高考物理一轮复习 第8章 电场 第31课时 电容器学案-人教版高三全册物理学案

第31课时电容器'带电粒子在电场中的运动

考点1电容器

自主梳理©

1.电容器的充、放电

(1)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异种电荷,电容器

中储存电场能。

(2)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：电容器所带的电荷最。与电容器两极板间的电势差〃的比值。

⑵定义式：.方

(3)物理意义：表示电容器容纳电莅本领大小的物理量。

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也正比,

与两板间的距离成已反比,

(2)决定式：=潘女为静电力常量。

特别提醒：4髓用于任何电容器，但。=/力仅适用于平行板电容器。

小题练透立

1.(多选)有一只电容器的规格是“1.5UR9V”，那么()

A.这只电容器上的电荷量不能超过L5X10-5c

B.这只电容器上的电荷量不能超过L35X107c

C.这只电容器的额定电压为9V

D.这只电容器的击穿电压为9V

答案BC

解析9V为电容器的额定电压(或工作电压)，故C正确：正常工作时的带电荷量g

a^i.sxio^xgc=i.35xio-sc,B正确。

2.(教科版选修3-1P40・T9改编)关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法小

正确的是（）

A.两极板上一定带吴号电荷

B.两极板所带的电布量一定相等

C.充上的电量越多，其电容就越大

D.充上的电量越多，两极板间的电势差就越大

答案C

解析给电容器充电，电容器两极板分别带上等量异号电荷，A、B正确；电容器的电

容大小取决于它的结构，与所带电荷量的多少无关，C错误；根据G-夕电容器的电荷量越

大，两极板间的电势差越大，1）正确。

3.（人教版选修3-1P30演示实验改编）（多选）如图所示为“研究影响平行板电容器电

容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（）

A.力板与静电计的指针带的是异种电荷

B.甲图中将8板上移，静电计的指针偏角增大

C.乙图中将&板左移，静电计的指针偏角不变

D.丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小

答案BD

解析静电计指针与力板连为一个导体，带电性质相同，A错误；根据公■言，

。板上移，S减小,C减小，Q不变，则Z7增人，B正确；6板左移，d增人，C减小，则〃

增大，C错误；插入电介质，J增大，电容C增大，则〃减小，D正确。

考点2平行板电容器的动态分析

核心综述，

1.对公式勺理解

U

电容仁7・不能理解为电容。与。成正比、与〃成反比，一个电容器电容的大小是由

电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。

2.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。

(2)用决定式三分析平行板电容器电容的变化。

(3)用定义式析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。

U

(4)用£=与分析电容器两极板间电场强度的变化。

3.电容器两类问题的比较

分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开

不变量UQ

d变大C变小fQ变小、E变小C变小—U变大、E不变

S变大C变大->Q变大、E不变C变大-U变小、E变小

r变大c变大fQ变大、E不变。变大-U变小、E变小

典题示例0

［例1］如图所示，平行板电容器的两个极板为从以〃板接地，使其力板带有电荷量

夕板带有电荷量一0,板间电场中有一固定点只以下说法正确的是()

+。

A[

•P

ni।

X-Q

A.若将“板固定，力板下移时，P点的电场强度不变，4点电势降低

B.若将从板固定，力板下移时，产点的电场强度增大，U点电势升高

C.若将力板固定，片板上移时，P点的电场强度不变，2点电势降低

D.如果4板固定，/，板上移时，P点的电场强度增大，2点电势升高

£C

解析由题可知电容器两板所带电量不变，正对面积不变，力板下移时，根据片含7

。三条口£=§可推出：£三匚岑可知，尸点的电场强度£.不变。尸点与下板的距离不变，根据

C(I匕rO

公式U=Ed,。点与下板的电势差不变，则。点的电势不变，故A、B错误；8板上移时，同

理得

知，〃点的电场强度不变，根据公式〃=戊7,夕点与下板的电势差减小，而P点的电势

高于下板的电势，下板的电势为零，所以2点电势降低，故C正确、D错误。

答案C

。的帽电

1.电容器的动态变化分析问题

4jT

要会根据电容器的决定式和定义式推导出板间的场强E=—^,此结论表明，当电容

器带电量一定时，两板之间的电场强度与两板间距无关，此公式要在理解并会推导的基础上

记住，这是一个很重要的结论。

2.解电容器问题的常用技巧

(1)在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关。

(2)对平行板电容器的有关物理量aE、aC进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，

哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住片不得、和/：'二夕光

行判定。

电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路。闭合开关S,电源对电容器充电后，电

容器带电量为a板间电压为从板间电场强度大小为右。则下列说法正确的是()

