第3講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

考點(diǎn)一電容器及平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析

基礎(chǔ)梳理

1.電容器

(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。

(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。

(3)充電與放電

①充電：使電容器帶電的過(guò)程,充電后電容器兩極板帶上等量異種電荷,電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能。

②放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程,放電過(guò)程中電場(chǎng)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。與電容器兩極板間的電勢(shì)差U的比值。

(2)定義式：C=1s

(3)單位：法拉(F)、微法(NF)、皮法(pF)o1F=106uF=1012pF?

(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低。

3.平行板電容器的電容

(1)決定因素：正對(duì)面積、相對(duì)介電常數(shù)、兩板間的距離。

(2)決定式：C=磊，左為靜電力常量。

□判斷小題

1.電容器的電荷量等于兩個(gè)極板所帶電荷量絕對(duì)值的和。(X)

2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比，與電壓成反比。(X)

3.放電后電容器的電荷量為零，電容也為零。(X)

4.平行板電容器的兩板間插入一塊導(dǎo)體板，其電容將變大。(4)

深化理解

1.動(dòng)態(tài)分析的思路

2.平行板電容器兩類動(dòng)態(tài)變化的特點(diǎn)比較

I充電后廣dm—ut—E不變

與電源f不—pSf-*cf-UJ-*E<

。

I斷開變-CffU-*E<

u-

I充電后廣dt一■C|fQ。fE(

與電源一不―r*Sf—C4fQtfE不變

不變

I相連變—Ct—Q}fE

mu(多選)如圖所示，一個(gè)由電池、電阻尺、開關(guān)s與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)s閉合。一帶

電液滴懸浮在兩板間p點(diǎn)不動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()

B一

7=-S

A.若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C減小

B.若斷開S,將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢(shì)能減小

C.在S仍閉合的情況下，增大兩極板間距離的過(guò)程中，電阻R中有從6到。的電流

D.若斷開S,減小兩極板間的距離，則帶電液滴向下運(yùn)動(dòng)

答案：AB

解析：根據(jù)可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對(duì)面積S減小，電容器的電容C減小，故A

4TTkd

正確；帶電液滴受到豎直向上的電場(chǎng)力，電場(chǎng)方向豎直向下，帶電液滴帶負(fù)電荷，若斷開S,則電容器所帶的電荷

量不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，B板電勢(shì)為零，根據(jù)S>8=EdpB可得中戶一0=及加，可知將2板向下平移一小段位移，dpB

增大，則尸點(diǎn)的電勢(shì)升高，根據(jù)可知，帶負(fù)電荷的液滴電勢(shì)能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，增

大兩極板間的距離，電容器的電容C減小，電容器放電，電阻R中有從。到。的電流，故C錯(cuò)誤；若斷開S,減

小兩極板間的距離，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，液滴受到的電場(chǎng)力不變，則帶電液滴不運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

題后總結(jié)

電容器內(nèi)固定點(diǎn)的電勢(shì)及電勢(shì)能的變化

(1)單純求電容器內(nèi)某點(diǎn)的電勢(shì)，不方便，一般求該點(diǎn)到電勢(shì)為零的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，兩點(diǎn)間的電勢(shì)差一般采用

方程近來(lái)計(jì)算，其中/為6兩點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的距離。

(2)。法=%中的電場(chǎng)強(qiáng)度可以利用方程求解，其中U為兩板間的電壓，d為板間距。

a

(3)E=J中兩板間的電壓，利用可求。平行板電容器電容可以利用方程計(jì)算。

dC4itkd

(4)由于已經(jīng)知道了電容器內(nèi)某點(diǎn)的電勢(shì)，求電勢(shì)能主要利用方程Ep=(pq。

對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練

L【電容器的電容】“超級(jí)電容器”由于電極中加入了表面積非常大的石墨烯，所以具備超大的容量，適合作為動(dòng)

