?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
1．電容器
(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相距很近的導(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)電容器的充、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的異種電荷，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之間的電壓之比．
(2)定義式：C＝.
(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?xiàng)l件(大小、形狀、極板相對(duì)位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無(wú)關(guān)．
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＝.

技巧點(diǎn)撥
1．兩類(lèi)典型問(wèn)題
(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電壓U保持不變．
(2)電容器充電后與電源斷開(kāi)，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．
2．動(dòng)態(tài)分析思路
(1)U不變
①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據(jù)E＝分析場(chǎng)強(qiáng)的變化．
③根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢(shì)變化．
(2)Q不變
①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化．
②根據(jù)E＝＝分析場(chǎng)強(qiáng)變化．
③當(dāng)改變d時(shí)，E不變．

例題精練
1．(多選)由電容器電容的定義式C＝可知(　　)
A．若電容器不帶電，則電容C為零
B．電容C與電容器所帶電荷量Q成正比
C．電容C與所帶電荷量Q無(wú)關(guān)
D．電容在數(shù)值上等于使兩板間的電壓增加1 V時(shí)所需增加的電荷量
答案　CD
解析　電容器電容的定義式C＝是比值定義式，電容與電容器帶電荷量及兩端電壓無(wú)關(guān)，由電容器本身決定，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由電容器電容的定義式C＝＝可知，電容在數(shù)值上等于使兩板間的電壓增加1 V時(shí)所需增加的電荷量，故D正確．
2．一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　)
A．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大
B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大
C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變
D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變
答案　D
解析　由C＝可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時(shí)，εr變小，電容器的電容C變??；因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷?，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C變小時(shí)，Q變小．再由E＝，由于U與d都不變，故電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確．
3．如圖1所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角．若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則(　　)

圖1
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變
C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變
答案　D
解析　若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)C＝可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減?。桓鶕?jù)E＝，Q＝CU，C＝，聯(lián)立可得E＝，可知E不變；P點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，則P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差不變，P點(diǎn)的電勢(shì)不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確．
考點(diǎn)二　帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
1．做直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)．
(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(dòng)或減速直線運(yùn)動(dòng)．
2．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能觀點(diǎn)分析
勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1

例題精練
4.一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向是水平的，如圖2所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從O點(diǎn)出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場(chǎng)力和重力作用下恰好能沿與場(chǎng)強(qiáng)的反方向成θ角做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，求：

圖2
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；
(2)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)其電勢(shì)能與O點(diǎn)的電勢(shì)能之差．
答案　(1)　(2)mv02cos2θ
解析　(1)小球做直線運(yùn)動(dòng)，所受的電場(chǎng)力qE和重力mg的合力必沿此直線方向

如圖所示，由幾何關(guān)系可知mg＝qEtan θ
解得E＝.
(2)小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得＝ma
設(shè)從O點(diǎn)到最高點(diǎn)的位移為x，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v02＝2ax
聯(lián)立可得x＝
運(yùn)動(dòng)的水平距離l＝xcos θ
兩點(diǎn)間的電勢(shì)能之差ΔW＝Eql
聯(lián)立解得ΔW＝mv02cos2θ.
考點(diǎn)三　帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
運(yùn)動(dòng)規(guī)律
(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t＝(如圖3)．

圖3
(2)沿電場(chǎng)力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
①加速度：a＝＝＝；
②離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝at2＝；
③離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tan θ＝＝.

技巧點(diǎn)撥
1．兩個(gè)結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．
證明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··()2
tan θ＝＝
得：y＝，tan θ＝
y、θ均與m、q無(wú)關(guān)．
(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后射出，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)度的一半．
2．功能關(guān)系
當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢(shì)差．

例題精練
5．如圖4所示，一電子槍發(fā)射出的電子(初速度很小，可視為零)進(jìn)入加速電場(chǎng)加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出后偏轉(zhuǎn)位移為Y.要使偏轉(zhuǎn)位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時(shí)碰到偏轉(zhuǎn)極板的情況)(　　)

圖4
A．增大偏轉(zhuǎn)電壓U
B．增大加速電壓U0
C．增大偏轉(zhuǎn)極板間距離
D．將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子
答案　A
解析　設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)為l，極板間距為d，由qU0＝mv02，t＝，y＝at2＝t2得，聯(lián)立得偏轉(zhuǎn)位移y＝，增大偏轉(zhuǎn)電壓U，減小加速電壓U0，減小偏轉(zhuǎn)極板間距離，都可使偏轉(zhuǎn)位移增大，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；由于偏轉(zhuǎn)位移y＝與粒子質(zhì)量、帶電荷量無(wú)關(guān)，故將發(fā)射電子改變成發(fā)射負(fù)離子，偏轉(zhuǎn)位移不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
6.如圖5，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s，豎直邊ad長(zhǎng)為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中)．不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　)

圖5
A. B. C. D.
答案　B
解析　兩粒子軌跡恰好相切，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，兩粒子的軌跡相切點(diǎn)一定在矩形區(qū)域的中心，并且兩粒子均做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性和等時(shí)性可得，在水平方向上：＝v0t，在豎直方向上：＝at2＝t2，兩式聯(lián)立解得：v0＝，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．
拓展點(diǎn)　實(shí)驗(yàn)：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象
1．實(shí)驗(yàn)原理
(1)電容器的充電過(guò)程
如圖6所示，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，電容器接通電源，在電場(chǎng)力的作用下自由電子從正極板經(jīng)過(guò)電源向負(fù)極板移動(dòng)，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(dòng)的過(guò)程中形成電流．
在充電開(kāi)始時(shí)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(shí)電荷停止移動(dòng)，電流I＝0 .

圖6
(2)電容器的放電過(guò)程
如圖7所示，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，相當(dāng)于將電容器的兩極板直接用導(dǎo)線連接起來(lái)，電容器正、負(fù)極板上電荷發(fā)生中和．在電子移動(dòng)過(guò)程中，形成電流．
放電開(kāi)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．

圖7
2．實(shí)驗(yàn)步驟
(1)按圖8連接好電路．

圖8
(2)把單刀雙擲開(kāi)關(guān)S打在上面，使觸點(diǎn)1和觸點(diǎn)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(kāi)關(guān)S打在下面，使觸點(diǎn)3和觸點(diǎn)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(shí)驗(yàn)結(jié)果，關(guān)閉電源．
3．注意事項(xiàng)
(1)電流表要選用小量程的靈敏電流計(jì)．
(2)要選擇大容量的電容器．
(3)實(shí)驗(yàn)要在干燥的環(huán)境中進(jìn)行．

例題精練
9．圖9(a)所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器C兩端的電壓UC.如果UC隨時(shí)間t的變化如圖(b)所示，則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時(shí)間t變化的圖象中，正確的是(　　)