A.若将4板下移少造，0增大；〃减小；笈不变

B.若将力板下移少许，0不变；〃减小；为减小

C.若断开开关，将H板下移少许，。增大；〃不变；片增大

D.若断开开关，将H板下移少许，。不变；〃减小；片不变

答案I）

£9

解析开关闭合时电容器两极板间电压〃不变，由公式片曰那知，力板下移（板间

距"减小），电容。将增大，由公式可知电容器带电量。将增大，由公式可知板

£S*

间场强增大，A、B错误；开关断开后电容器带电量0不变，由公式C=有R可知，月板下

移（板间距"减小），电容。将增大，由公式C=%可知电容器极板间电压〃将减小。由以上

U

三式可解得公式叱答由此可知板间场强不变，C错误、D正确。

考点3带电粒子在电场中的直线运动

核心综砺

1.带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件

⑴粒子所受合外力/合=0,粒子或静止，或做匀速直线运动。

⑵粒子所受合外力广台W0,且与初速度方向在同一条直线匕带电粒子将做匀加速直

线运动或匀减速直线运动。

2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法

典题示例©

［例2］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即极板间距为d,

带负电的微粒质量为加、带电量为6从极板必的左边缘力处以初速度的水平射入，沿直线

运动并从极板N的右边缘8处射出，则（）

A.微粒达到8点时却能为:m需

B.微粒的加速度大小等于砍in〃

C.微粒从A点到6点的过程电势能减少侬。

COSU

D.两极板的电势差幅=一%

qcos〃

解析对微粒进行受力分析如图可知，微粒做匀减速直线运动，动能减小，故A错误；

由tan。=也得。，故B错误；微粒的电势能增加量、E=qEd=〃■d,又bE

mgsin〃

=3,得到两极板的电势差〃=卷，微粒从力点到。点的过程电势能增加黑，故C

错误、1)正确。

答案D

处理带电粒子在电场中运动的常用技巧

(1)微观粒子(如电子、质子、a粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动

中重力势能的变化。

(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑

其重力及运动中重力势能的变化。

如图所示，A.8为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，

两板中央各有一个小孔a和人在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻

力，该质点到达6孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿出6孔，可行的方法是

()

A.保持S闭合，将4板适当上移

B.保持S闭合，将/，板适当下移

C.先断开S,再将1板适当上移

【).先断开S,再将/，板适当下移

答案B

解析设质点距离力板的高度力，力、4两板原来的距离为〃，电压为仇质点的电量为

q，由质点到达〃孔时速度恰为零，根据动能定理得侬(力+加一皿-0。若保持S闭合，将月

板适当上移，设质点到达。时速度为匕，由动能定理得加g(7?+中一"/=；〃"彳，K|=O,说明

质点到达方孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过。孔，故A错误；若保持S闭合，将〃

板适当下移距离△〃，由动能定理得磔■(//+4+△近一点则匕＞0,说明质点能穿出〃

孔，故B正确；若断开S时，将力板适当上移，板间电场强度不变，设力板上移距离为△江

质点到达B板时速度为以。由动能定理得侬■(〃+初-q//("+A小"4,又由原来情况有

mg(h+d)—qEd=0。比较两式得，为＜0,说明质点不能穿出方孔，故C错误；若断开S,再

将6板适当下移，8板下移距离为设质点到达8板时速度为小由动能定理得理(力+

"+A中一"(d+A初=%W，又由原来情况有mg(h+d)—qEd=00比较两式得，水0,说

明质点不能穿出。孔，故D错误。

考点4带电粒子在电场中的偏转

自主梳理0

1.粒子的偏转角

(1)以初速度%进入偏转电场，如图所示，

设带电粒子质量为卬，带电荷量为0,以速度的垂直于电场线方向射入匀强偏转电场,

偏转电压为凡若粒子飞出电场时偏转角为〃

则tan8=—,式中心=a£=vx=Pb,

vxmaVo

代入得tan"=端

⑵经加速电场加速再进入偏转电场

若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压△加速后进入偏转电场修的，则由动能

定理有:

1?先AU\L

qli>=”得：⑶好—f

结论:粒子的偏转角与粒子的。、m无关,仅取决于加速电场和偏转电场。

2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题

(1)分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键

①条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度外与电场方向垂直，则带电粒子将在电

场中只受电场力作用做类平抛运动o

②运动分析：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。

⑵粒子在匀强电场中偏转时的两个结论

①以初速度外进入偏转电场

\\qUx(IX

/=2ar=2-wlV

作粒子速度的反向延长线，设交于。点，。点与电场右边缘的距离为人则》=［二行=

tar"

