考點一 電容器及平行板電容器的動態(tài)分析
1．電容器
(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導(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：
①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．
②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與電容器兩極板之間的電勢差之比．
(2)定義式：C＝eq \f(Q,U).
(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.
(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低．
(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(guān)．
3．平行板電容器的電容
(1)決定因素：正對面積、相對介電常數(shù)、兩板間的距離．
(2)決定式：C＝eq \f(εrS,4πkd).
1．電容器的電荷量等于兩個極板所帶電荷量絕對值的和．( × )
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．( × )
3．放電后電容器的電荷量為零，電容也為零．( × )
1．兩類典型問題
(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變．
(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．
2．動態(tài)分析思路
(1)U不變
①根據(jù)C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據(jù)E＝eq \f(U,d)分析場強(qiáng)的變化．
③根據(jù)UAB＝E·d分析某點電勢變化．
(2)Q不變
①根據(jù)C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析U的變化．
②根據(jù)E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4kπQ,εrS)分析場強(qiáng)變化．
考向1 兩極板間電勢差不變
例1 (多選)如圖所示，電容式麥克風(fēng)的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路．麥克風(fēng)正常工作時，振動膜隨聲波左右振動．下列說法正確的是( )
A．振動膜向右運(yùn)動時，電容器的板間電場強(qiáng)度不變
B．振動膜向右運(yùn)動時，a點的電勢比b點的電勢高
C．振動膜向左運(yùn)動時，電阻上有從a到b的電流
D．振動膜向左運(yùn)動時，振動膜所帶的電荷量減小
答案 BD
解析 振動膜向右振動時電容器兩極板的距離變小，根據(jù)E＝eq \f(U,d)，電容器板間的電場強(qiáng)度變大，根據(jù)C＝eq \f(εrS,4πkd)電容增大，根據(jù)C＝eq \f(Q,U)，在U不變的情況下，Q增大，電容器充電，R中電流方向向下，即有從a到b的電流，a點的電勢比b點的電勢高，A錯誤，B正確；振動膜向左振動時電容器兩極板的距離變大，根據(jù)C＝eq \f(εrS,4πkd)，電容減小，根據(jù)C＝eq \f(Q,U)知，在U不變的情況下，Q減小，電容器放電，R中電流方向向上，即有從b到a 的電流， C錯誤，D正確．
考向2 兩極板帶電荷量不變
例2 (多選)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可忽略，開關(guān)閉合，穩(wěn)定時一帶電的油滴靜止于兩極板間的P點，若斷開開關(guān)K，將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是( )
A．靜電計指針的張角變小
B．P點電勢升高
C．帶電油滴向上運(yùn)動
D．帶電油滴的電勢能不變
答案 AD
解析 將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，極板間距減小，根據(jù)C＝eq \f(εrS,4kπd)可知，電容器的電容增大，當(dāng)開關(guān)斷開后，兩極板的電荷量不變，又U＝eq \f(Q,C)，所以，極板間的電勢差減小，則靜電計指針的張角變小，A正確；根據(jù)場強(qiáng)公式，得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，當(dāng)斷開開關(guān)后，極板的電荷量不變，故可得場強(qiáng)不變，故帶電油滴不會移動，根據(jù)電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系可知，P點的電勢不變，帶電油滴的電勢能不變，B、C錯誤，D正確．
考向3 電容器的綜合分析
例3 (多選)平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關(guān)S，電容器充電，穩(wěn)定后懸線偏離豎直方向夾角為θ，如圖所示．那么( )
A．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大
B．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變
C．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大
D．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變
答案 AD
解析 保持開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，帶正電的A板向B板靠近，極板間距離減小，電場強(qiáng)度E增大，小球所受的靜電力變大，θ增大，故A正確，B錯誤；斷開開關(guān)S，電容器所帶的電荷量不變，由C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，知d變化，E不變，小球所受靜電力不變，θ不變，故C錯誤，D正確．
考點二 實驗：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象
1．實驗原理
(1)電容器的充電過程
如圖所示，當(dāng)開關(guān)S接1時，電容器接通電源，在靜電力的作用下自由電子從正極板經(jīng)過電源向負(fù)極板移動，正極板因失去電子而帶正電，負(fù)極板因獲得電子而帶負(fù)電．正、負(fù)極板帶等量的正、負(fù)電荷．電荷在移動的過程中形成電流．
在充電開始時電流比較大(填“大”或“小”)，以后隨著極板上電荷的增多，電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，當(dāng)電容器兩極板間電壓等于電源電壓時電荷停止定向移動，電流I＝0 .