圖9


答案　A
解析　電阻R兩端的電壓UR＝IR，其中I為線路上的充電電流或放電電流．對(duì)電容器，Q＝CUC，而I＝＝C，由UC－t圖象知：1～2 s內(nèi)，電容器充電，令I(lǐng)充＝I；2～3 s內(nèi)，電容器電壓不變，則電路中電流為0；3～5 s內(nèi)，電容器放電，則I放＝，結(jié)合UR＝IR可知，電阻R兩端的電壓隨時(shí)間的變化圖象與A對(duì)應(yīng)．
綜合練習(xí)
一．選擇題（共19小題）
1．（北碚區(qū)校級(jí)期末）某電容器的電量增加△Q，兩極板間的電壓就增加△U，則該電容器的電容為（　?。?br /> A．等于 B．小于 C．大于 D．無(wú)法確定
【分析】本題是基本概念的一個(gè)簡(jiǎn)單考察，屬性電容器的電容計(jì)算的基本公式就可以
【解答】解：電容器電容的定義式，電容器的電容是電容器本身的性質(zhì)，不隨兩端的電壓和兩極板所帶的電荷量的改變而改變
設(shè)原來(lái)為，則也等于C，
根據(jù)數(shù)學(xué)方法
因?yàn)?br /> 所以
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】電容器的定義式為：，此式為比值定義，注意C不隨著Q和U的改變而改變；另外需要記住平行板電容器電容的決定式為。
2．（陽(yáng)泉期末）下列電學(xué)元器件屬于電容器的是（　?。?br /> A． B．
C． D．
【分析】由電學(xué)元件的形狀和電器表面的信息可得出電學(xué)元件的性質(zhì)，并能得出屬于哪一種電學(xué)元件。
【解答】解：由圖可知，A為電容器；B為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器C是滑動(dòng)變阻器，D是電阻箱。
故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)常見(jiàn)儀器的認(rèn)識(shí)，要求能掌握各種電學(xué)元件的基本形狀。
3．（浙江學(xué)業(yè)考試）如圖所示是某種電學(xué)元件的實(shí)物照片。元件中固定不動(dòng)的一組鋁片叫定片，可以轉(zhuǎn)動(dòng)的一組鋁片叫動(dòng)片，這種元件是（　　）

A．電源 B．電阻 C．開(kāi)關(guān) D．可變電容器
【分析】正確認(rèn)識(shí)各電學(xué)元件，能認(rèn)識(shí)各種元器件的形狀。
【解答】解：根據(jù)實(shí)物照片可知，圖中為可變電容器，故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)元器件的認(rèn)識(shí)，在學(xué)習(xí)中要注意明確各元件的形狀、功能以及應(yīng)用。
4．（房山區(qū)期末）如圖是描述電容C、帶電荷量Q、電勢(shì)差U之間的相互關(guān)系的圖線，對(duì)于給定的電容器，下列關(guān)系不正確的是（　?。?br /> A． B．
C． D．
【分析】電容是描述電容器容納電荷量的本領(lǐng)；其大小只與電容器本身有關(guān)，和電量及電壓無(wú)關(guān)。
【解答】解：ABC、電容器的電容與Q及U無(wú)關(guān)，故在C﹣U及C﹣Q圖象中，均為水平直線；故AB正確，C錯(cuò)誤；
D、由Q＝UC可知，Q與U成正比，故D正確。
本題選不正確的，
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題要掌握電容的定義，同時(shí)要注意圖象的意義；能將公式及圖象有機(jī)的結(jié)合在一起是解題的關(guān)鍵。
5．（岑溪市期中）如圖所示，屬于電容器的是（　?。?br /> A． B．
C． D．
【分析】本題考查學(xué)生對(duì)常用元件的認(rèn)識(shí)，要注意明確電容器的分類(lèi)及形狀．
【解答】解：A為靜電計(jì)；B為可調(diào)電容器，C為電動(dòng)機(jī)，D為變壓器；
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)常用元件的認(rèn)識(shí)，在學(xué)習(xí)中只要注意觀察并加以記憶．
6．（臺(tái)州期中）下列元器件中，哪一個(gè)是電容器？（　?。?br /> A． B．
C． D．
【分析】高中課本上出現(xiàn)電容器有：平行板電容器，可調(diào)電容器，聚苯乙烯電容器和電解電容器，每一種都有不同的外形，我們可以根據(jù)外形和構(gòu)造進(jìn)行判斷．常見(jiàn)的電學(xué)儀器也要記牢．
【解答】解：A：圖片是滑動(dòng)變阻器。故A錯(cuò)誤。
B：圖片雖然像聚苯乙烯電容器或電解電容器，但它有3根腿，所以應(yīng)為三極管。故B錯(cuò)誤。
C：圖片是可調(diào)電容器。故C正確。
D：圖片是法拉第在做電磁感應(yīng)實(shí)驗(yàn)中用到的線圈，不是電容器。故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于電學(xué)元器件，有的可能光靠從外形上分辨不出來(lái)，因?yàn)橛械目床坏綐?gòu)造，需要認(rèn)識(shí)課本上出現(xiàn)的所有電學(xué)元器件．
7．（南開(kāi)區(qū)期末）如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則（　　）