力電池的助力動(dòng)力源。相對(duì)于普通電容器，“超級(jí)電容器”()

A.極板電荷量較大

B.極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度較大

C.單位電壓容納的電荷量較大

D.帶相同電荷量時(shí)電壓較大

解析：C由于超級(jí)電容器具備超大的容量，即單位電壓容納的電荷量較大，也就是電容C較大，故帶相同電荷量

時(shí)電壓較小，C正確，D錯(cuò)誤；電容器的容納能力較大，并不代表實(shí)際使用中極板電荷量較大、電場(chǎng)強(qiáng)度較大，也

有可能極板電荷量很小，電場(chǎng)強(qiáng)度很小，A,B錯(cuò)誤。

2.【電容器的動(dòng)態(tài)分析】(2022.重慶高考2題)如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測(cè)量材料豎直方向尺度隨溫度變

化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動(dòng)，兩極板間電壓不變。若材料溫度降

低時(shí)，極板上所帶電荷量變少，則()

，娜&路

II9

—被測(cè)材料

加熱器］

///////////////////

A.材料豎直方向尺度減小

B.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變

C.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大

D.電容器電容變大

解析：A根據(jù)題意可知極板之間電壓。不變，極板上所帶電荷量。變少，根據(jù)電容定義式C=￡可知，電容器的

電容C減小，D錯(cuò)誤；根據(jù)電容的決定式可知，極板間距d增大，極板之間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)石=二可

4ukdd

知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，B、C錯(cuò)誤；極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確。

考點(diǎn)二帶電粒子(體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)

基礎(chǔ)梳理

做直線運(yùn)動(dòng)的條件

(1)粒子所受合外力B合=0,粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

(2)粒子所受合外力廠合#0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速

直線運(yùn)動(dòng)。

深化理解

1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理

(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、a粒子、離子等，除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略

質(zhì)量)。

(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。

2.兩大觀點(diǎn)解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)

(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析(只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))

a=m'E得'―4=2辦。

(2)用功能觀點(diǎn)分析

22

①勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W=Eqd=qU=^mv—|mv0o

②非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W=qU=Ek2~Euo

【例2】如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d,上下極板開有一小孔，四個(gè)質(zhì)量均為機(jī)、帶電荷

量均為q的帶電小球，其間用長(zhǎng)均為3的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極板小孔中，且

由靜止釋放，讓四個(gè)小球豎直下落。當(dāng)下端第二個(gè)小球到達(dá)下極板時(shí)，速度恰好為零。已知僅兩極板間存在電

場(chǎng)，重力加速度為g,試求：

(1)兩極板間的電壓；

(2)小球運(yùn)動(dòng)的最大速度。

答案：(1)丑陋(2)陛

13q,26

解析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得47"gX%—2qU—7U—%U=0

442

(2)當(dāng)兩個(gè)小球在電場(chǎng)中時(shí)，

電場(chǎng)力F\=2qX^=<4mg

當(dāng)三個(gè)小球在電場(chǎng)中時(shí)，

電場(chǎng)力F2=3qX^=^mg>4mg

故當(dāng)?shù)谌齻€(gè)小球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得4根gXg—；4U—%U=；X4w2—0

2242

解得v=晤。

X26

對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練

L如圖為靜電植絨流程示意圖，將絨毛放在帶負(fù)電荷的容器中，使絨毛帶上負(fù)電，容器與帶電極板之間加恒定的電

壓，絨毛呈垂直狀加速飛到需要植絨的物體表面上。不計(jì)重力和空氣阻力，下列判斷正確的是()

絨毛在帶負(fù)電荷的

容器中帶上負(fù)電

A.帶電極板帶負(fù)電

B.絨毛在飛往需要植絨的物體的過(guò)程中，電勢(shì)能不斷增大

C.若增大容器與帶電極板之間的距離，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率增大

D.質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率越大

解析：D絨毛帶負(fù)電加速向下運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)強(qiáng)度向上，帶電極板帶正電，故A錯(cuò)誤；絨