L

2°

结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的9处沿直线射出。

②经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电玉“

I;f2

加速后进入同一偏转电场〃的，则分析可得偏移量：y=777；

偏转角正切值：tan〃=去，

结论：无论带电粒子的加、。如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转

电场，它们飞出的偏移量y和偏转角。都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。

(3)设屏到偏转电场的水平距离为〃,则计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离尸的

几种方法：（如图所示）

①4y+Aan0；

@X=（2+P）tan

③人日Vv•—：

Ki

FyD

④根据三角形相似：一=一。

yL

2

典

［例3］（多选）如图，质子CH）、笊核（；H）和a粒子CHe）都沿平行板电容器中线W'

方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使

荧光屏上出现亮点，粒子重力不计，下列推断正确的是］）

v

（）.....*—AO'

-L'

A.若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点

B.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点

C.若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点

D.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个比

点

解析三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方

向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：a=~,偏转距离为：运动时间为

mz

£=乙,联立三式得：y=瓶。若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒

Ki4加Vb

子中质子的比荷最大，笊核和a粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误;

若它们射入电场时的动能相等，y与。成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，故B错误；

若它们射入电场时的动量相等，尸繇=署产可见y与约成正比，三个的都不同，则

在荧光屏上将只出现3个亮点，故C正确；若它们是由同一个电场及从静止加速后射入此

r:z2

偏转电场4的，根据推论旷=缶可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D正

确。

答案CD

。卷圆嚼

带电粒子在电场中的运动可分为粒子在电场中加速运动和偏转运动。加速运动时，往往

根据动能定理求得末速度，而在电场中的偏转与平抛运动类似，将运动分解成水平方向和竖

更方向两个运动解决，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动。带电粒子在电场

中的加速和偏转是在考纲中属于II级要求，利用动能定理、平抛运动规律是解决电场中加速、

偏转问题的基本方法，熟记一曲二级结论有助于提升答题速度，如不同粒子在同一电场中先

加速再偏转时，偏移量与比荷无关等。

即时训练。

1.如图所示，静止的电子在加速电压〃的作用下从。经，板的小孔射出，又垂直进入

平行金属板间的电场，在偏转电压"的作用下偏转一段距离。现使小加倍，要想使电子的

运动轨迹不发生变化，应该（）

A.使员加倍

B.使变为原来的4倍

C.使以变为原来的吸倍

D.使鹰变为原来的;