A．電容器的電容減小
B．電容器兩極板間電壓增大
C．電容器所帶電荷量增大
D．電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變
【分析】將平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，根據(jù)C判斷電容變化，根據(jù)Q＝CU，判斷電荷量變化．
【解答】解：A、將平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)C，可知電容器的電容增大，故A錯(cuò)誤；
B、電容器與電源保持相連，則電容器兩板間電壓不變，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)Q＝CU，由AB選項(xiàng)知電容增大，電壓不變，所以電荷量增大，故C正確；
D、根據(jù)E，由于電容器兩板間電壓不變，得知板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析，熟練應(yīng)用幾個(gè)基本公式是解題關(guān)鍵。
8．（七里河區(qū)校級(jí)期中）電容器是將電能暫時(shí)存儲(chǔ)的一種電學(xué)元件，關(guān)于平行板電容器的電容，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br /> A．電容器所帶的電荷量越多，電容就越大
B．電容器兩極板間的電壓越高，電容就越大
C．電容器正對(duì)面積增大，電容就越大
D．電容器兩極板間距離增大，電容就越大
【分析】電容器的電容由電容器本身決定，與電壓及兩板間的電荷量無(wú)關(guān)；只與兩板間的距離，正對(duì)面積等有關(guān)．
【解答】解：A、電容是電容器本身的性質(zhì)，與極板上所帶的電荷量無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B、電容是電容器本身的性質(zhì)，與極板兩端的電壓無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；
C、由C 可知，平行板電容器的電容與兩板間的正對(duì)面積、間距及介電常數(shù)有關(guān)，故C正確，D錯(cuò)誤；
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】電容器的電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量；其大小由電容器本身決定．
9．（大武口區(qū)校級(jí)期末）如圖所示為研究影響平行板電容器電容的因素的裝置圖，設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ，實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量Q不變，若（　?。?br />
A．保持S不變，增大d，則θ變小
B．保持S不變，減小d，則θ變小
C．保持d不變，減小S，則θ變小
D．保持d不變，減小S，則θ不變
【分析】靜電計(jì)測(cè)定電勢(shì)差，電容器板間電勢(shì)差越大，指針偏角越大．先根據(jù)電容器的決定式分析電容的變化情況，再由電容的定義式C分析板間電勢(shì)差的變化情況，即可作出判斷．
【解答】解：A、保持S不變，增大d時(shí)，根據(jù)電容器的決定式可知，電容C減小，電容器的電荷量Q不變，由電容的定義式C分析得知板間電勢(shì)差增大，θ變大。故A錯(cuò)誤。
B、保持S不變，減小d時(shí)，根據(jù)電容器的決定式可知，電容C增大，電容器的電荷量Q不變，由電容的定義式C分析得知板間電勢(shì)差減小，θ變小。故B正確。
C、D保持d不變，減小S時(shí)，根據(jù)電容器的決定式可知，電容C減小，電容器的電荷量Q不變，由電容的定義式C分析得知板間電勢(shì)差增大，θ變大。故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于電容器動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵掌握電容器的決定式和電容的定義式C，結(jié)合電荷量不變進(jìn)行分析．
10．（呂梁期末）一個(gè)空氣平行板電容器，極板間距離為d，正對(duì)面積為S，充以電荷量為Q后，兩極板間電壓為U，為使電容器的電容加倍，可采用的辦法是（　　）
A．將電壓變?yōu)?
B．將帶電荷量變?yōu)?Q
C．將極板正對(duì)面積變?yōu)?S
D．將兩極間充滿介電常數(shù)為2的電介質(zhì)
【分析】改變電容器的電壓和帶電量不會(huì)改變電容器的電容，由電容器的決定式得：我們可以通過(guò)改變正對(duì)面積s，介電常數(shù)eγ，極板間的距離d來(lái)改變電容．
【解答】解：改變電容器的電壓和帶電量不會(huì)改變電容器的電容，由電容器的決定式?jīng)Q定的。故AB錯(cuò)誤。
由電容器的決定式得：將電容器的電容加倍，我們可采取的方式是：①將極板正對(duì)面積變?yōu)?S；②將電解質(zhì)換為介電常數(shù)為原來(lái)的介電常數(shù)2倍的電解質(zhì)；③將兩極板距離變?yōu)樵瓉?lái)的一半。故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】改變電容器的電壓和帶電量不會(huì)改變電容器的電容，電容器的電容是由決定式?jīng)Q定的．
11．（博山區(qū)校級(jí)期中）“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，忽略漏電產(chǎn)生的影響，下列判斷正確的是（　?。?br />
A．靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角度的大小顯示了平行板電容器所帶電量的多少
B．若用一個(gè)電壓表替代靜電計(jì)，實(shí)驗(yàn)效果相同
C．若在平行板間插入介電常數(shù)更大的電介質(zhì)，板間的電場(chǎng)強(qiáng)度會(huì)減小
D．若平板正對(duì)面積減小時(shí)，靜電計(jì)指針偏角減小
【分析】靜電計(jì)測(cè)量的是平行板電容器極板間的電勢(shì)差，電勢(shì)差越大，指針偏角越大．靜電計(jì)與電壓表的原理不同，不能替代．
【解答】解：A、靜電計(jì)測(cè)量的是平行板電容器極板間的電勢(shì)差，不是電量，不能顯示平行板電容器所帶電量的多少，故A錯(cuò)誤。
B、靜電計(jì)與電壓表的原理不同，電壓表的線圈中必須有電流通過(guò)時(shí)，指針才偏轉(zhuǎn)，所以不能用電壓表代替靜電計(jì)，故B錯(cuò)誤。
C、根據(jù)電容的決定式C 得知，電容與電介質(zhì)成正比，當(dāng)保持d、S不變，在板間插入介電常數(shù)ε更大的電介質(zhì)，電容增大，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式C 分析可知板間電勢(shì)差減小，再由E，則有板間的電場(chǎng)強(qiáng)度會(huì)減小，故C正確；
D、平板正對(duì)面積減小時(shí)，電容C減小，而電容器的電荷量不變，根據(jù)C知極板間電勢(shì)差增大，所以靜電計(jì)指針偏角增大，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩板間的電勢(shì)差，處理電容器動(dòng)態(tài)分析時(shí)，關(guān)鍵抓住不變量，與電源斷開(kāi)，電荷量保持不變，結(jié)合電容的決定式和定義式進(jìn)行分析．
12．（大名縣校級(jí)月考）“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，忽略漏電產(chǎn)生的影響，下列判斷正確的是（　?。?br />
A．平板正對(duì)面積減小時(shí)，靜電計(jì)指針偏角減小
B．靜電計(jì)可以用電壓表替代
C．靜電計(jì)所帶電量與平行板電容器電量不相等
D．靜電計(jì)測(cè)量的是平行板電容器所帶電量
【分析】靜電計(jì)測(cè)量的是平行板電容器極板間的電勢(shì)差，電勢(shì)差越大，指針偏角越大．靜電計(jì)與電壓表的原理不同，不能替代．
【解答】解：A、平板正對(duì)面積減小時(shí)，電容C減小，而電容器的電荷量不變，根據(jù)C知極板間電勢(shì)差增大，所以靜電計(jì)指針偏角增大，故A錯(cuò)誤。
B、靜電計(jì)與電壓表的原理不同，電壓表的線圈中必須有電流通過(guò)時(shí)，指針才偏轉(zhuǎn)，所以不能用電壓表代替靜電計(jì)，故B錯(cuò)誤。
C、靜電計(jì)與電容器并聯(lián)，電壓相等，但所帶電量不等，故C正確。
D、靜電計(jì)測(cè)量的是平行板電容器極板間的電勢(shì)差，不是電量，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩板間的電勢(shì)差，處理電容器動(dòng)態(tài)分析時(shí)，關(guān)鍵抓住不變量，與電源斷開(kāi)，電荷量保持不變，結(jié)合電容的決定式和定義式進(jìn)行分析．
13．（江蘇學(xué)業(yè)考試）在圖所示實(shí)驗(yàn)中，關(guān)于平行板電容器的充、放電，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．開(kāi)關(guān)接1時(shí)，平行板電容器充電，且上極板帶正電
B．開(kāi)關(guān)接1時(shí)，平行板電容器充電，且上極板帶負(fù)電
C．開(kāi)關(guān)接2時(shí)，平行板電容器充電，且上極板帶正電
D．開(kāi)關(guān)接2時(shí)，平行板電容器充電，且上極板帶負(fù)電
【分析】開(kāi)關(guān)接1時(shí)，電源給平行板電容器充電，形成充電電流，方向從電源正極流出，電容器上極板與電源正極相連，帶正電，下極板帶負(fù)電。開(kāi)關(guān)接2時(shí)，平行板電容器通過(guò)導(dǎo)線放電。
【解答】解：A、B開(kāi)關(guān)接1時(shí)，電源給平行板電容器充電，形成充電電流，方向從電源正極流出，電容器上極板與電源正極相連，帶正電，下極板帶負(fù)電。故A正確，B錯(cuò)誤。
C、D開(kāi)關(guān)接2時(shí)，平行板電容器通過(guò)導(dǎo)線放電。故CD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題對(duì)電容器充放電特性的了解程度。電容器充電時(shí)，與電源正極相連的極板充正電，與電源負(fù)極相連的極板充負(fù)電。
14．（遼寧模擬）帶電粒子射入兩塊平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，入射方向跟極板平行，重力不計(jì)，若初動(dòng)能為EK，則出場(chǎng)時(shí)動(dòng)能為2EK．如果初速度增加為原來(lái)的2倍，則出場(chǎng)時(shí)動(dòng)能為（　?。?br /> A．3EK B．4EK C． D．
【分析】?jī)蓚€(gè)過(guò)程中帶電粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩過(guò)程初速度不同故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，在豎直方向的位移不同，最后用動(dòng)能定理求解．
【解答】解：設(shè)粒子第一個(gè)過(guò)程中初速度為v，電場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，初動(dòng)能為 Ek。
第一個(gè)過(guò)程中粒子沿電場(chǎng)線方向的位移為：yat2
第一個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理：qEy＝2Kk﹣Ek＝Ek；
第二個(gè)過(guò)程中沿電場(chǎng)線方向的位移為：Y，初動(dòng)能為Ek′；
根據(jù)動(dòng)能定理得：qEY＝Ek末﹣4Ek
代入得：qE?y＝Ek末﹣4Ek，
解得：EK末＝4.25Ek
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題是動(dòng)能定理和類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)的綜合應(yīng)用，用相同的物理量表示電場(chǎng)力做功是解題的關(guān)鍵．
15．（寧縣校級(jí)期末）在示波管中，電子槍在2秒內(nèi)發(fā)射了5×1015個(gè)電子，已知電子的電量e＝1.6×10﹣19C，則示波管中的電流大小和方向?yàn)椋ā　。?br /> A．大小為8×10﹣4A，和發(fā)射方向相同
B．大小為4×10﹣4A，和發(fā)射方向相同
C．大小為8×10﹣4A，和發(fā)射方向相反
D．大小為4×10﹣4A，和發(fā)射方向相反
【分析】每個(gè)電子的電荷量大小為e＝1.6×10﹣19C．根據(jù)電流的定義式I，求解示波管中電流的大小，方向?yàn)檎姾傻倪\(yùn)動(dòng)方，與負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)方向相反
【解答】解：每個(gè)電子的電荷量大小為：e＝1.6×10﹣19C，
5×1015個(gè)電子總電荷量為：q＝5×1015×1.6×10﹣19C＝8×10﹣4C，
則示波管中電流大小為：I。
電流方向?yàn)檎姾蛇\(yùn)動(dòng)方向，故與負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)方向相反，故D正確
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題首先要了解電子的電荷量等于元電荷，是個(gè)常量．其次要掌握電流的定義式．
16．（鼓樓區(qū)校級(jí)期中）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上的P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（　?。?br />
A．極板X(qián)帶正電 B．極板X(qián)′不帶電
C．極板Y′帶正電 D．極板Y不帶電
【分析】從P點(diǎn)坐標(biāo)都是正值判斷，電子先向Y板偏轉(zhuǎn)，再向X板偏轉(zhuǎn)。
【解答】解：亮斑P點(diǎn)X、Y坐標(biāo)都是正值，說(shuō)明電子都向XY板偏轉(zhuǎn)，所以Y、X板都帶正電，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】示波管里兩組偏轉(zhuǎn)場(chǎng)，重點(diǎn)看清使電子向哪里偏：YY′使電子向上或下偏，XX′使電子向前或后偏。
17．（六安月考）如圖所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成。如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（　?。?br />
A．極板X(qián)′應(yīng)帶正電，極板Y應(yīng)帶正電
B．極板X(qián)應(yīng)帶正電，極板Y應(yīng)帶正電
C．極板X(qián)′應(yīng)帶正電，極板Y′應(yīng)帶正電
D．極板X(qián)應(yīng)帶正電，極板Y′應(yīng)帶正電
【分析】由亮斑位置可知電子偏轉(zhuǎn)的打在偏向X，Y方向，由電子所受電場(chǎng)力的方向確定電場(chǎng)的方向，再確定極板所帶的電性由亮斑位置可知電子偏轉(zhuǎn)的打在偏向X，Y方向，由電子所受電場(chǎng)力的方向確定電場(chǎng)的方向，再確定極板所帶的電性。
【解答】解：電子受力方向與電場(chǎng)方向相反，因電子向X方向偏轉(zhuǎn)，則電場(chǎng)方向?yàn)閄到X′，則X帶正電，即極板X(qián)的電勢(shì)高于極板X(qián)′。
同理可知Y帶正電，即極板Y的電勢(shì)高于極板Y′；
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】考查電子的偏轉(zhuǎn)，明確電子的受力與電場(chǎng)的方向相反。
18．（濰坊模擬）如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場(chǎng)，E、F、H是對(duì)應(yīng)邊的中點(diǎn)。P點(diǎn)是EH的中點(diǎn)。一個(gè)帶正電的粒子（不計(jì)重力）從F點(diǎn)沿FH方向射入電場(chǎng)后恰好從C點(diǎn)射出，以下說(shuō)法正確的是（　　）