毛在飛往需要植絨的物體的過(guò)程中，電場(chǎng)力向下做正功，電勢(shì)能不斷減小，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得gU=

^mv2,解得v=陛，若增大容器與帶電極板之間的距離，而電極板之間的電壓恒定，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表

面時(shí)速率不變，故c錯(cuò)誤；由丫=國(guó)，可知質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率

7m

越大，故D正確。

2.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于。、M、P點(diǎn),由。點(diǎn)靜止

釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)，現(xiàn)將C板向右平移到P，點(diǎn)，則由。點(diǎn)靜止釋放的電子()

nA?B?CJ；

OP'l

A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回

B.運(yùn)動(dòng)到尸和P點(diǎn)之間返回

C.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回

D.穿過(guò)P點(diǎn)

解析：A設(shè)48板間的電勢(shì)差為Ui,B、C板間的電勢(shì)差為。2,板間距為d,電場(chǎng)強(qiáng)度為E,第一次由。點(diǎn)靜

止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得eUi—eU2=0,則有eUi=eU2=eEd,將C板向右移動(dòng)，B、C

Q

板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)镋=^=號(hào)=力一=當(dāng)，則將C板向右平移到戶點(diǎn)，B、C板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，所以電

CiCL-47-ik-d,，

子還是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)速度減小為零，然后返回，故選A。

考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)

基礎(chǔ)梳理

帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)

(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),f=5(如圖)。

(2)沿靜電力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)

①加速度:F_qE_qU

mmmd

②離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：>=生產(chǎn)=罟=。

2

J22mdv0

③離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tan。=泡=羋

v0mdv0

深化理解

以示波管模型為例，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)仍偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打

到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P,如圖所示。

(1)確定最終偏移距離0P的兩種方法

方法1

方法2

(2)確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的動(dòng)能(或速度)的兩種方法

方法1

方法2

【例3】如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓必=2

500V,發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側(cè)有兩個(gè)相同的平行金屬極板水平正對(duì)放置，

板長(zhǎng)/=6.0cm,相距d=2cm,兩極板間加一電壓仍=200V的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。從小孔S射出的電子恰能沿平行于板

面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。已知電子的電荷量e=1.6X10-19C,電子的質(zhì)量加=0.9義IO〉。kg,

設(shè)電子剛離開金屬絲時(shí)的速度為0,忽略金屬極板邊緣對(duì)電場(chǎng)的影響，不計(jì)電子受到的重力。求：

金屬板

[5

金屬絲

5

(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能反；

(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量y；

(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它所做的功卬。

答案：(1)4,0X10-16J(2)0.36cm(3)5.76X10-18

解析：（1）電子在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理有eUi=Ek

解得雙=4.0義10—叼。

（2）設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，

電子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，由/=v〃，

解得/=人

電子在豎直方向受電場(chǎng)力P=e告

a

電子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為。

依據(jù)牛頓第二定律有e-^=ma,

電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量

尸匕”叱

,24叫

解得y=0.36cmo

（3）電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)位置的電勢(shì)差U=粵.y

a

電場(chǎng)力所做的功卬=6。，解得W=5.76Xl（Fi8j。

對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練

L【兩個(gè)電荷偏轉(zhuǎn)對(duì)比】真空中存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，氫核與瓶核先后從坐標(biāo)原點(diǎn)。沿?zé)o軸正方向射入該

電場(chǎng)，在僅受電場(chǎng)力的作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。則氫核與笳核在（）

A.電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同

B.射入電場(chǎng)時(shí)的初速度相同

C.射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)量相同

D.射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能相等

解析：C根據(jù)牛頓第二定律有解得a=駕,氨核的比荷'為a笊核的比荷為號(hào)可得電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加

速度之比為3：2,A錯(cuò)誤；由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得x=vot,聯(lián)立解得w=J需，由題圖可知，x相同

