高考物理（基础版）一轮复习学案第七章3第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动

第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动

◎领再现▼器日双基依纲扣点•强基固本♦

[学生用书P145]

【基础梳理】

—,使电容器两极板带上等量

充地卜电荷的过程

施

电电（放电卜使电容器两极板电荷—的过程

容

意义表示电容器本领的物理fit

器

电

定义式卜。=,1F=l(rjiF=10,2pF

平行板电容器1c=（决定式）

(

带1广（匀强电场卜w-qEd=qU=

电宅垣非匀强电场卜％

粒

呆24mtlj

子

在/（运动形式卜_____________

匀

强

电.上空JH处理方法卜应用运动的与—

场(Vo1/0

中运加广沿初速度方向做_______运劭

的规律

运沿电场方向做初速度为零的______运动

动

」用示波管H构造人、偏转电极、荧光屏

名77&^S-,%加一:〃城qU类平抛运动合成分

提示：异种中和容纳电荷

U4"KCI/乙

解匀速直线

匀加速直线电子枪

【自我诊断】

1.判一判

（1）电容是表示电容器储存电荷本领的物理量.（)

⑵放电后的电容器电荷量为零，电容也为零.（)

（3）一个电容器的电荷量增加△Q=1.0X10-6C时,两板间电压升高10V,则电容器的

电容。=1.0义10一7F.（）

（4）带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动.1）

⑸示波管屏幕上的亮线是由申•子束高速撞击荧光屏而产生的.（）

⑹带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计.（）

提示：⑴J(2)X(3)7(4)7(5)7(6)X

2.做一做

（1）（多选）（人数版选修3-1-P32,T1改琼0如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板

电容器两极板之间的电势差U,电容器已带电，则下列判断正确的是（）

A.增大两极板间的距离，静电计指针张角变大

B.将A板稍微上移，静电计指针张角变大

C.若将玻璃板插入两板之间，则静电”指针张角变大

D.若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小

提示：选ABD.电势差。变大（小），指针张角变大（小）.电容器所带电荷量一定，由公

式C=~ATL~I知，当［变大时，c变小，再由C=S得u变大；当A板上移时，正对面积S

qJIKCIu

变小，C也变小，U变大：当插入玻璃板时，C变大，U变小：当两板间的距离减小时，C

变大，U变小，A、B、D正确.

（2）—充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷显不变，在两极板间

插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）

A.C和U均增大B.C增大，U减小

C.C减小，U增大D.。和U均减小

提示：选B.由公式C=编知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C

=殆知，电荷量不变时，U减小，B正确.

》日C课堂▼§怎突破突破疑难•伊练提升♦

考点1平行板电容器的动态分析［学生用书P146］

【知识提炼】

I.平行板电容器的动态分析思路

［确定不变同TA电容器保持与电源相连，U不变；电容器

充电后与电源断开，Q不变

判断Hi容变化）今］由决定式。=不需确定电容器电容的变化

乐…鬻靠觉器髅潸电荷

判断场域的变化上由£=当分析电容器极板间场强的变化

2.平行板电容器动态分析模板

若d由⑴得C减小，由⑵得U

增大增大，由⑴⑵⑶得E不变

充电

后与

若由(1)得。减小，由⑵得u

电源S

减小

断开增大，由得£增大

平行板电容器(1)(2)(3)

⑴,=盖

若8r由⑴得C减小，由⑵得

减小U增大，由⑶得£增大

(2)C名

若d由⑴得C减小，由⑵得

(3)板间场强增大-Q减少，由⑶得E减小

始终

电

与若S由⑴得。减小，由⑵得

相

源

而一减小Q减少，由⑶得E不变

连

若%由⑴得C减小，由⑵得

减小Q减少，由⑶得E不变

【典题例析】

睡U2018•高考北京卷)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示.下列

说法正确的是(

A.实验前,

B.实验中,只将电容器》板向上平移，静电计指针的张角变小

C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

D.实验中,只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

|解析］实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则〃板带电，由静电感应，在〃

板上感应出与〃板电性相反的电荷，A正确；实验中，只将电容器〃板向上平移，正对面积

可知电容。变小，由c=£可知，。不变，U变大，因此静电计指

S变小，由C=

4nkef

针的张角变大，B错误；实脸中，只将极板间插入有机玻病板，相对介电常数&变大，由C

黑7可知电容C变大，由C=g可知，Q不变，U变小，殍也计指针的张角变小，C

错误；实验中，只增加极板带电荷量，电容C不变，由c=§,可知静电计指针的张角变大,

D错误.