乙

答案A

〃/2

解析设偏转电极的长度为£，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离」，=不不。瓜

加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使〃加倍。故选A。

2.如图，两平行金属板水平放置，板长为。间距为4板间电压为上一不计重力电

荷量为g的带电粒子以初速度匕沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘匕出，粒子通过平

行金属板的时间为3则（）

A.在《时间内，电场力对粒子做的功*伸

4I

B.在夕寸间内，电场力对粒子做的功为

C.在粒子下落的前彳和后彳过程中，电场力做功之比为1：2

D.在粒子下落的前，口后亲t程中，电场力做功之比为1：1

答案D

解析设粒子在前细间内和在后勺寸间内竖直位移分别为'、加由尸和匀变速

।Qt

直线运动的推论可知y：陛=1：3,得：7.=-</,yz=-d,则在前5时间内，电场力对粒子做

OO乙

11I33

的功为：%=q・6U=QqU,在后J时间内，电场力对粒子做的功为：强=4・？-点步，故A、

ooZoo

B错误；根据/仁也可得，在粒子下落前，和后'的过程中，电场力做功之比为1：1,故C

错误，D正确。故选D。

3.如图，一带电粒子从小孔力以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经

偏转后打在。板上如图所示的位置，在其他条件不变的情况下要使该粒子能从。板上的小孔

力射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）（）

A.保持开关S闭合，适当上移尸极板

B.保持开关S闭合，适当左移尸极板

C.先断开开关S,再适当上移"极板

D.先断开开关S,再适当左移尸极板

答案A

解析粒子做类似斜脑运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从。板上的小

孔6射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间。保持开关S

闭合，适当上移〃极板，根据E当d增加，场强£减小，故加速度3=年减小，根据£=乎,

时间延长，可能从小孔月射出，故A正确；保持开关S闭合，适当左移尸极板，场强不变，

故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故B错误；先断开开关S,再适当上移U极板，极板上

电荷量不变，根据结论£=二驹得场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C

6ru

错误；先断开开关S,再适当左移夕极板，极板上电荷量不变，场强变大，故粒子加速度变

大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从小孔4射出，故D错误。

/能力训练•紧盟高考

II巩固强化练II

1.（2018•宁夏罗平中学测试）（多选）如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电,

下板带正电，断开电源后一带电小球以速度外水平射入电场，且沿下板边缘飞出，若下板

不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度％从原处飞入，则带电小球（）

A.将打在下板中央

B.仍沿原轨迹由下板边缘飞出

C.不发生偏转，沿直线运动

D.若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央

答案BD

解析将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量。不变，由于：

dCci

由公式可知当d减小时，场强£,不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的软迹运

动，故B正确，A、C错误；若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电

场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确。

2.（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

电场左端的中点〃以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在月、

B、。三点，可以判断（）

PV

\'、、、、'

+++++'++工―.++*'¥―+++

CBA1

A.小球力带正电，8不带电，C带负电

B.三个小球在电场中运动时间相等

C.三个小球到达极板时的动能6«a＜蜃

D.三个小球在电场中运动的加速度

答案AC

解析在平行金属板间不带电小球、带正电小球和昔负电小球的受力如图所示，由此可

知不带电小球做平抛运动@=g,带正电小球做类平抛运动色=丁,带负电小球做类平抛

运动T，根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为。的匀加速直线运动，球到达下

极板时，在竖直方向产生的位移方相等，据£=、伤得三小球运动时间是正电荷最长、不

带电小球次之、带负电小球时间最短，故B错误：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，故水平位移最大的力是带正电荷的

小球，片是不带电的小球，C是带负电的小球，故A正确；根据动能定理，三小球到达下板

时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。由受力图可知，带负电小球合力最大为G+

F,做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G一用做功最少动能最小，所以班

故C正确；因为力带正电，4不带电，。带负电，所以a尸a，&=&，a（=a.i,所以.＜丽今,

故D错误。

F

O+《-O

、F

GGG

3.（2018•河北衡水中学调考）（多选）如图所示，水平放置的平行金属板儿力连接一恒

定电压，两个质量相等的电荷材和,V同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向

进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，

则下列说法正确的是（）

A.电荷也的电荷量大于电荷N的电荷量

B.两电荷在电场中运动的加速度相等

C.从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷〃做的功大于电场力对电荷山做的

功

D.电荷加进入电场的初速度大小与电荷，丫进入电场的初速度大小一定相同

答案AC

解析从轨迹可以看出：y»y、,故J•红片4•包工解得：旦）㈣，讼0.，故A正确、

B错误；电场力做功/电=qEy,由题图可知户＞加且4。处所以电场力对电荷.伊做的功大

于电场力对电荷A『做的功，故C正确；从轨迹可以看出：x6x\,即匕心故眇小故D

错误。

4.如图，平行板电容器两极板的间距为江极板与水平面成45。角，上极板带正电。

一电荷量为。（力0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能蜃竖直向上射出。不计重力，

极板尺寸足够大.若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（）

Ao区0

AR---（-1---J）-1---

4gdSqd2qdU'qd

答案B

解析当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好

与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度为分解为垂直极板的匕.

和平行极板的心根据运动的合成与分解，当匕=0时，根据运动学公式有0=2•巫・①

m

v=I4)cos45°,蜃=}»］，联立得£=击’

y故B正确。

5.（2018•长沙长郡中学月考）（多选）某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，

其中有一长为£、宽为从高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金

属材料，图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为〃的高压直流电源相连，带负电的

尘埃被吸入矩形通道的水平速度为“,当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集，将被

收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率，不计尘埃的重力及尘埃之

间的相互作用，要增大除尘率，则下列措施可行的是（）

A.只增大电压〃

B.只增大长度£

C.只增大高度"

0.只增大尘埃被吸入水平速度修

答案AB

解析增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做

类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为即增加y即可增加除尘率，只增

Zmd\in/

加电压〃和长度/或只减小％和d都可以增加y,故A、B正确。

6.（多选）如图所示，质量相同的两个带电粒子P、。以相同的速度沿垂直于电场方向射

入两平行板间匀强电场中，〃从两极板正中央射入，。从下极板边缘处射入，它们最后打在

同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（）

P/

.