時(shí)，生=|,可得射入電場(chǎng)時(shí)的初速度之比為3：4,B錯(cuò)誤；結(jié)合B解析可得＞=」皿「，若射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)

量機(jī)”0相同，代入質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)之比可得縣=9,符合題意，故射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)量相同，C正確；結(jié)合類平拋

端3

運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得丫=溪巳，若射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能力1%2相同，則&=2,不符合題意，故射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能不

相等，D錯(cuò)誤。

2.【帶電粒子偏轉(zhuǎn)的應(yīng)用】(2023?北京高考20題)某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆

粒物(視為小球)組成的混合氣流進(jìn)入由一對(duì)平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向

的速度W保持不變。在勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長(zhǎng)度為3間距為d、不考慮

重力影響和顆粒間相互作用。

合

混

流

氣

(1)若不計(jì)空氣阻力，質(zhì)量為加、電荷量為一q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓Ui；

(2)若計(jì)空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對(duì)于空氣的速度v方向相反，大小為a=Qv,其中r為顆粒的半徑，k

為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度。

a.半徑為R、電荷量為一q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓5;

b.已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10urn和2.5um的兩種顆

粒，若10的顆粒恰好100%被收集，求2.5gm的顆粒被收集的百分比。

答案：⑴2d2曹2㈡)a.日竺生b.25%

qL

解析：(1)只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有乙=

豎直方向d—^ai1

根據(jù)牛頓第二定律有［石=相。

又

E=4a

聯(lián)立解得。1=空駕。

qL?

(2)a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，此時(shí)/電=居，即與=祓丫

a

x-=-

VV0

聯(lián)立解得。2=處曬。

qL

b.lORm帶電荷量s的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于靜電

力，有Ffl=A：rVmax,居1="2

a

在豎直方向顆粒勻速下落d=Vmax%

2.5|im的顆粒帶電荷量為^2——

16

顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于靜電力，有R2=%ZVmax',砧=竿

設(shè)只有距下極板為小的2.5國(guó)!1的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落有d-Vmax'r

聯(lián)立解得，=9

2.5印1的顆粒被收集的百分比?X100%=25%。

跟蹤訓(xùn)練鞏固提升

基礎(chǔ)練

1.如圖所示，一個(gè)從/處無(wú)初速度釋放的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述錯(cuò)誤的是（設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)

為U）（）

ABCD

P

A.電子到達(dá)8板時(shí)的動(dòng)能是Ue

B.電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零

C.電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3Ue

D.電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)

解析：C電子被無(wú)初速度釋放后，在A、B之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，且Ue=AEk,A正確；電子在8、C之間做勻速

運(yùn)動(dòng)，B正確；在C、。之間電子先沿原來(lái)的運(yùn)動(dòng)方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)。板時(shí)，速度減為零，而后又開始反

方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，即電子在A板和。板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。

2.（2024?河南四市模擬）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系尤Oy的第一象限內(nèi)，存在一個(gè)沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。

一個(gè)帶正電荷的粒子（不計(jì)重力），以某一速度從坐標(biāo)原點(diǎn)。開始沿x軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)（此時(shí)f=0）。則靜電

力對(duì)粒子做功的功率P與粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間f的關(guān)系圖像，下列可能正確的是（）

解析：C粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有a=*vy=

則靜電力對(duì)粒子做功的功率「=曲=『，所以舊，故選c。

3.（多選）手機(jī)觸摸屏多數(shù)采用的是電容式觸摸屏，其原理可簡(jiǎn)化為如圖所示的電路。平行板電容器的上、下兩極

板A、B分別接在一恒壓直流電源的兩端，上極板A為兩端固定的可動(dòng)電極，下極板B為固定電極。當(dāng)用手指觸壓

屏幕上某個(gè)部位時(shí)，可動(dòng)電極的極板會(huì)發(fā)生形變，從而改變電容器的電容。當(dāng)壓力/增大時(shí)（）

ab

A.電容器所帶電荷量不變

B.直流電源對(duì)電容器充電

C.極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大

D.電阻R上有從a到b的電流

解析：BC當(dāng)壓力/增大時(shí)，兩極板間距離減小，由公式。=品可知，電容增大，由公式C=?可知，電容器所

4nkdU

帶電荷量增大，即直流電源對(duì)電容器充電，電阻R上有從。到。的電流，由公式可知，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增

a

大。故選B、C?