A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)P點(diǎn)
B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)PH之間某點(diǎn)
C．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過(guò)EH
D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，粒子恰好由E點(diǎn)從BC邊射出
【分析】由題意可知電場(chǎng)方向在豎直方向，粒子做的是類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，和平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律類(lèi)似，只不過(guò)平拋時(shí)受到重力，這個(gè)題受的是電場(chǎng)力。仿照平拋運(yùn)動(dòng)的分析方法，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析即可。
【解答】解：AB、粒子從F點(diǎn)沿FH方向射入電場(chǎng)后恰好從C點(diǎn)射出，其軌跡是拋物線，根據(jù)推論知，過(guò)C點(diǎn)做速度的反向延長(zhǎng)線一定與水平位移交于FH的中點(diǎn)，而延長(zhǎng)線又經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，所以粒子軌跡一定經(jīng)過(guò)PE之間某點(diǎn)，故A、B錯(cuò)誤；
C、由上知，粒子從C點(diǎn)射出時(shí)速度反向延長(zhǎng)線與EH垂直。若增大初速度，粒子軌跡可能經(jīng)過(guò)PH之間某點(diǎn)，根據(jù)速度的反向延長(zhǎng)線交水平位移中點(diǎn)，可知粒子不可能垂直穿過(guò)EH．故C錯(cuò)誤。
D、由平拋知識(shí)類(lèi)比可知，當(dāng)豎直位移一定時(shí)，水平速度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則水平位移也變?yōu)樵瓉?lái)的一半，粒子恰好由E點(diǎn)射出BC．故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用類(lèi)比的方法分析比較簡(jiǎn)單，也可以運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論，分析時(shí)間和豎直關(guān)系進(jìn)行求解。
19．（山東模擬）如圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加電壓為之U，電子最終打在光屏P上．只改變某一條件，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（　　）