___________

A.它们运动的时间i-tP

B.它们运动的加速度-冰如

C.它们所带的电荷量之比%：。=1：2

D.它们的动能增加量之比A氏，：△④=1：2

答案AC

解析垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，初速度相等，由才=必得知,

运动的时间相等，故A正确：平行电场方向受到电场力伦用.做初速度为零的匀加速直线运

动，根据位移时间关系公式，有*解得：由于两带电粒子平行电场方向分位

乙I

移之比为：Yf:乂»=1：2,所以翘〉含，故B错误；根据牛顿第二定律，有：qE=ma,a=/可

以得到：Q=骅，所以它们所带的电荷量之比b：的=1:2,故C正确；根据动能定理，有：

qEy=&而勿：的=1：2,%：%=1：2,所以动能增加量之比△蜃：A&=1：4,故D

错误。

7.（多选）如图所示，一平行板电容器极板板长7=10cm,宽a=8cm,两极板间距为

d=4emo距极板右端/处有一竖直放置的荧光屏；在平方板电容器左侧有一长b=8cm的

“狭缝”离子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2X10笛

C/kg,速度为4X10°m/s的带电粒子，现在平行板电容器的两极板间加.上如图乙所示的交

流电.已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期,下面说法正确的是（）

A.粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25cm

B.粒子打在屏上的区域面积为64cm2

C.在（）〜0.02s内，进入电容器内的粒子由64%粒子能够打在屏上

I）.在0〜0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s

答案BCD

解析设离子恰好从极板边缘射出时的电压为4

水平方向：/=%E①

竖直方向：②

又a—

rtl①②③得：仄=qf=128V

当28V时离子打到极板上，当伏128v时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距

离最大为

利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上。由三角形相似可得:

V

d」

2一

解得打到屏上的长度为：y=d=4cn）,乂由对称知，离子打到屏上时在竖直方向上偏移

的最大距离为2t/=8cm,区域面积为S=2y•a=2ad=64cm::,故A错误、B正确；粒子打

1OQ

在解上的比例为而%=64%,在。〜0.02s内，进入电容器内的粒子有64%的粒子能够打在

乙UU

11oft

屏上，故C正确；在前彳7,离子打到屏上的时间必=就乂（）.005s=0.0032s；乂由对称性

4t乙UU

知，在一个周期内，打到屏上的总时间£=4£O=O.O128s,故D正确。

8.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为，、场强为£的匀强电场，在与右侧

虚线相距£处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为+小质量为m的带电粒子（重力不计）,

以垂直于电场线方向的初速度w射入电场中，氏方向的延长线与屏的交点为试求；

（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间：

（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan<7：

⑶粒子打到屏上的点。到。点的距离s。

答案（1）2（2）隼（3）磬

v0mu2mv0

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：

2L

t=O

的

(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为小根据牛顿第二定律，粒子在电场

中的加速度为：a="，所以v..=at=aX-=^,所以粒子刚射出电场时的速度方向与初

mVQmv。

速度方向间夹角的正切值为：tana=三=岑。

/nv(i

(3)设粒子在电场中的偏转距离为外

则尸妹=诳卜篇

又s=y+Ztana,解得：s=?”。

Zmv()

9.如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=9cm,板长为£=3()cm,接

在直流电源上，有一带电液滴以玲=0.6m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀

9

速直线运动，当它运动到严处时迅速将下板向上提起五cm,液滴刚好从金属板末端飞出，g

取10m/s2.求：

O_►-……

”。P

(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；

(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到〃点的时间。

答案(1)1m/s2(2)0.2s

解析(1)带电液滴在板间做匀速直线运动，电场力向上

u

qE=mg,E=~j-即qU=mgd

当下板上移后，£、增大，电场力变大，液滴向上偏转，在电场中做匀变速直线运动

此时电场力：F=$=竿

由牛顿第二定律:

m

代入数据得：.3=1m/s2o

（2）液滴在触直方向上的位移为圣设液滴从P点开始在板间运动的时间为h

d1…

-=-at\2力=0.3s

乙乙f

液滴在电场中运动的总时间七=5=0.5s

则液滴从射入电场到P点的时间为：£=七一力=0.2So

II真题模拟练II

10.（2016•全国卷I）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

答案D

解析电容器电容C=台务云母介质移出，£r减小,C减小；又。=?电源恒压,

U一定,。减小，故。减小；电场强度故£不变，D正确。

11.（2015•海南高考）如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距1.在正极板附近

有一质量为风电荷量为（7（（7>0）的粒子；在负极板附近有另一质量为小电荷量为一<7的粒

子。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

2

且与其相距"的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则V：勿为（）

0

+

A.3：2B.2：1C.5：2D.3：1

答案A

2

解析因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距大的平面，电荷量为。的粒子通

□

2R

过的位移为力，电荷量为一。的粒子通过的位移为之，由牛顿第二定律知它们的加速度分别

为团=华、&=g，由运动学公式有/①，%=//=绐2②，崇得B、

MH）□zzJ/□z2mmZ

C、D错误，A正确。