［答案］A

【迁移题组】

迁移1。不变时电容器的动态分析

1.(2020•甘肃西北师大附中模拟)如图所示,平行板电容器充

+

近，与极板距离相等.现同时释放。、仇它们由静止开始运动.在随后的某时刻，，。、b

经过电容器两极板间下半区域的同一水平面.。、人间的相互作用和重力可忽略.下列说法

正确的是（）

A.。的质量比人的大

B.在1时刻，。的动能比力的大

C.在/时刻，。和〃的电势能相等

D.在1时刻，4和〃的动量大小相等

解析：选BD.两微粒只受电场力gE作用且两电场力大小相等，由1=3的尸，知微粒。

的加速度大，由qE=〃?a）,知微粒。的质量小，A错误：由动能定理比%=反得，位移x大

的动能大，B正确；在同一等势面上，〃、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在/时刻，

〃、〃的电势能不相等，C错误；由动量定理切得，在/时刻，〃、〃的动量大小相等，

D正确.

考点2带电粒子（体）在电场中的直线运动［学生用书P147］

【知识提炼】

1.带电粒子在电场中运动时重力的处理

基本如电子、质子、a粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，

粒子一般都不考虑重力（但并不忽略质量）

带电如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，

颗粒一般都不能忽略重力

2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法

（I）做直线运动的条件

①粒子所受合外力/合=0,粒子静止或做匀速直线运动.

②粒子所受合外力/合工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）解题步骤

（取研究对象H一个带电体，也可选几个带电体构成的系统;

俞5受力分析卜［多了个电场力gE戴F=k华）］

4运动分析卜T运动情况反映受力情况］

J|方法1：由牛顿第二定律及匀变速宜线运,

察黑一动的公式进行计算；

---------方法2:动能定理qU=±mvj-+mW

J

【典题例析】

国团如图所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从

静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态.现将两板绕过。点的轴（垂直于纸面）逆时针

旋转45°,再由。点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）

A.保持静止状态

B.向左上方做匀加速运动

C.向正下方做匀加速运动

D.向左下方做匀加速运动

瘁题突破由原来静止状态可分析微粒所受各力之间

的关系，再判断变化后微粒所受合力的大小和方向，则

可判断微粒的运动状态.

［解析］两板水平放置时，放置.于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电

场力与重力平衡.当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转42",

受力情况如图所示，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动.D

正确.

［答案ID

【迁移题组】

迁移1带电粒子在匀强电场中的直线运动

1.如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平净金属板.质量为〃人+-

电荷量为，/的带负电的粒子（不计重力）以初速度的由小孔水平射入电场，当M、

N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板.如果要使这个带电粒子到达M、2”。

N两板中线位置处即返回，则下述措施能满足要求的是（）

MN

A.使初速度减小为原来的3

B.使M、N间的电压提高到原来的4倍

C.使M、N间的电压加倍

D.使初速度减小为原来的看同时M、N间的电压加倍

解析：选C.粒子从进入到到达N板的过程中，板间的电场强度为：E=4,由动能定理

得：一q&/=0一［加德，解得：设带电粒子离开M板的最远距离为x,则使初速度

减为原来的根据动能定理有：一（/&-=（）—60,解得：x=*故A错误；若电压提高

到原来的4倍，则场强也变为原来的4倍，设带电粒子离开M板的最远距离为为，根据动

能定理有：-4qEM=0—3加心解得：即=系故B错误；同理，若电压提高到原来的2倍，

则场强也变为原来的2倍，设带电粒子离开M板的最远距离为也，根据动能定理有：fqEx?

=0—Z7WU0，解得：%2=*故C正确：若初速度减少一半，电压加倍，则场强加倍，设带电

粒子离开M板的最远距离为X3，根据动能定理有：-2ga3=0一品（与），解得：X3=1,故

D错误.

迁移2带电粒子在电场中的单向直线运动

2.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距/.在正极板附一

q

近有一质最为用、电荷量为q（q>0）的粒子；在负极板附近有另一质量

为〃?、电荷量为一夕的粒子.在电场力的作用下两粒子同时从静止开始--------

9

运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距型的平面.若两粒子间相互作用力可

忽略.不计重力，则〃：皿为（）

A.3：2B.2：1

C.5：2D.3：1

解析：选A.设电场强度为E,两粒子的运动时间相同，对M有：念尸招,，/=景尸：

对机有：*=号，｝=黑落联立解得g=,,A正确.

迁移3带电粒子在电场中的往返直线运动

3.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、从C中央各有孔，小孔分别位于0、

M、尸点.由。点静止群放的电子恰好能运动到P点.现将。板向右平移到尸点，则由。

点静止释放的电子（）

A.BaC.