(2)電容器的放電過程
如圖所示，當(dāng)開關(guān)S接2時，相當(dāng)于將電容器的兩極板直接用導(dǎo)線連接起來，電容器正、負(fù)極板上電荷發(fā)生中和．在電子移動過程中，形成電流．
放電開始電流較大(填“大”或“小”)，隨著兩極板上的電荷量逐漸減小，電路中的電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，兩極板間的電壓也逐漸減小到零．
2．實驗步驟
(1)按圖連接好電路．
(2)把單刀雙擲開關(guān)S打在上面，使觸點1和觸點2連通，觀察電容器的充電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中．
(3)將單刀雙擲開關(guān)S打在下面，使觸點3和觸點2連通，觀察電容器的放電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中．
(4)記錄好實驗結(jié)果，關(guān)閉電源．
3．注意事項
(1)電流表要選用小量程的靈敏電流計．
(2)要選擇大容量的電容器．
(3)實驗要在干燥的環(huán)境中進(jìn)行．
考向1 電容器充、放電現(xiàn)象的定性分析
例4 在如圖所示實驗中，關(guān)于平行板電容器的充、放電，下列說法正確的是( )
A．開關(guān)接1時，平行板電容器充電，且上極板帶正電
B．開關(guān)接1時，平行板電容器充電，且上極板帶負(fù)電
C．開關(guān)接2時，平行板電容器充電，且上極板帶正電
D．開關(guān)接2時，平行板電容器充電，且上極板帶負(fù)電
答案 A
解析 開關(guān)接1時，平行板電容器充電，上極板與電源正極相連而帶正電，A正確，B錯誤；開關(guān)接2時，平行板電容器放電，放電結(jié)束后上、下極板均不帶電，C、D錯誤．
考向2 電容器充、放電現(xiàn)象的定量計算
例5 (2022·山東棗莊市模擬)電流傳感器可以測量電流，它的反應(yīng)非?？欤梢圆蹲降剿查g的電流變化；將它與計算機(jī)相連還能用計算機(jī)顯示出電流隨時間變化的i－t圖像，圖甲所示的電路中：直流電源電動勢為8 V，內(nèi)阻可忽略；C為電容器，先將單刀雙擲開關(guān)S與1相連，電源向電容器充電，這個過程可在短時間內(nèi)完成；然后把開關(guān)S與2相連，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時間變化的i－t圖像如圖乙所示，(下列結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)
(1)根據(jù)i－t圖像可估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量為________ C；
(2)通過實驗數(shù)據(jù)，計算出電容器的電容為________ F；
(3)如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時i－t曲線與橫軸所圍成的面積將________(填“增大”“不變”或“變小”)；充電時間將________(填“變長”“不變”或“變短”)．
答案 (1)1.6×10－3 (2) 2×10－4 (3)不變
變短
解析 (1)根據(jù)i－t圖像圍成的面積可估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量，根據(jù)題圖乙知縱坐標(biāo)每個小格為0.2 mA，橫坐標(biāo)每小格為0.2 s，則每小格所代表的電荷量為q＝0.2×10－3×0.2 C＝4×10－5 C，曲線下的小格數(shù)的個數(shù)大約為41個，所以電容器全部釋放的電荷量為Q＝41q≈1.6×10－3 C
(2)該電容器的電容為C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(1.6×10－3,8) F＝2×10－4 F.
(3)根據(jù)電容的計算公式可得電荷量Q＝CU，電容器儲存的電荷量Q與電阻R無關(guān)，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時i－t曲線與橫軸所圍成的面積不變；由于電阻對電流有阻礙作用，所以減小電阻，充電時間將變短．
考點三 帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動
考向1 帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動
1．做直線運(yùn)動的條件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動．
(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運(yùn)動或減速直線運(yùn)動．
2．用動力學(xué)觀點分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad.