A．滑動(dòng)變阻器滑片向右移動(dòng)時(shí)，電了打在熒光屏上的位置上升
B．滑動(dòng)變阻器滑片向左移動(dòng)時(shí)，電子打在熒光屏上的位置上升
C．電壓U增大時(shí)，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間增大
D．電壓U增大時(shí)，電子打在熒光屏上的速度大小不變
【分析】滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，加速電壓增大，加速后速度變大，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，粒子在平行偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向的位移減小．同理觸頭向左移動(dòng)時(shí)，加速電壓減小，加速后速度變小，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，粒子在平行偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向的位移增大；當(dāng)加速電壓不變時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓變化，影響平行電場(chǎng)方向的電場(chǎng)力的大小，也就是影響加速度的大小，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，改變偏轉(zhuǎn)的位移大?。?br /> 【解答】解：電子在加速電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU′，則得電子獲得的速度為：v。
電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，電子在沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t；
在平行電場(chǎng)方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a，電子在電場(chǎng)方向偏轉(zhuǎn)的位移y。
聯(lián)立以上各式得：y
又因?yàn)槠D(zhuǎn)電場(chǎng)方向向下，所以電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里向上偏轉(zhuǎn)。
A、B：滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，加速電壓U′變大，由上可知電子偏轉(zhuǎn)位移變小，因?yàn)殡娮酉蛏掀D(zhuǎn)，故在屏上的位置下降，相反，滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，電子打在熒光屏上的位置上升，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、偏轉(zhuǎn)電壓U增大時(shí)，電子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力增大，即電子偏轉(zhuǎn)的加速度a增大，又因?yàn)殡娮蛹铀佾@得的速度v不變，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，離開(kāi)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于水平速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間也不變，所以電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變。故C錯(cuò)誤。
D、電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，a增大，而電子打在屏上的速度為v′，故電子打在屏上的速度增大。故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】電子在加速電場(chǎng)作用下做加速運(yùn)動(dòng)，要能運(yùn)用動(dòng)能定理可得電子獲得的速度與加速電場(chǎng)大小間的關(guān)系．
電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間受電場(chǎng)的寬度和進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度所決定，電子在電場(chǎng)方向偏轉(zhuǎn)的距離與時(shí)間和電場(chǎng)強(qiáng)度共同決定．熟練用矢量合成與分解的方法處理類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．
二．多選題（共6小題）
20．（浙江月考）關(guān)于下列四幅圖片的物理知識(shí)說(shuō)法正確的是（　　）
A．圖（甲）中，賽車(chē)安裝強(qiáng)勁的發(fā)動(dòng)機(jī)，是為了獲得很大的慣性
B．圖（乙）中，電解電容器外殼上標(biāo)有的“10V”，是指擊穿電壓，不是額定電壓
C．圖（丙）中，用帶正電荷的物體C靠近導(dǎo)體A，導(dǎo)體A帶負(fù)電，導(dǎo)體B帶正電
D．圖（?。┦谴帕黧w發(fā)電機(jī)的原理示意圖，上極板A將聚集負(fù)電荷
【分析】物體的慣性只和質(zhì)量有關(guān)；
電容器上的10V指的是額定電壓，不是擊穿電壓；
根據(jù)靜電感應(yīng)可以判斷金屬導(dǎo)體的感應(yīng)的電荷的情況，從而可以判斷導(dǎo)體帶電的情況；
依據(jù)左手定則可判定洛倫茲力方向，從而即可求解。
【解答】解：A、物體的慣性只和質(zhì)量有關(guān)系，與力無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B、電解電容器外殼上標(biāo)有的“10V”，指的額定電壓，故B錯(cuò)誤；
C、用帶正電荷的物體C靠近導(dǎo)體A，靜電感應(yīng)，導(dǎo)體A帶負(fù)電，導(dǎo)體B帶正電，故C正確；
D、根據(jù)左手定則可判斷正離子受到向下的洛倫茲力，聚集在B極板，負(fù)離子聚集在A極板，故D正確；
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】考查擊穿電壓與額定電壓的區(qū)別，掌握靜電感應(yīng)現(xiàn)象中，電荷重新分布，但總量不變，理解左手定則的應(yīng)用，注意與右手定則的區(qū)別。
21．（太原期中）關(guān)于以下四幅圖中各元器件的功能的說(shuō)法中，正確的是（　?。?br />
A．甲圖所示的可變電容器，動(dòng)片旋出時(shí)可以使其與定片正對(duì)面積變小，電容會(huì)變小
B．乙圖所示裝置的“萊頓瓶”，可以用來(lái)檢驗(yàn)物體是否帶有電荷
C．丙圖中電容器與電源相連，此時(shí)電容器正處于放電過(guò)程
D．丁圖所示的電容器，它表面所標(biāo)1000μF表示電容器電容的大小
【分析】甲圖中的可變電容器是靠改變正對(duì)面積來(lái)改變電容大小的；乙圖是萊頓瓶，是用來(lái)儲(chǔ)存電荷的；丙圖中的電容器是正處于充電過(guò)程；丁圖電容器上面所標(biāo)的表示電容的大小以及額定電壓的多少。
【解答】解：A、甲圖所示的就是可變電容器，是通過(guò)改變正對(duì)面積改變電容大小的，電容器的正對(duì)面積減小，電容變小，故A正確；
B、乙圖所示的“萊頓瓶”，可以用來(lái)儲(chǔ)存電荷，故B錯(cuò)誤；
C、丙圖中電容器與電源相連，此時(shí)電容器處于充電過(guò)程，故C錯(cuò)誤；
D、丁圖所示的電容器，上面所標(biāo)的電容表示電容的大小，電壓表示額定電壓。所以表面所標(biāo)的1000μF表示電容器電容的大小為1000μF，電壓80V表示額定電壓，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】正確認(rèn)識(shí)各個(gè)用電器，掌握它們的特點(diǎn)，算是理論與實(shí)踐的結(jié)合。
22．（和平區(qū)校級(jí)一模）目前智能手機(jī)普遍采用了電容觸摸屏，電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)合玻璃屏，玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO（納米銦錫金屬氧化物），夾層ITO涂層作為工作面，四個(gè)角引出四個(gè)電極，當(dāng)用戶(hù)手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指和工作面形成一個(gè)電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，電流通過(guò)這個(gè)電容器分別從屏的四個(gè)角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例，控制器通過(guò)對(duì)四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來(lái)確定手指位置。對(duì)于電容觸摸屏，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào)
B．使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作
C．手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小
D．手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大
【分析】根據(jù)題干信息可以判斷電容觸摸屏只需接觸就可產(chǎn)生位置信號(hào)；絕緣筆不能和工作面構(gòu)成一個(gè)電容器，根據(jù)可以判斷距離和面積發(fā)生變化時(shí)，電容的變化情況。
【解答】解：A、由題干可以看出當(dāng)用戶(hù)手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指和工作面形成一個(gè)電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，電流通過(guò)這個(gè)電容器分別從屏的四個(gè)角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例，控制器通過(guò)對(duì)四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來(lái)確定手指位置，故A正確。
B、絕緣筆不能導(dǎo)電，不能和工作面形成一 個(gè)電容器，所以不能工作，故B錯(cuò)誤。
CD、根據(jù)可知，手指壓力變大時(shí)，手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變大，手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)本題一個(gè)是讀懂題目，一個(gè)是要知道電容器的構(gòu)造，再一個(gè)就是要對(duì)電容器的決定式有正確的理解才能正確的解答。
23．（長(zhǎng)安區(qū)一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的圓周，另外空間有一平行于圓周平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、D兩點(diǎn)為圓周上和圓心同一高度的點(diǎn)，C點(diǎn)為圓周上的最高點(diǎn)。在與OA夾角為θ＝30°的圓弧B點(diǎn)上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在豎直面（平行于圓周面）內(nèi)沿各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、帶電的同種微粒，在對(duì)比通過(guò)圓周上各點(diǎn)的微粒中，發(fā)現(xiàn)從圓周D點(diǎn)上離開(kāi)的微粒機(jī)械能最大，從圓周E點(diǎn)（OE與豎直方向夾角α＝30°）上離開(kāi)的微粒動(dòng)能最大，已知重力加速度為g，取最低點(diǎn)F所在水平面為重力零勢(shì)能面。則有（　?。?br />
A．電場(chǎng)一定沿OD方向，且電場(chǎng)力等于mg
B．通過(guò)E點(diǎn)的微粒動(dòng)能大小為（1）mgRmv02
C．動(dòng)能最小的點(diǎn)可能在BC圓弧之間
D．A點(diǎn)的動(dòng)能一定小于B點(diǎn)
【分析】依據(jù)除重力之外的力做功導(dǎo)致微粒機(jī)械能變化，從而判定電場(chǎng)力方向，再結(jié)合動(dòng)能定理，即可判定求解；
根據(jù)等效法，可確定等效重力位置，依據(jù)合力做功多少，即動(dòng)能變化多少，即可求解。
【解答】解：AB、在D點(diǎn)微粒機(jī)械能最大，說(shuō)明B到D電場(chǎng)力做功最大，由數(shù)學(xué)關(guān)系知過(guò)D點(diǎn)做圓的切線為電場(chǎng)的等勢(shì)線，即電場(chǎng)力沿OD方向，帶電粒子電性未知，場(chǎng)強(qiáng)方向不能確定。在E點(diǎn)微粒動(dòng)能最大，說(shuō)明B到E合力做功最多，即重力電場(chǎng)力的合力方向沿OE，有：tan30°，mg＝F合cos30°，解得Eqmg，F(xiàn)合mg，根據(jù)動(dòng)能定理有：EkEmv02+F合R（1+cos30°）＝（1）mgRmv02，故A錯(cuò)誤、B正確；
C、OE反向延長(zhǎng)線與圓的交點(diǎn)，為等效重力的最高點(diǎn)，當(dāng)合力做的負(fù)功最大，則動(dòng)能最小，因此動(dòng)能最小的點(diǎn)一定在BC圓弧之間，故C正確；
D、B點(diǎn)到A點(diǎn)等效重力（合力）做正功，動(dòng)能增加，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是明確等效重力的方向，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用，注意等效法的運(yùn)用，及等效重力最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的位置是解題的關(guān)鍵。
24．（和平區(qū)校級(jí)模擬）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示．如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（　?。?br />
A．極板X(qián)的電勢(shì)高于極板X(qián)′
B．極板X(qián)′的電勢(shì)高于極板X(qián)
C．極板Y的電勢(shì)高于極板Y′
D．極板Y′的電勢(shì)高于極板Y
【分析】由亮斑位置可知電子偏轉(zhuǎn)的打在偏向X，Y向，由電子所受電場(chǎng)力的方向確定電場(chǎng)的方向，再確定極板所帶的電性
【解答】解：電子受力方向與電場(chǎng)方向相反，因電子向X向偏轉(zhuǎn)則，電場(chǎng)方向?yàn)閄到X′，則X帶正電；故極板X(qián)的電勢(shì)高于極板X(qián)′；
同理可知Y帶正電，故Y的電勢(shì)高于極板Y′的電勢(shì)；故AC正確，BD錯(cuò)誤
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查示波器的原理，要注意電子受到的力指向正極板．
25．（瑤海區(qū)月考）讓H、H、He和Al3+的混合物以相同的速度方向從同一位置垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，設(shè)四種粒子都能飛出電場(chǎng)，粒子重力不計(jì)，則下列說(shuō)法中正確的是（　　）