0M\P\P'：

A.运动到。点返回

B.运动到。和P'点之间返回

C.运动到P点返同

D.穿过？点

解析：选A.电子在4、8板间的电场中加速运动，在8、。板间的电场中减速运动，设

4、B板间的电压为U,B、C板间的电,场强度为E,M、P两点间的距离为d,则有eU-eEd

=0,若将。板向右平移到产点，B、C两板所带电荷量不变，由E=#=丹=电不可知，

dC（）a£ro

。板向右F移到〃时，8、。两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、8板间加

速运动后，在8、C板间戒速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A正确，B、C、D

错误.

迁移4带电粒子在交变电场中的直线运动

4.如图甲所示，4板电势为0,A板中间有孔，8板的电势变化情况如图乙所示，一质

量为〃?、电荷量为q的带负电粒子在/=£时刻以初速度为。从A板上的小孔处进入两极板

间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达4板.则（）

A.A、8两板间的距离为

B.粒子在两板间的最大速度为、管

C.粒子在两板间做匀加速直线运动

D.若粒子在/=（时刻进入两极板间，它将时而向8板运动，时而向4板运动，最终打

O

向8板

解析：选B.粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，C错误；粒子

在/=（时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在当•时刻到达B板，则/£省・（9=

W，解得d=｛器；,A错误；粒子在彳时刻速度最大，则、=鬻•净=B正确;

若粒子在/=（时刻进入两极板间，在《〜多时间内，粒子做匀加速运动，位移工=；.噜（爸=

当，所以粒子在，时刻之前已经到达3板，D错误.

OZ

考点3带电粒子在电场中的偏转［学生用书P1481

【知识提炼】

1.带电粒子在电场中的偏转规律

学类平抛运动)只受电场力

2.确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法

确定加速=确定偏转确定动能反

后的火后的“便+寸)

确定加速确定偏转确定动能：qE，=

=|1

后的“0后的yymv2-ymvo2

3.分析带电粒子在匀强电场中偏转的两个关键

条件不计重力，且带电粒了的初速度。0与电场方向垂直，则带电粒了

分析将在电场中只受电场力作用做类平抛运动

运动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

分析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

【典题例析】

国⑶如图所示，真空中水平放置的两个相同极板丫和v长为心相，

距乩足够大的竖直舜与两板右侧相距b,一束质量为冽、带电荷量为从也......:

+q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度内沿水平方向射入电丫'r

场且能穿出.

(1)求粒子从射入到打到屏上所用的时间；

⑵证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心。点;

⑶粒子飞出电场后，求粒子可能到达屏上区域的长度.

律题突破⑴带电粒子I出极板间的运动时间由极板

长度和初速度共同决定.

(2)“反向延K线交于两板间的中心。点”的证明要画出

轨迹并利用好边角关系.

［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

(2)设粒子在运动过程中的加速度大小为小离开偏转电场时偏转距离为》沿电场方向

的速度为内，速度偏转角为。，其反向延长线通过。点，。点与极右端的水平距离为工，则

有尸夕/尸，L=vof,vy=at,Un8=含=%联立以上各式解得工=/即粒子飞出电场后的

速度方向的反向延长线交于两板间的中心。点.

⑶当丁=,时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为却，则.y()=>+"an

vddQ+2/力

I*Y-------

8,又lan0=f解得：加=2L-

vQ~L

故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2)V产.

I答案］见解析

【迁移题组】

迁移1带电粒子在匀强电场中的偏转

1.(2019・高考全国卷II)如图，两金属板P、。水平放置，间距为----------------P

”.两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同.G卜©

接地，P、。的电势均为次9>0).质量为〃?，电荷量为以9>0)的粒子？

自G的左端上方距离G为h的位置，以速度如平行于纸面水平射----------------。

入电场，重力忽略不计.

(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;

