第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动-2025版物理大一轮复习

电容器带电粒子在电场中的运动目标要求1.掌握电容的定义式和平行板电容器的电容的决定式，会分析电容器动态变化问题。2.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动和偏转问题。考点一平行板电容器和动态分析1.电容器(1)组成：由两个彼此eq\o(□,\s\up1(1))绝缘又互相靠近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的eq\o(□,\s\up1(2))绝对值。(3)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eq\o(□,\s\up1(3))异种电荷，电容器中储存电场能。(4)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中eq\o(□,\s\up1(4))电场能转化为其他形式的能。2.电容(1)定义：电容器所带的eq\o(□,\s\up1(5))电荷量与电容器两极板间eq\o(□,\s\up1(6))电势差的比值。(2)定义式：C＝eq\f(Q,U)。(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1μF＝eq\o(□,\s\up1(7))10－6F，1pF＝eq\o(□,\s\up1(8))10－6μF＝eq\o(□,\s\up1(9))10－12F。(4)物理意义：表示电容器eq\o(□,\s\up1(10))储存电荷能力的物理量。(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否eq\o(□,\s\up1(11))带电及eq\o(□,\s\up1(12))电压无关。3.平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。(2)决定式：C＝eq\o(□,\s\up1(13))eq\f(εrS,4πkd)。【判断正误】1.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)2.电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比。(×)3.放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×)1.平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。2.动态分析思路【对点训练】1.(与电源相连的情形——U不变)(2022·重庆卷)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则()A.材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变C.极板间电场强度变大D.电容器电容变大解析：A根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容C减小，D错误；根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝eq\f(U,d)可知，极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确。2.(与电源断开的情形——Q不变)(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体()A.向左移动时，θ增大B.向右移动时，θ增大C.向左移动时，θ减小D.向右移动时，θ减小解析：BC由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当被测物体带动电介质板向左移动时，两极板间电介质增多，εr变大，则电容C增大，又由公式C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；同理可知，当被测物体带动电介质板向右移动时，θ增大，故B正确，D错误。eq\a\vs4\al()解决电容器问题的两点注意(1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。(2)针对两极板带电荷量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。甲乙丙考点二带电粒子在电场中的直线运动1.带电粒子(体)在电场中运动时重力的处理基本粒子如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)带电体如液滴、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.处理带电粒子在电场中直线运动的两个观点动力学观点a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad仅适用于匀变速直线运动功能观点(1)匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(2)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1粒子加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq\f(1,2)。质子的比荷取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。[思路点拨](1)质子在B管中做匀速直线运动，已知速度，根据题意确定质子在管中运动的时间就可以求出管B的长度。(2)从B管到E管质子被三次加速，根据动能定理就可以确定加速电压。解析：(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则T＝eq\f(1,f)①L＝vB·eq\f(T,2)②联立①②式并代入数据得L＝0.4m。③(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则W＝qU④W′＝3W⑤W′＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvB2⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104V。答案：(1)0.4m(2)6×104Veq\a\vs4\al()带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法【对点训练】3.(带电粒子在匀强电场中的直线运动)如图所示，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；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为()A.3∶2 B.2∶1C.5∶2 D.3∶1解析：A设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,M)t2；对电荷量为－q的粒子有am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，联立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故选A。4.(带电粒子在非匀强电场中的直线运动)(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，P点的坐标xP＝5.0cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，对于此电场，以下说法正确的是()甲乙A.该电子做匀变速直线运动B.x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向C.M点的电势是P点电势的eq\f(1,2)D.