A．若粒子以相同初動(dòng)能入射，則飛出電場(chǎng)時(shí)它們將分成3股
B．若粒子以相同初動(dòng)能入射，則飛出電場(chǎng)時(shí)它們將分成4股
C．若粒子以相同初速度入射，則飛出電場(chǎng)時(shí)它們將分成3股
D．若粒子經(jīng)間一加速場(chǎng)從靜止加速后入射，則飛出電場(chǎng)時(shí)它們將分成2股
【分析】四種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律推導(dǎo)偏轉(zhuǎn)距離與比荷等的關(guān)系，從而明確分成幾股。
【解答】解：AB、粒子垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)都做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m；板間距為d，極板長(zhǎng)度為l；根據(jù)牛頓第二定律得到粒子加速度的表達(dá)式為：a
粒子射出電場(chǎng)時(shí)的側(cè)位移y的表達(dá)式為：y，飛行時(shí)間t
聯(lián)立上三式得：y
偏轉(zhuǎn)角度tanθ
由題，兩個(gè)粒子的初動(dòng)能Ek相同，E、l相同，則y、tanθ與q成正比，故 H、H運(yùn)動(dòng)軌跡重合，但和He和Al3+的軌跡不同，故會(huì)分為三股，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、若以相同的初速度入射，由y和tanθ可知，H和He運(yùn)動(dòng)軌跡重合，但和 H和Al3+的軌跡不同，故會(huì)分成三股，故C正確；
D、若粒子經(jīng)間一加速場(chǎng)從靜止加速后入射，則有：Uqmv02，以及AB中推導(dǎo)出的偏轉(zhuǎn)距離和偏轉(zhuǎn)角度可知，y，tanθ，則可知，所有粒子偏轉(zhuǎn)距離和角度與比荷無(wú)關(guān)，故粒子不會(huì)分股，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，要牢記粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一加速電場(chǎng)加速，再垂直打入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡相同。
三．填空題（共8小題）
26．（廈門(mén)一模）隨著科技的發(fā)展，電容器已經(jīng)廣泛應(yīng)用于各種電器中．有一平行板電容器，它的極板上帶有6×10﹣4C的電荷量，現(xiàn)只改變電容器所帶的電荷量，使其兩板間的電壓變?yōu)?.5V，此時(shí)極板上所帶的電荷量比原來(lái)減少了4.5×10﹣4C，則此電容器的電容為　300　μF，電容器原來(lái)兩板間的電壓為　2　V。
【分析】先求出電容器極板上的帶電量，然后由電容的定義式即可求出電容；由電容的公式即可求出開(kāi)始時(shí)兩板間的電壓。
【解答】解：電容器極板上的電荷量減少后，剩余的電荷量：Q＝Q1﹣△Q＝6×10﹣4C﹣4.5×10﹣4C＝1.5×10﹣4C
電容器的電容：CF＝3×10﹣4F＝300μF
電容器原來(lái)兩板間的電壓：V＝2V
故答案為：300，2
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于電容器的電容，表征電容器容納電荷的本領(lǐng)大小，與其電量、電壓無(wú)關(guān)。求電容也可用C計(jì)算。
27．（徽縣校級(jí)期末）如圖所示，A和B兩平行金屬板相距10mm，M點(diǎn)距A板及N點(diǎn)距B板均為2mm，則板間場(chǎng)強(qiáng)為　400　N/C．A板電勢(shì)為　﹣4　V，N點(diǎn)電勢(shì)為　﹣0.8　V．