3．用功能觀點分析
勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
例6 如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負(fù)極板有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在靜電力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運(yùn)動．已知兩粒子同時經(jīng)過平行于正極板且與其相距eq \f(2,5)l的平面．若兩粒子間的相互作用可忽略，不計重力，則M∶m為( )
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
答案 A
解析 設(shè)電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動時間相同，對電荷量為q的粒子aM＝eq \f(Eq,M)，eq \f(2,5)l＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,M)t2；對電荷量為－q的粒子有am＝eq \f(Eq,m)，eq \f(3,5)l＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)t2，聯(lián)立解得eq \f(M,m)＝eq \f(3,2)，故選A.
考向2 帶電體在靜電力和重力作用下的直線運(yùn)動
例7 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，四個質(zhì)量均為m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長均為eq \f(d,4)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，讓四球豎直下落．當(dāng)下端第二個小球到達(dá)下極板時，速度恰好為零．重力加速度為g，(僅兩極板間存在電場)試求：
(1)兩極板間的電壓；
(2)小球運(yùn)動的最大速度．
答案 (1)eq \f(20mgd,13q) (2)eq \r(\f(11gd,26))
解析 (1)根據(jù)動能定理可得4mg×eq \f(5,4)d－2Uq－eq \f(3,4)Uq－eq \f(1,2)Uq＝0
解得U＝eq \f(20mgd,13q)
(2)當(dāng)兩個小球在電場中時，靜電力F1＝eq \f(U,d)×2q＝eq \f(40,13)mg4mg
故當(dāng)?shù)谌齻€小球剛進(jìn)入電場時速度最大，根據(jù)動能定理可得4mg×eq \f(d,2)－eq \f(1,2)Uq－eq \f(1,4)Uq＝eq \f(1,2)×4mv2－0
解得v＝eq \r(\f(11gd,26)).
考向3 帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動
1．常見的交變電場
常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．
2．常見的題目類型
(1)粒子做單向直線運(yùn)動．
(2)粒子做往返運(yùn)動．
3．解題技巧
(1)按周期性分段研究．
(2)將eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t圖像,U－t圖像,E－t圖像))eq \(――→,\s\up7(轉(zhuǎn)換))a－t圖像eq \(――→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))v－t圖像．
例8 勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖像如圖所示，當(dāng)t＝0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子(帶正電)，設(shè)帶電粒子只受靜電力的作用，則下列說法中正確的是( )
A．帶電粒子將始終向同一個方向運(yùn)動
B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點
C．3 s末帶電粒子的速度不為零
D．0～3 s內(nèi)，靜電力做的總功為零
答案 D
解析 由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1 s內(nèi)的加速度大小為a1＝eq \f(qE,m)，第2 s內(nèi)加速度大小為a2＝eq \f(2qE,m)，故a2＝2a1，因此先加速1 s再減速0.5 s時速度為零，接下來的0.5 s將反向加速，v－t圖像如圖所示：
帶電粒子在第1 s做勻加速運(yùn)動，在第2 s內(nèi)先做勻減速運(yùn)動，后反向加速，所以不是始終向同一方向運(yùn)動，故A錯誤；根據(jù)速度－時間圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，在t＝2 s時，帶電粒子沒有回到出發(fā)點，故B錯誤；由圖可知，3 s末的瞬時速度為0，故C錯誤；因為第3 s末粒子的速度剛好減為0，根據(jù)動能定理可知，0～3 s內(nèi)，靜電力做的總功為零，故D正確．