4.為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，如圖所示，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，上下底面是金屬板。

當(dāng)金屬板連接到高壓電源正負(fù)兩極時(shí)，在兩金屬板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器

內(nèi)，顆粒帶負(fù)電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。下列說(shuō)法正確的是

A.煙塵顆粒向下運(yùn)動(dòng)

B.兩金屬板間電場(chǎng)方向向上

C.煙塵顆粒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能減少

D.煙塵顆粒電荷量可能是電子電荷量的1.5倍

解析：C由題意可知上底面金屬板為電容器正極，下底面金屬板為電容器負(fù)極，兩金屬板間電場(chǎng)方向向下，則帶

負(fù)電的煙塵顆粒受到的靜電力向上，將向上運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；煙塵顆粒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中靜電力做正功，電勢(shì)能

減少，故C正確；帶電體的帶電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電荷量的1.5倍，

故D錯(cuò)誤。

5.（多選）如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰

能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子（）

A.所受合力為零B.做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

C.電勢(shì)能逐漸增加D.機(jī)械能逐漸增加

解析：BC對(duì)帶電粒子受力分析如圖所示，可知FmWO,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖可知靜電力與重力的合力方向與w方

向相反，所以粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；除重力外，由于靜電力期做負(fù)功，電勢(shì)能增加，機(jī)械能減

少，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

6.（2024?重慶涪陵模擬）小李同學(xué)用所學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)了一個(gè)電容式風(fēng)力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計(jì)組成

回路，可動(dòng)電極在風(fēng)力作用下向右移動(dòng)，引起電容的變化，風(fēng)力越大，移動(dòng)距離越大（兩電極不接觸）。若極板

上電荷量保持不變，在受到風(fēng)力作用時(shí)，則（）

可動(dòng)電極固定電極

A.電容器電容變小

B.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大

C.極板間電壓變小

D.靜電計(jì)指針張角越大，風(fēng)力越大

解析：C在受到風(fēng)力作用時(shí)，d減小，根據(jù)C=#g,知此時(shí)電容器電容變大，故A錯(cuò)誤；極板間電場(chǎng)強(qiáng)度

4nkdd

Q

=「=白=空器不變，故B錯(cuò)誤；極板間電壓U=§變小，故C正確；風(fēng)力越大，d越小，極板間電壓越小，靜電

aCa￡rSC

計(jì)指針張角越小，故D錯(cuò)誤。

提升練

7.（多選）（2024?貴州鎮(zhèn)遠(yuǎn)模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy的一、四象限內(nèi)有大小為瓦、方向沿y軸正方向的勻

強(qiáng)電場(chǎng)，虛線OM與x軸夾角a=30。。一帶電荷量為一q、質(zhì)量為％的粒子由靜止釋放，經(jīng)過(guò)加速電壓為Uo的電

壓加速后從y軸上的。點(diǎn)，以初速度w沿?zé)o軸正方向射出，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)垂直打在上的尸點(diǎn)（未標(biāo)出）。

己知粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3。、尸間沿y軸方向上的距離為半。不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是（）

,f%

一一M

一.