【分析】根據(jù)公式E，由電容器板間電壓和距離求出板間場(chǎng)強(qiáng)．由U＝Ed求出N點(diǎn)與下板的電勢(shì)差，確定N點(diǎn)的電勢(shì)．
【解答】解；板間場(chǎng)強(qiáng)為：EN/C＝400N/C．板間電場(chǎng)方向向上，A點(diǎn)的電勢(shì)低于B板的電勢(shì)，B板電勢(shì)為零，則A板電勢(shì)為﹣4V．B與N間電勢(shì)差UBN＝EdBN＝400×2×10﹣3V＝0.8V，則N點(diǎn)電勢(shì)為﹣0.8V．
故答案為：400，﹣4，﹣0.8
【點(diǎn)評(píng)】求電勢(shì)時(shí)，一般先求出該點(diǎn)與零電勢(shì)點(diǎn)間的電勢(shì)差，根據(jù)電勢(shì)的高低再求該點(diǎn)的電勢(shì)．
28．（景洪市校級(jí)期末）平行板電容器的電容與兩極板的正對(duì)面積、　兩極板間距離　及電解質(zhì)有關(guān)．
【分析】根據(jù)電容的決定式判斷
【解答】解：根據(jù)電容的決定式知，平行板電容器的電容與電解質(zhì)、兩極板的正對(duì)面積s、兩極板間的距離有關(guān)
故答案為：兩極板間距離
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握電容的決定式，知道影響電容的因素．
29．（和平區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)極板，B板接地，A板帶有電荷量+Q，板間電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)P，若將B板固定，A板下移一些，則P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度　不變?。ㄟx填“變大”“變小”或者“不變”），P點(diǎn)電勢(shì)　不變?。ㄟx填“升高”“降低”或者“不變”）。

【分析】電容器兩板所帶電量不變，改變板間距離時(shí)，根據(jù)推論可知場(chǎng)強(qiáng)不變；由U＝Ed分析P點(diǎn)與下板間的電勢(shì)差如何變化，結(jié)合電勢(shì)的高低關(guān)系，判斷P點(diǎn)電勢(shì)的變化。
【解答】解：根據(jù)電容的決定式C、電容的定義式C和E聯(lián)立解得：板間場(chǎng)強(qiáng)為 E，因電容器兩板所帶電量不變，正對(duì)面積不變，A板下移時(shí)，d減小，根據(jù)E可知，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變；因P點(diǎn)與下板的距離不變，根據(jù)公式U＝Ed，P點(diǎn)與下板間的電勢(shì)差不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)不變。
故答案為：不變；不變。
【點(diǎn)評(píng)】本題是電容器的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，電量不變只改變板間距離時(shí)，板間的場(chǎng)強(qiáng)E要在理解并會(huì)推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記住，這是一個(gè)很重要的結(jié)論。
30．（沿河縣校級(jí)期中）如圖所示的實(shí)驗(yàn)是探究影響平行板電容器電容的裝置，極板A接地，平行板電容器的極板B與一個(gè)靈敏的靜電計(jì)相接．將A極板向左移動(dòng)，增大電容器兩極板間的距離時(shí)，觀察到靜電計(jì)指針的夾角變　大　，將A極板向上移動(dòng)時(shí)，觀察到靜電計(jì)指針的夾角變　大　，將玻璃插入兩板間時(shí)，觀察到靜電計(jì)指針的夾角變　小　，這說(shuō)明平行板電容器的電容與　正對(duì)面積　、　兩板間的距離　、　插入的電介質(zhì)　因素有關(guān)．
本實(shí)驗(yàn)應(yīng)用了研究物理問(wèn)題方法中的　控制變量法　．

【分析】根據(jù)電容器的決定式分析靜電計(jì)的示數(shù)，即電容器兩極板間的電壓的變化．
【解答】解：電容器兩板上的電量不變；由C可知，當(dāng)增大兩板間的距離時(shí)，C減小，則由Q＝UC可知，U增大；
A板向上移動(dòng)時(shí)，S減小，C減小，U增大；
當(dāng)插入玻璃時(shí)，介電常數(shù)增大，C增大，則U減小；
這說(shuō)明電容與正對(duì)面積、兩板間的距離、插入的電介質(zhì)有關(guān)；本實(shí)驗(yàn)采用了控制變量的方法進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；
故答案為：大；大；?。徽龑?duì)面積、兩板間的距離、插入的電介質(zhì)；控制變量法．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查電容器的實(shí)驗(yàn)方法，要注意正確利用控制變量法進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．
31．（三明三模）航天器離子發(fā)動(dòng)機(jī)原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進(jìn)劑離化（即電離出正離子），正離子被正、負(fù)極柵板間的電場(chǎng)加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進(jìn)或調(diào)整姿態(tài)的反沖力。已知單個(gè)正離子的質(zhì)量為m、電荷量為q，正、負(fù)柵板間加速電壓為U，單位時(shí)間從噴口噴出的正離子個(gè)數(shù)為n，忽略離子間的相互作用力及進(jìn)入柵板時(shí)的初速度。則單個(gè)正離子經(jīng)正、負(fù)柵板間的電場(chǎng)加速后，獲得的動(dòng)能Ek＝　qU　，該航天器獲得的平均反沖力F＝　I　。

【分析】先根據(jù)動(dòng)能定理求出離子經(jīng)電場(chǎng)加速后的動(dòng)能，從而求出從端口噴出時(shí)的速度v0的大小，再根據(jù)電流的定義式I和動(dòng)量定理分別列式求出該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的平均推力大小F。
【解答】解：加速電壓為U，故電場(chǎng)力做功W＝qU；
設(shè)離子經(jīng)電場(chǎng)加速后，從端口噴出時(shí)的速度大小為v0。由動(dòng)能定理得Ek＝qU；
解得：v0
設(shè)在△t時(shí)間內(nèi)有n個(gè)離子被噴出，根據(jù)電流的定義式得：I
對(duì)于單個(gè)離子，由動(dòng)量定理得：F0△t＝mv0
若有n個(gè)離子被噴出，則有F′＝nF0
由以上各式聯(lián)立可解得：F′＝I
根據(jù)牛頓第三定律可知，該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的平均推力大?。篎＝F′＝I。
故答案為：qU；I。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要理清離子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分別運(yùn)用動(dòng)能定理和動(dòng)量定理進(jìn)行列式計(jì)算，同時(shí)注意對(duì)于連續(xù)介質(zhì)問(wèn)題，常常運(yùn)用動(dòng)量定理研究作用力。
32．（邵陽(yáng)縣校級(jí)月考）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、　偏轉(zhuǎn)電極　和　熒光屏　三部分組成，如圖所示．如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，可知示波管中的極板X(qián)的電勢(shì)　高于　（填“高于”或“低于”）極板X(qián)′；極板Y的電勢(shì)　高于?。ㄌ睢案哂凇被颉暗陀凇保O板Y′．