課時精練
1．(多選)關(guān)于電容器的電容，下列說法中正確的是( )
A．根據(jù)C＝eq \f(Q,U)可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，跟兩極板間的電壓成反比
B．對于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比
C．無論電容器電壓如何變化(小于擊穿電壓且不為零)，它所帶的電荷量與電壓的比值都恒定不變
D．電容器所帶電荷量增加2倍，則電容增大2倍
答案 BC
解析 電容是電容器本身的性質(zhì)，一個確定的電容器的電容是不變的，與所帶的電荷量無關(guān)，故A、D錯誤；根據(jù)Q＝CU，對于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比，故B正確；根據(jù)電容的定義式C＝eq \f(Q,U)可知，電容器所帶的電荷量與電壓的比值是電容，故C正確．
2．工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器．其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，上、下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的兩極上．當(dāng)流水線上通過的產(chǎn)品厚度增大時，下列說法正確的是( )
A．A、B平行板電容器的電容減小
B．A、B兩板間的電場強(qiáng)度增大
C．A、B兩板上的電荷量變小
D．有電流從a向b流過靈敏電流計
答案 D
解析 根據(jù)平行板電容器的決定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知當(dāng)產(chǎn)品厚度增大時，導(dǎo)致εr增大，電容器的電容C增大，A錯誤；電壓U不變，根據(jù)Q＝CU可知，極板帶電荷量Q增加，C錯誤；電容增大，故電容器充電，電流從a向b流過靈敏電流計，D正確；兩板之間的電勢差不變，板間距不變，則兩板間電場強(qiáng)度E＝eq \f(U,d)不變，B錯誤．
3.(多選)如圖所示，平行板電容器在充電后不切斷電源，此時板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止，當(dāng)正對的平行板左右錯開一些時( )
A．帶電塵粒將向上運(yùn)動
B．帶電塵粒將保持靜止
C．通過電阻R的電流方向為A到B
D．通過電阻R的電流方向為B到A
答案 BC
解析 由于電容器與電源相連，故電容器兩端電壓不變，因板間距不變，故極板間的場強(qiáng)不變，帶電塵粒所受的靜電力不變，帶電塵粒仍能保持靜止，A錯誤，B正確；因正對面積減小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，C減小，因電壓不變，由C＝eq \f(Q,U)知，Q減小，故電容器放電，因電容器上極板接電源正極，上極板帶正電，所以電流由A流向B，D錯誤，C正確．
4．靜電火箭是利用電場加速工作介質(zhì)形成高速射流而產(chǎn)生推力的．工作過程簡化圖如圖所示，離子源發(fā)射的離子經(jīng)過加速區(qū)加速，進(jìn)入中和區(qū)與該區(qū)域里面的電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產(chǎn)生推力．根據(jù)題目信息可知( )
A．M板電勢低于N板電勢
B．進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與離子帶電荷量無關(guān)
C．增大加速區(qū)MN極板的距離，可以增大射流速度而獲得更大的推力
D．增大MN極板間的電壓，可以增大射流速度而獲得更大的推力
答案 D
解析 由于加速后的離子在中和區(qū)與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加速器極板M電勢高，A錯誤；由動能定理知qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，所以進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與比荷、加速電壓有關(guān)，與極板距離無關(guān)，故D正確，B、C錯誤．
5.(多選) 如圖所示，A、B兩導(dǎo)體板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)．若分別在A、B兩板間加下列選項所示的四種周期性變化的電壓(各選項僅展示了一個周期內(nèi)的電壓)，則其中一定能使電子打到B板的是( )
答案 CD
解析 加A項所示電壓時，電子最初受到向右的靜電力，開始向B板運(yùn)動，電子先做加速度減小的加速運(yùn)動，然后做加速度增大的減速運(yùn)動，2t0時刻速度為零，再向A板先加速、后減速至初始位置，且到初始位置時速度變?yōu)榱?，如此在A、B間往復(fù)運(yùn)動，電子有可能打不到B板，故A錯誤；加B項所示電壓時，電子向B板先勻加速再勻減速，2t0時刻速度為零，再向A板先加速、后減速至初始位置，且到初始位置時速度變?yōu)榱悖绱嗽贏、B間往復(fù)運(yùn)動，電子有可能打不到B板，故B錯誤；加C項所示電壓時，電子向B板先加速再減速至速度為零，周而復(fù)始，一直向B板運(yùn)動，一定能到達(dá)B板，故C正確；加D項所示電壓時，電子在一個周期內(nèi)速度的方向不變，一直向B板運(yùn)動，一定能到達(dá)B板，故D正確．