(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多

少？

解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E粒子在PG间所受电场力尸的方向竖直向

下，设粒子的加速度大小为a,有

E与

F=qE=ma@

设粒子第一次到达G时动能为反，由动能定理有

就〃=Ek—5”?以③

设粒子第一次到达G时所用的时间为/,粒子在水平方向的位移大小为/,则有

h=^ar®

l=v（）t®

联立①②③④⑤式解得

Ek=1w3+当qh

,Irnd/i

（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短.由对称性知，此时

金属板的长度L为

L=20叭需

答案：（招,就+制叭用⑵”青

迁移2带电粒子在交变电场中的偏转

2.（多选）（2020•山东潍坊二模）如图I所示，长为84间距为d的平行金属板水平放置，

O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为内，电荷量为+/质量为，〃的粒子.在两

板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，粒子撞击金属板时

会被吸附静止.以卜判断正确的是（）

A.粒子在电场中运动的最短时间为用

Vo

B.射出粒子的最大动能为鲁欣

C.时刻进入的粒子，从O点射出

D./=¥时刻进入的粒子，从0,点射出

加

解析：选AD.由图可知场强大小后=孕5，则粒子在电场中的加速度大小〃=g=骂，

则粒子在电场中运动的时间最短时满足,=Ja后in，解得/min=A正确；能从板间射

22Vi）Po

出的粒子在板间运动的时间均为，由图象知任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方

向的速度均为可知射出电场时的动能均为品丘B错误：『短时刻进入的粒子,在《

部寸间内，在电场力作用下向下运动，由于电场力作用时啜＞噜，所以粒子会撞击在

金属板上，不会从。点射出，故C错误；，=资时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：

先向上加速右后向上减速，速度到零：然后继续向下加速£再向下减速彳速度到零...如

此反复，则最后从0,点射出时沿电场方向的位移为零，粒子将从0,点射出，D正确.

迁移3带电体在匀强电场中的偏转

3.（2019•在者全国卷山）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，0、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〃，的小球A、8.A不带电，B的电荷量为

4（q>0）.A从。点发射时的速度大小为。°,到达。点所用时间为/；6从。点到达0点所用

时间为看重力加速度为g,求：

（1）电场强度的大小；

（2）8运动到尸点时的动能.

解析：（1）设电场强度的大小为E,小球4运动的加速度为a根据牛顿定律、运动学公

式和题给条件，有

mg+qE=〃?a①

%（今2=%/②

解得“=等.③

（2）设/3从。点发射时的速度为s，到达P点时的动能为反，0、尸两点的高度差为人

根据动能定理有

Ek—^inv\=mgh+qEh®

且有0•3=。。⑤

尸⑥

联立③④⑤⑥式得

反=2根（对+短尸）.

答案：⑴呼⑵2〃!（虎+屋尸）

昌师分析带电粒子在电场中的偏转

Q提F"

迁移角度解决办法易错警示

带电粒子在运动的分解加速过程一般用动能定理

匀姗电场中思想、类平\求解，匀速直线运动阶段

的偏转抛运动:i般用相似三角形法处理

带电粒子在有电场类平抛:若电场大小变化，i股运

交变电场中运动，无电场动时间内电场看做大小不

的偏转匀速直线运动变（运动时间短）

带电体在匀分解原则:更力参与下的曲线运动一

强电场中的定要把竖直方向的加速度

偏转动能定理4算准确

》自承思维▼Q勇培优规范思维•监越瓶颈.

［学生用书P149］

带电体在电场中的类抛体运动和圆周运动

I.电场力做功特点.核

心［典例］如图所示,在登

命I.小球受到重力和电场力.

考

2.圆周运动的特点.真平面内固定的圆形绝缘题

点24点速度坡大.

3.动能定理的应用.技

轨道的帆心为。、半徒为r、巧3.小球在轨道内他做完整的圆

核内壁光滑.4、4两点分别

I.物理观念：运动观念，能址周运动.

心是圈轨道的最低点和最高

观念.素

养点.该区间存在方向水平向右的旬强电场.一质址

2.科学思维:论证.解*

为叭带负电的小球在轨道内解做完笛的圆周运

1.小球在物道内例做完整的网

I.分析清姬圆周运动中的等动（电荷址不变）.经过C点时速度最大,〃、c,连线审

鸵周运动且在C点速度最大.

易

效坡高点和等效此低点.与竖直方向的夹角9=60。.皿力加速度为g.求：关

错从而推出其受力特点.

键

2.分析运动中做完箔囤周运展（I）小球所受到的静电力的大小；

示2.圆周运动中动能定理的应用

动的条件,并准的条用动（2）小球在A点速度“°多大时，小球经过8点时对

是联系各点之网速度的关fit

能定理求解.硼轨道的压力最小？

规葩解答

［解析］（I）小博在C点速度最大,则在该点静电力与币:力的合力沿半径方向.所以小球受到的

静电力大小F=mGun60°=/Jmg.

（2）小球要冽达8点，必於能到达〃点11在〃点速度附小时,小球经8点时对轨道的JK力也该小.设

在。点时轨道对小球的压力恰为零.得『=后7.由轨道上从点运动到。点的过程.

由动能定理可褥，ngr（l+rc：*ft）+Hin斛得i,c=2J2gr.