图像中的E0的数值为1.2解析：BD由题图可知电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，则电场力做正功，由功能关系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而电场线由高电势指向低电势，可知x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向，故B正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误；由题可知WMP＝45eV，E-x图像与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得WMP＝eq\f(（E0e＋\f(E0e,2)）×5×10－2m,2)＝45eV，解得E0＝1200V，即图像中E0的数值为1.2，故D正确。5.(在电场力和重力作用下的直线运动)(多选)如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，带电量为q(q>0)、质量为m的小球受水平向右大小为F的恒力，从M匀速运动到N。已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则()A.场强大小为eq\f(\r(F2＋m2g2),q)B.M、N间的电势差为eq\f(d,q)eq\r(F2＋m2g2)C.从M到N，电场力做功为eq\f(\r(3),2)mgd－eq\f(1,2)FdD.若仅将力F方向顺时针转60°，小球将从M向N做匀变速曲线运动解析：AC对小球受力分析，如图所示，根据受力平衡可得(qE)2＝(mg)2＋F2，解得场强大小为E＝eq\f(\r(F2＋m2g2),q)，故A正确；设MN与场强方向的夹角为α，则M、N间的电势差为UMN＝Edcosα＝eq\f(d,q)eq\r(F2＋m2g2)cosα，故B错误；从M到N，根据动能定理可得Fdcos60°－mgdsin60°＋W电＝0－0，可得电场力做功为W电＝eq\f(\r(3),2)mgd－eq\f(1,2)Fd，故C正确；因电场力qE和重力mg的合力与F等大反向，则若仅将力F方向顺时针转60°，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小为F，则小球将从M向N做匀变速直线运动，故D错误。故选AC。考点三带电粒子在匀强电场中的偏转1.偏转(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：eq\o(□,\s\up1(14))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eq\o(□,\s\up1(15))匀速运动。②沿电场方向：做初速度为零的eq\o(□,\s\up1(16))匀加速运动。2.示波管(1)示波管的构造①电子枪，②eq\o(□,\s\up1(17))偏转电极，③荧光屏(如图所示)。(2)示波管的工作原理①Y1Y2偏转电极上加的是待显示的eq\o(□,\s\up1(18))信号电压，X1X2偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫作eq\o(□,\s\up1(19))扫描电压。②如果在偏转电极X1X2和Y1Y2之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏eq\o(□,\s\up1(20))中心，产生一个亮斑。③若所加扫描电压和eq\o(□,\s\up1(21))信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像。【判断正误】1.带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(×)2.带电粒子在电场中，只受电场力时也可以做匀速圆周运动。(√)3.带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)1.带电粒子垂直进入匀强电场中的偏转规律偏转角正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv02)＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)；侧移距离y0＝eq\f(qU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y0＋Ltanθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ。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。(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eq\f(l,2)。3.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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y0，指初、末位置间的电势差。示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电荷量为e，质量为m)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1＝1640V，偏转极板长l＝4cm，偏转极板间距d＝1cm，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场。(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？【思路点拨】(1)电子从偏转电场射出后沿着射出方向做匀速直线运动至打到荧光屏上。(2)电子束打在荧光屏上的偏转距离最大的条件是：电子经偏转电场后必须从下极板边缘射出。解析：(1)要使电子束打在荧光屏上的偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下极板边缘出来。在加速电场中，由动能定理得eU1＝eq\f(mv02,2)电子进入偏转电场的初速度v0＝eq\r(\f(2eU1,m))电子在偏转电场中的飞行时间t1＝eq\f(l,v0)电子在偏转电场中的加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU2,md)电子从下极板边缘出来，则有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(eU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)解得U2＝eq\f(1,8)U1＝205V。(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y＝eq\f(d,2)＋y2电子离开偏转电场时的垂直极板方向分速度vy＝at1＝eq\f(eU2l,mdv0)电子从离开偏转电场到到达荧光屏经过的时间t2＝eq\f(L,v0)则y2＝vy·t2＝eq\f(eU2lL,mdv02)＝eq\f(U2lL,2dU1)＝0.05m所以电子到达荧光屏时的最大偏转距离y＝eq\f(d,2)＋y2＝0.055m。答案：(1)205V(2)0.055m【对点训练】6.(不计重力的带电粒子的偏转)如图所示，真空中有一对水平放置的平行金属板，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，从M点水平方向以初速度v0射入板间，并打在下极板上的N点。已知MN与竖直方向成45°角，粒子的重力可忽略不计。则()A.MN两点间的距离为eq\f(2\r(2)mv02,qE)B.粒子在MN两点间的运动时间为eq\f(mv0,qE)C.粒子刚到达N点时的速度大小为3v0D.粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为43°解析：A由题意可知粒子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)×t2＝eq\f(Eqt2,2m)，又因为MN与竖直方向成45°角，所以有x＝y，联立解得t＝eq\f(2mv0,Eq)，x＝y＝eq\f(2mv02,Eq)，则MN两点间的距离为MN＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(2\r(2)mv02,Eq)，故A正确，B错误；粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有vx＝v0，vy＝at＝eq\f(Eq,m)×eq\f(2mv0,Eq)＝2v0，则粒子刚到达N点时的速度大小为v＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(5)v0，粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为θ＝arctaneq\f(vx,vy)＝arctaneq\f(1,2)≈27°，故C、D错误。7.(多种粒子偏转情况比较)(多选)如图所示，带电粒子M、N质量相同，以相同的初速度沿垂直于电场的方向射入两平行板间的匀强电场，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，最后都打在同一点。不计粒子的重力，从开始射入到打到上板的过程中，两粒子()A.运动时间tM＝tNB.加速度之比aM∶aN＝1∶2C.所带电荷量之比qM∶qN＝1∶4D.电势能的变化量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4解析：ABD根据题意可知，带电粒子在水平方向做匀速运动，由题图可知，水平位移相等，由于以相同的初速度进入，则由x＝vt可知，运动时间tM＝tN，故A正确；根据题意可知，竖直方向上，带电粒子做初速度为0的匀加速直线运动，由公式x＝eq\f(1,2)at2结合题图可得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)aMtM2，d＝eq\f(1,2)aNtN2，解得aM∶aN＝1∶2，由牛顿第二定律有EqM＝maM，EqN＝maN，解得所带电荷量之比qM∶qN＝1∶2，故B正确，C错误；根据功能关系可知，电势能的变化量等于电场力做功，由公式W＝Eqd可知，电场对两个带电粒子做功之比为WM∶WN＝1∶4，则电势能的变化量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4，故D正确。故选ABD。8.(带电体在电场中的偏转)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2)。重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③。(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1·eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)限时规范训练35[基础巩固题组]1.如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是()A.振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高B.振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变C.振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流D.振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量不变解析：A振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容增大，根据C＝eq\f(Q,U)，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，电阻中电流方向向下，即从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，故A正确；振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝eq\f(U,d)，在U不变的情况下，电容器的板间电场强度变大，故B错误；振动膜片向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容减小，根据C＝eq\f(Q,U)，在U不变的情况下，振动膜所带的电荷量Q减小，电容器放电，电阻中电流方向向上，即从b到a的电流，故C、D错误。故选A。2.(多选)如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是()A.若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小B.若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小C.在S仍闭合的情况下，增大两极板间距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流D.若断开S，减小两极板间的距离，则带电液滴向下运动解析：AB根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，将A板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S减小，电容器的电容C减小，故A正确；带电液滴受到竖直向上的静电力，电场方向竖直向下，带电液滴带负电荷，若断开S，则电容器所带的电荷量不变，电场强度不变，B板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知将B板向下平移一小段位移，dPB增大，则P点的电势升高，根据Ep＝qφ可知，带负电荷的液滴电势能减小，故B正确；在S仍闭合的情况下，增大两极板间的距离，电容器的电容C减小，电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故C错误；若断开S，减小两极板间的距离，电场强度不变，液滴受到的静电力不变，则带电液滴不运动，故D错误。3.一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，电源电动势为E，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，电子质量为m，电荷量为－e，忽略电子的重力，则()A.设定C板电势为0，电子在A点的电势能为－eq\f(2,3)eEB.若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置C.若要让电子能够到达D板，可将D板向右平移至某位置D.若要让电子能够到达D板，可闭合开关，再将D板向右平移至某位置解析：B金属板的电场线由C指向D，沿着电场线电势逐渐降低，设定C板电势为0，则A点的电势为φA＝－eq\f(2,3)E，电子在A点的电势能为EpA＝eq\f(2,3)eE，故A错误；闭合开关，一段时间后再断开开关，则电容器的电量Q不变，根据电容的定义式和决定式有C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)联立解得U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，则有Ek0＝EpA，所以若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，或者闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，故B正确，CD错误。故选B。4.