6.如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運(yùn)動并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，則( )
A．微粒到達(dá)B點時動能為eq \f(1,2)mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．兩極板的電勢差UMN＝eq \f(mgd,qcs θ)
D．微粒從A點到B點的過程，電勢能減少eq \f(mgd,cs θ)
答案 C
解析 微粒僅受靜電力和重力，靜電力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運(yùn)動，合力方向沿水平方向，由此可知，靜電力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運(yùn)動，微粒到達(dá)B點時動能小于eq \f(1,2)mv02，選項A錯誤；根據(jù)qEsin θ＝ma，qEcs θ＝mg，解得E＝eq \f(mg,qcs θ)，a＝gtan θ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq \f(mgd,qcs θ)，選項C正確；微粒從A點到B點的過程，靜電力做負(fù)功，電勢能增加，電勢能增加量為eq \f(mgd,cs θ)，選項D錯誤．
7.(多選)如圖所示電路，電容器兩板水平，下板接地，電鍵K閉合，P為兩板間的一固定點，要使P點的電勢升高，下列措施可行的是( )
A．僅斷開電鍵K
B．僅將下板向下平移一些
C．僅將上板向下平移一些
D．?dāng)嚅_電鍵K將下板向下平移一些
答案 BCD
解析 設(shè)P到下板的距離為h，僅斷開電鍵K，兩板的帶電荷量不變，兩板間的電場強(qiáng)度不變，則P點的電勢φP＝hE不變，A錯誤；僅將下板向下平移一些，則兩極板間電壓U不變，則由E＝eq \f(U,d)可知，d增大，則E減小，可知P點與上極板間電勢差減小，故P點電勢升高；若僅將上板向下平移一些，則d減小，E增大，可知P點與下極板間電勢差增大，則P點電勢升高，B、C正確；斷開電鍵后，電容器的帶電荷量不變，板間距離變化時，板間場強(qiáng)不變，h變大，由φP＝hE可知，P點的電勢升高，D正確．
8.(多選) 一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E(如圖所示)，則( )
A．粒子射入的最大深度為eq \f(mv02,qE)
B．粒子射入的最大深度為eq \f(mv02,2qE)
C．粒子在電場中運(yùn)動的最長時間為eq \f(mv0,qE)
D．粒子在電場中運(yùn)動的最長時間為eq \f(2mv0,qE)
答案 BD
解析 粒子從射入到運(yùn)動至右端，由動能定理得－Eqxmax＝0－eq \f(1,2)mv02，最大深度xmax＝eq \f(mv02,2qE)，由v0＝at，a＝eq \f(Eq,m)可得t＝eq \f(mv0,Eq)，則粒子在電場中運(yùn)動的最長時間為tmax＝2t＝eq \f(2mv0,Eq)，故選B、D.
9．(多選)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的電子僅在靜電力作用下，在t＝eq \f(T,4)時刻從A板的小孔處由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動，恰好到達(dá)B板，則( )
A．A、B兩板間的距離為eq \r(\f(qU0T2,16m))
B．電子在兩板間的最大速度為eq \r(\f(qU0,m))
C．電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動
D．若電子在t＝eq \f(T,8)時刻進(jìn)入兩極板，它將時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，最終到達(dá)B板
答案 AB
解析 電子在t＝eq \f(T,4)時刻由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動，先加速后減速，在t＝eq \f(3,4)T時刻到達(dá)B板，設(shè)兩板的間距為d，加速度a＝eq \f(qU0,md)，則有d＝2×eq \f(1,2)a(eq \f(T,4))2，解得d＝eq \r(\f(qU0T2,16m))，故A正確；由題意可知，經(jīng)過eq \f(T,4)時間電子速度最大，則最大速度為vm＝a·eq \f(T,4)＝eq \r(\f(qU0,m))，故B正確；電子在兩板間先向右做勻加速直線運(yùn)動，然后向右做勻減速直線運(yùn)動，故C錯誤；若電子在t＝eq \f(T,8)時刻進(jìn)入兩極板，在eq \f(T,8)～eq \f(T,2)時間內(nèi)電子做勻加速直線運(yùn)動，位移x＝eq \f(1,2)·eq \f(qU0,md)·(eq \f(3,8)T)2＝eq \f(9,8)d>d，說明電子會一直向B板運(yùn)動并打在B板上，不會向A板運(yùn)動，故D錯誤．