［答案］(I)yjrng(2)2j2fir

【对点训练】

1.（多选）如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中，电场方

向水平向左.不计空气阻力，则小球（）

E

A.做直线运动

B.做曲线运动

C.速率先减小后增大

D.速率先增大后减小

解析：选BC.对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方

向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方

向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对，:、球先做负功后做正功，所以速率先

减小后增大，故C正确，D错误.

2.如图所示，绝缘光滑轨道部分是倾角为30°的斜面，A。部分为竖直平面上半径

为R的圆轨道，斜面与圆机道相切.整个装置处于场强为E方向水平向右的匀强电场中.现

有一个质量为机的小球，带正电荷量为詈，要使小球能安全通过圆轨道，则在。点

he

的初速度应为多大？

解析：电场力与重力的合力视为等效重力/叫‘，大小为〃电（阳？+（〃陪）2=

刍驯，tan，=&=坐，得夕=30°,等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜

面上匀速运动，由几何关系知：A为等效最低点，。为等效最高点，要使小球安全通过圆轨

道，经过。点时应满足：机g'W片,

令小球以最小初速度,）运动，由动能定理知:

—2R=力而一呼祝

解得加=\—

即会严段

答案：

队练促学•强技提靛.

［学生用书P349（单独成卅）］

（建议用时：40分钟）

一、单项选择题

1.一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

解析：选D.平行板电容器接在也压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不

变.若将云母介质移出，也容C减小，由C=g可知，电容器所带电荷量。减小，即电容器

极板上的电荷量减小.由于U不变，〃不变，由石=%可知，极板间电场强度F不变，D正

确，A、B、C错误.

2.（2020・湖南长沙模拟）利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避

免事故的发生：如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原

理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，。为导电液体（矿井中含有杂质

的水），A、C构成电容器.已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从

哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转.若矿井渗水（导电液体深度增人），则电流表（）

A.指针向右偏转，4、C构成的电容器充电

R.指针向左偏转，爪r构成的电容器充电

c.指针向右偏转，为、。构成的电容器放电

D.指针向左偏转，4、C构成的电容器放电

解析：选B.由题图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只

有正对面积发生变化.则由%可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可

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判断包容增大，再依据和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此包容器处于充

电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、

D错误，B正确.

3.（2020・湖北孝感模拟）静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定

性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图所示，A、3是平行板电容器的两个金属板,

。为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些,

下列采取的措施可行的是i）

A.断开开关S后，将A、4两极板分开些

B.断开开关S后，增大A、K两极板的正对面积

C.保持开关S闭合，将A、8两极板靠近些

D.保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动

解析：选B.断开开关S,包容器所带电荷量不变，将A、8两极板分开些，则d增大,

根据。=潦^知，电容。减小，根据U=g知，电势差增大，指针张角增大，A错误；断

开开关S,增大小8两极板的正对面积，即S增大，根据“而知，电容。增大，根

据U=g加，电势差戒小，指针张角减小，B正确；保持开关S闭合，无论将■?1、3两极板

分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，C错误：保持

开关S闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响

指针张角，D错误.

4.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

器卜极板都接地.在两极板间有一个固定在。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，〃表示

静电计指针的偏角.若保持下极板不动，将上极板向下移动段距

离至图中虚线位置，则（）

A.“增大，E增大B.〃增大，心不变

C."减小，县增大D.。减小，E不变

解析：选D.平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的

电场强度E不变.保持下极板不动，将上极板向下移动段距离至题图中虚线位筮，由U=

Ed可知,两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏南8减小，由于下极板接地（电势为零）,

两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在尸点的电势能厮不变.综上所述，D正确.

5.如图所示，电容器极板间有•可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接

入电路后，通过极板上物理品的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是（）

A.若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加

B.若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大

C.若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板

D.若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板

解析：选D.若x变大，则由之，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的

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情况下，由Q=CU知包容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极

板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确.若电容器极板上带电荷量不变，

x变小，则电容器电容增大，由可知，电容器极板间电压减小，B错误.

6.

（2020•福延龙岩模拟）如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子。的5倍，它们以相

等的速度加从同一点出发，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,则尸和。的质量之比为（不计重力）（）

A.2：5B.5：2

C.4：5D.5：4

解析：选D.粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线

运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1：2,由1=如，可知运动时间比为1：2,由），

=f/2得加速度之比为4：I,根据牛顿第二定律得〃=*，因为电荷量化为5：I,则质量

比为5：4,故D正确，A、B、C错误.

7.（2019•高考江苏卷）一匀强电场的方向竖直向上.f=0时刻，一带电粒子以一定初速

度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P