O\x

A.粒子在P點(diǎn)沿豎直方向速度小于vo

B.加速電壓Uo為華蘭

6m

「一小qE°t

c-vo--

D.P點(diǎn)橫坐標(biāo)為fso

解析：BC粒子做曲線運(yùn)動(dòng)垂直打在OM上的P點(diǎn)，則tan3（T=紅，粒子在尸點(diǎn)沿豎直方向速度故

vPy

2

A錯(cuò)誤；根據(jù)vpy=爭(zhēng),qU0=lmv0,聯(lián)立解得切=粵叱隊(duì)=噎,故B、C正確；根據(jù)題意

等，=容P點(diǎn)橫坐標(biāo)為x=vof,解得元=]so,故D錯(cuò)誤。

z46

8.（2023?浙江6月選考12題）42、CD兩塊正對(duì)的平行金屬板與水平面成30。角固定，豎直截面如圖所示。兩板

間距10cm,電荷量為1.0X10—8C、質(zhì)量為3.0X10-4kg的小球用長(zhǎng)為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開關(guān)

S,小球靜止時(shí)，細(xì)線與AB板夾角為30。；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動(dòng)到C。板上的M點(diǎn)（未標(biāo)出），則（）

A.MC距離為5V3cm

B.電勢(shì)能增加了;V3X10-4J

C.電場(chǎng)強(qiáng)度大小為V3X10*4N/C

D.減小R的阻值，MC的距離將變大

解析：B結(jié)合幾何關(guān)系，對(duì)小球受力分析，如圖所示。在水平方向有廣cos6(r=Frcos60。

在豎直方向有歹廊1160。+后71160。=7咫，聯(lián)立解得E=^X10$N/C,C錯(cuò)誤；

剪斷細(xì)線，小球所受合力方向與FT等大反向，故小球沿AM方向做直線運(yùn)動(dòng)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知

AN-cos300ANsin3Q°

MCAC

故MC=*-=10gcm,A錯(cuò)誤；

tan30°

由N到M過(guò)程，小球所受的電場(chǎng)力F=Eq,故電場(chǎng)力做的功

W^~F(AC->Wsin30°)XIO^J

4

故小球電勢(shì)能增加了速X10-4J,B正確；

4

因?yàn)殡娙萜鲀啥说碾妷旱扔陔娫措妷?，所以減小R的阻值，電容器兩端的電壓不變，又兩板間距一定，故小球的

受力情況不變，即小球的運(yùn)動(dòng)情況不變，則"C的距離不變，D錯(cuò)誤。

9.(2023?新課標(biāo)卷25題)密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中

央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣

阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為W、/；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相

同的速率葭，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)

視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。

aoob

(1)求油滴。和油滴b的質(zhì)量之比；

(2)判斷油滴a和油滴6所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比。

答案：(1)8：1(2)負(fù)電荷正電荷4：1

解析：(1)根據(jù)題述知空氣阻力居=hr

設(shè)油滴〃的質(zhì)量為根1,油滴〃以速率均向下勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有機(jī)送=五0%，加=軻13P

設(shè)油滴。的質(zhì)量為m2,油滴。以速率;W向下勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有m2g=k；W〃2,根2=）廠23P

443

聯(lián)立解得mi:根2=8：1。

（2）當(dāng)在上下平板加恒定電壓（上板為正極）時(shí)，這兩個(gè)油滴很快以京。的速率豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所以油滴。速

度減小，說(shuō)明油滴〃受到了向上的電場(chǎng)力，則油滴〃帶負(fù)電荷；油滴。速度增大，說(shuō)明油滴。受到了向下的電場(chǎng)

力，則油滴。帶正電荷。

由"1=8和如=3兀rjp,加2=匕療23P可知，油滴〃、。的半徑之比為包=2

337,2

由a=hv?可知兩個(gè)油滴均以速率工w豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受空氣阻力之比為魯=工=2

2Ff272

油滴b以速率豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受空氣阻力為Ff0=m2g

結(jié)合4=八7?可知油滴6以速率豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受空氣阻力為用2=2尸m=2m2g

油滴a以速率京o豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所受空氣阻力為Ffi=2Ff2=4m2g

設(shè)油滴a所帶電荷量的絕對(duì)值為小，由平衡條件有m\g=q\E+F