如图所示，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q1(q1＞0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2＞0)的粒子B，仅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eq\f(3,7)l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是()A.电荷量q1与q2的比值为3∶7B.电荷量q1与q2的比值为3∶4C.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16D.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7解析：B设电场强度大小为E，两粒子的运动时间t相同，对粒子A，有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，对粒子B，有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，联立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，选项A错误，B正确；由动能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，求得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，选项C、D错误。5.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、带电荷量为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.微粒到达B点时动能为eq\f(1,2)mv02B.微粒的加速度大小等于gsinθC.两极板的电势差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D.微粒从A点到B点的过程电势能减少eq\f(mgd,cosθ)解析：C微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于eq\f(1,2)mv02，选项A错误；根据qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，选项D错误。6.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()A.所用时间为eq\f(mv0,qE)B.速度大小为3v0C.与P点的距离为eq\f(2\r(2)mv02,qE)D.速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：C粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，由tan45°＝eq\f(y,x)可得t＝eq\f(2mv0,Eq)，故A错误；由于vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故粒子速度大小为v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(5)v0，故B错误；由几何关系可知，到P点的距离为L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mv02,Eq)，故C正确；由平抛推论可知速度方向与竖直方向的夹角的正切值tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)<tan30°，故速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。7.(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，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直于E进入电场，它们分别落在A、B、C三点，则可判断()A.落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B.三小球在电场中运动时间相等C.三小球到达正极板时的动能关系是EkA＞EkB＞EkCD.三小球在电场中运动的加速度关系是aC＞aB＞aA解析：AD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。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，即tA＞tB＞tC，由于竖直位移相同，根据h＝eq\f(1,2)at2知aA＜aB＜aC，结合牛顿第二定律知，落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电，落在C点的小球带负电，故A、D正确，B错误；根据动能定理得W合＝Ek－Ek0，三小球所受合力关系是FA＜FB＜FC，三小球的初动能相等，可知三小球到达正极板时的动能关系是EkA＜EkB＜EkC，故C错误。[能力提升题组]8.(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电荷量可忽略，二极管具有单向导电性。闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，则下列说法正确的是()A.在两板间放入陶瓷片，平行板电容器的电容将变大B.在两板间放入与极板等大的金属片，静电计指针张角变小C.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，带电油滴的电势能将减少D.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，油滴将向下运动解析：AC平行板电容器的电容决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，当两板间放入陶瓷片时，εr增大，则C增大，故A正确；在两板间放入与极板等大的金属片，相当于减小两板间距离，但由于电容器始终与电源相连，电容器两板间的电势差不变，故静电计指针张角不变，故B错误；刚开始油滴恰好静止于两板间的P点，则油滴带负电，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，两板间距d增大，电容C减小，电容器上的电荷本该减少，但因为二极管的单向导电性，电容器上的电荷不能回流，所以电容器上的电荷量Q不变，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知两极板间的电场强度E不变，则油滴所受电场力不变，仍保持静止，而P点的电势为φP＝φP－0＝UP下＝EdP下，P点到下极板的距离增大，则P点的电势升高，因为油滴带负电，所以油滴在P点的电势能将减少，故C正确，D错误。9.(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是()解析：AD带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝eq\f(qE,m)，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动的时间为t＝eq\f(l,v0)，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEl,mv02)，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；(＋q，m)粒子与(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与前两个粒子的偏转方向相反；(＋q，2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。故选AD。10.一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力和重力作用下恰好能沿与场强的反方向成θ角做