(EL,2U加)，側(cè)向位移和角度的正切都與粒子的比荷無關(guān)，故它們一定打到屏上同一位置，D項正確；三種粒子水平方向的速度不同而水平位移相同，故運動到屏上所用時間不同，C項錯誤；水平速度不同而角度的正切相同，則打到屏上的速度肯定不同，B項錯誤；根據(jù)W＝qEy得出A項錯誤。答案D二、多項選擇題6.美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，準確地測定了電子的電荷量。如圖5所示，平行板電容器兩極板M、N與電壓恒定為U的電源兩極相連，板的間距為d?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，則()圖5A.此時極板間的電場強度E＝eq\f(U,d)B.油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C.減小極板間電壓，油滴將加速下落D.將極板N向下緩慢移動段距離，油滴將向上運動解析極板間電壓為U，間距為d，是勻強電場，故場強E＝eq\f(U,d)，故選項A正確；油滴受重力和電場力，處于平衡狀態(tài)，故mg＝qeq\f(U,d)，解得q＝eq\f(mgd,U)，故選項B錯誤；減小極板間電壓，場強減小，電場力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故選項C正確；將極板N向下緩慢移動段距離，板間距增加，場強減小，電場力減小，電場力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故選項D錯誤。答案AC7.(2018·泰州模擬)如圖6所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電的小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則()圖6A.小球帶負電B.電場力跟重力平衡C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能增大D.小球在運動過程中機械能守恒解析據(jù)題意小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力與重力平衡，則知小球帶正電，選項A錯誤，B正確；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，選項C正確；由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，選項D錯誤。答案BC8.(2019·江蘇省常州市高三模擬)如圖7所示，E為電源，R為電阻，D為理想二極管，P和Q構(gòu)成一理想電容器，M、N為輸出端，讓薄金屬片P以圖示位置為中心在虛線范圍內(nèi)左右做周期性往復(fù)運動，而Q固定不動。下列說法中正確的是()圖7A.P每次向右運動，電容器的電容就會增大B.P每次向左運動，電容器兩極板間的電壓就會增大C.隨著P的左右運動，兩板間電場強度最終會保持不變D.隨著P的左右運動，輸出端會有周期性脈沖電壓輸出解析P向右運動時，兩極板間距離變小，電容增大，電容器充電，選項A正確；P向左運動時，兩極板間距離變大，電容減小，電容器要放電，但由于二極管的存在，無法放電，故電容器所帶電荷量Q不變，由U＝eq\f(Q,C)得出兩極板間的電壓增大，選項B正確；隨著P的左右運動，最終電容器帶電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)得出場強不變，選項C正確；最終電容器帶電荷量不變，電路中沒有電流，輸出端沒有電壓輸出，選項D錯誤。答案ABC9.(2018·淮安、宿遷等高三上學(xué)期期中)如圖8所示，虛線框的真空區(qū)域內(nèi)存在著沿紙面方向的勻強電場(具體方向未畫出)，一質(zhì)子從bc邊上的M點以速度v0垂直于bc邊射入電場，從cd邊上的Q點飛出電場，不計質(zhì)子重力。下列說法正確的有()圖8A.質(zhì)子到Q點時的速度可能大于v0B.質(zhì)子到Q點時的速度可能等于v0C.質(zhì)子到Q點時的速度方向可能與cd邊平行D.質(zhì)子到Q點時的速度方向可能與cd邊垂直解析若電場強度方向水平向右，則質(zhì)子從M到Q點電場力做正功，動能變大，此時質(zhì)子到Q點時的速度大于v0，選項A正確；若電場強度方向垂直于MQ連線向下，則質(zhì)子從M到Q點電場力不做功，動能不變，此時質(zhì)子到Q點時的速度等于v0，選項B正確；質(zhì)子能到達Q點說明電場力有向右的分量，則到達Q點后一定有水平向右的分速度，即質(zhì)子到Q點時的速度方向不可能與cd邊平行，選項C錯誤；若電場方向斜向右下方，則質(zhì)子有水平向右的加速度和豎直向下的加速度，當運動到Q點時，豎直速度可能減小為零，而只具有水平向右的速度，此時質(zhì)子到Q點時的速度方向與cd邊垂直，選項D正確。答案ABD三、計算題10.(2018·淮海第二次測試)如圖9所示，靜止于A處的離子，經(jīng)加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻射分布的電場，已知圓弧虛線的半徑為R，其所在處場強為E、方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；e