10．(2022·江蘇蘇州市模擬)如圖所示，矩形勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為h，上面為Ⅰ、下面為Ⅱ，電場強(qiáng)度方向在豎直平面內(nèi)，電場強(qiáng)度大小為E.質(zhì)量為m的帶電小球由靜止釋放，進(jìn)入電場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，空氣阻力不計，重力加速度為g，則( )
A．剛進(jìn)入電場Ⅰ時加速度方向豎直向上
B．穿過電場Ⅰ的時間大于在兩電場之間的運(yùn)動時間
C．穿過兩電場后小球的電勢能增加了3mgh
D．穿過兩電場后小球的電勢能增加2mgh
答案 A
解析 因為小球在勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ、Ⅱ之間的運(yùn)動是勻加速運(yùn)動，其末速度與其進(jìn)入勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ的初速度相等，由于勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ與Ⅰ、Ⅱ之間的間距均為h，且在勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ中一定做勻變速運(yùn)動，所以帶電小球在勻強(qiáng)電場區(qū)Ⅰ中做勻減速運(yùn)動，加速度大小等于重力加速度，根據(jù)F－mg＝ma可知靜電力為重力的2倍，運(yùn)動過程與在Ⅰ、Ⅱ之間的運(yùn)動具有對稱性，穿過電場Ⅰ的時間等于在兩電場之間的運(yùn)動時間，所以A正確，B錯誤；由于靜電力為重力的2倍，所以經(jīng)過兩個電場區(qū)域，電勢能增加ΔEp＝2×2mgh＝4mgh，選項C、D錯誤．
11．隨著傳感器技術(shù)的不斷進(jìn)步，傳感器在中學(xué)實驗室逐漸普及．某同學(xué)用電流傳感器和電壓傳感器做“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗，電路如圖甲所示．
(1)先使開關(guān)K與1端相連，電源對電容器充電，這個過程很快完成，充滿電的電容器上極板帶________電；
(2)然后把開關(guān)K擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流、電壓信息傳入計算機(jī)，經(jīng)處理后得到電流和電壓隨時間變化的I－t、U－t曲線，如圖乙所示；
(3)由圖乙可知，電容器充滿電的電荷量為________ C，電容器的電容為________ F；(保留兩位有效數(shù)字)
(4)若將電路中的電阻換成一阻值更大的電阻，把開關(guān)K擲向2端電容器放電，請在圖乙的左圖中定性地畫出I－t曲線．
答案 (1)正 (3) 3.5×10－3(3.3×10－3～3.7×10－3均可) 4.4×10－4(4.1×10－4～4.6×10－4均可) (4)見解析圖
解析 (1) 電容器上極板與電源正極相連，充滿電后上極板帶正電；
(3)I－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電荷量，一小格代表的電荷量為q＝0.25 mA×1 s＝2.5×10－4 C
題圖中總共約14小格，所以電容器充滿電的電荷量為Q＝14q＝3.5×10－3 C
電容器充滿電后電壓為8 V，
則電容器的電容為C＝eq \f(Q,U)≈4.4×10－4 F
(4)將電路中的電阻換成一阻值更大的電阻，放電電流會減小，總電荷量不變，時間會延長，圖像如下圖所示．
12．如圖甲所示，一帶正電的小球用絕緣細(xì)線懸掛在豎直向上的、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場中，某時刻剪斷細(xì)線，小球開始向下運(yùn)動，通過傳感器得到小球的加速度隨下行速度變化的圖像如圖乙所示．已知小球質(zhì)量為m，重力加速度為g，空氣阻力不能忽略．下列說法正確的是( )
A．小球運(yùn)動的速度一直增大
B．小球先做勻加速運(yùn)動后做勻速運(yùn)動
C．小球剛開始運(yùn)動時的加速度大小a0＝g
D．小球運(yùn)動過程中受到的空氣阻力與速度大小成正比
答案 D
解析 小球速度增大到v0后，加速度變?yōu)?，速度不再增大，故A錯誤；小球在加速過程中，加速度隨速度變化，即不是勻變速運(yùn)動，故B錯誤；剪斷細(xì)線，小球開始向下運(yùn)動，由于小球不只受重力，還受向上的靜電力，故此時加速度a0＜g，故C錯誤；由a－v圖像，可得a＝kv＋a0，由牛頓第二定律，可得mg－qE－Ff＝ma，可解出加速度為a＝－eq \f(Ff,m)＋g－eq \f(qE,m)，聯(lián)立可知a0＝g－eq \f(qE,m)，還可知－eq \f(Ff,m)＝kv，即Ff＝－kmv，故D正確．

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