【分析】示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，根據(jù)電子的偏轉(zhuǎn)方向確定極板所帶的電荷的電性，從而確定電勢(shì)的高低．
【解答】解：示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，因?yàn)榱涟呦験極板上端偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明電子的受力向上；則Y極帶正電，即極板Y的電勢(shì)高于極板Y′，亮斑向X極板偏轉(zhuǎn)，則X極板帶正電，則X極板的電勢(shì)高于極板X(qián)′．
故答案為：偏轉(zhuǎn)電極，熒光屏，高于，高于．
【點(diǎn)評(píng)】考查電子的偏轉(zhuǎn)，明確電子的受力與電場(chǎng)的方向相反，注意理解示波管的工作原理．
33．（陽(yáng)泉期末）一束粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)，如圖所示，粒子a帶　負(fù)　電；c帶　正　電。

【分析】正電荷所受電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，負(fù)電荷所受電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，不帶電的粒子不受電場(chǎng)力，根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡判斷粒子所受電場(chǎng)力方向，然后根據(jù)電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向間的關(guān)系判斷粒子的電性。
【解答】解：由圖示可知，a粒子向左偏轉(zhuǎn)，所受電場(chǎng)力水平向左，與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則a帶負(fù)電；
c粒子向右偏轉(zhuǎn)，所受電場(chǎng)力水平向右，與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，c帶正電。
故答案為：負(fù)；正。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了判斷粒子電性問(wèn)題，知道粒子所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向間的關(guān)系根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向即可解答。
四．計(jì)算題（共8小題）
34．（通州區(qū)期末）按圖甲所示連接電路，當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電源將使電容器兩極板帶上等量異種電荷，這一個(gè)過(guò)程叫做電容器充電。已知電容器的電容為C，電源電動(dòng)勢(shì)大小為E。

（1）求充電結(jié)束后電容器所帶的電荷量Q。
（2）為了檢驗(yàn)第（1）問(wèn)結(jié)果是否正確，在圖甲中用電流傳感器觀察到充電時(shí)，電路中電流隨時(shí)間變化的i﹣t曲線如圖乙所示，其中I0、T0．為已知量。類(lèi)比是一種常用的研究方法，對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，我們學(xué)習(xí)了用v﹣t圖象求位移的方法。請(qǐng)你借鑒此方法，估算充電結(jié)束后電容器所帶的電荷量的大小。
（3）電容器在充電過(guò)程中，兩極板間的電壓u隨所帶電荷量q增多而增大，儲(chǔ)存的能量增大。請(qǐng)?jiān)趫D丙中畫(huà)出電容器充電過(guò)程中的u﹣q圖象，并借助圖象求出充電結(jié)束后電容器儲(chǔ)存的能量E0。
【分析】（1）根據(jù)電路關(guān)系知電容器電壓，根據(jù)電容定義知Q＝CU求解；
（2）充電結(jié)束后所帶電荷量等于i﹣t圖象與坐標(biāo)圍成的面積；
（3）根據(jù)電容定義作圖，根據(jù)圖象的面積求解能量。
【解答】解：（1）充電結(jié)束后，電容器兩端電壓等于電動(dòng)勢(shì)，即U＝E，
所以Q＝CU＝CE
（2）充電結(jié)束后所帶電荷量等于i﹣t圖象與坐標(biāo)圍成的面積，即Q＝22S0＝22I0T0
（3）根據(jù)以上電容的定義可知u，畫(huà)出u﹣q圖象如圖，
由圖象可知，穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量E0為u﹣q圖線與橫軸之間的面積E0EQ，代入得E0CE2
答：（1）充電結(jié)束后電容器所帶的電荷量Q為CE。
（2）充電結(jié)束后所帶電荷量等于i﹣t圖象與坐標(biāo)圍成的面積，即充電結(jié)束后電容器所帶的電荷量的大小為22I0T0。
（3）作圖如右，并借助圖象求出充電結(jié)束后電容器儲(chǔ)存的能量E0CE2。

【點(diǎn)評(píng)】此題考查電路特點(diǎn)和C應(yīng)用以及圖象的物理意義，要學(xué)會(huì)知識(shí)的遷移。
35．（華寧縣校級(jí)月考）計(jì)算機(jī)鍵盤(pán)上的每一個(gè)按鍵下面都有一個(gè)電容傳感器。電容的計(jì)算公式是，其中常量ε＝9.0×10﹣12F?m﹣1，S表示兩金屬片的正對(duì)面積，d表示兩金屬片間的距離。當(dāng)某一鍵被按下時(shí)，d發(fā)生改變，引起電容器的電容發(fā)生改變，從而給電子線路發(fā)出相應(yīng)的信號(hào)。
已知兩金屬片的正對(duì)面積為50mm2，鍵未被按下時(shí)，兩金屬片間的距離為0.60mm。只要電容變化達(dá)0.25pF，電子線路就能發(fā)出相應(yīng)的信號(hào)。那么為使按鍵得到反應(yīng)，至少需要按下多大距離

【分析】明確題意，由題意可知電容的計(jì)算公式求出未按下時(shí)的電阻，再根據(jù)按鍵得到反應(yīng)時(shí)電容的變化確定按下的距離。
【解答】解：
由題中給出的電容計(jì)算公式C＝ε及相關(guān)數(shù)據(jù)，解得鍵未按下時(shí)的電容C1＝0.75pF，
由得，，
又C2＝1.00pF，
解得△d＝0.15mm。
答：為使按鍵得到反應(yīng)，至少需要按下0.15mm的距離。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)電容器的認(rèn)識(shí)，注意應(yīng)通過(guò)題意明確電容器的決定式，同時(shí)明確電容為定值，故成立。
36．（東莞市校級(jí)月考）如圖所示，在平行板電容器兩極板MN中將電荷量為q＝4×10﹣6C的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到M板，電場(chǎng)力做負(fù)功WAM＝8×10﹣4J，把該點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到N板，電場(chǎng)力做正功WAN＝4×10﹣4J，電容器帶電荷量為Q＝6×10﹣8C，N板接地。則：
（1）A點(diǎn)的電勢(shì)φA是多少？
（2）UMN等于多少伏？
（3）M板的電勢(shì)φM是多少？
（4）平行板電容器的電容。

【分析】（1）根據(jù)電勢(shì)差公式U分別求出A、N間的電勢(shì)差，即可得到A點(diǎn)的電勢(shì)。
（2）由電勢(shì)差公式求出A、M間的電勢(shì)差。
（3）N點(diǎn)電勢(shì)為零，由MN間的電勢(shì)差，即可求出M板的電勢(shì)。
（4）由Q＝CU即可求出平行板電容器的電容。
【解答】解：（1）A、N間的電勢(shì)差為：UAN，又：UAN＝φA﹣φN，φN＝0，則A點(diǎn)的電勢(shì)為：φA＝100V。
（2）由電勢(shì)差與電場(chǎng)力做功得關(guān)系可得：UMNV＝300V。
（3）由電勢(shì)差與電勢(shì)之間的關(guān)系可得：UMN＝φM﹣φN，φN＝0，
則M板的電勢(shì)：φM＝300V。
（4）平行板電容器的電容為：C2×10﹣10F
答：（1）A點(diǎn)的電勢(shì)φA是100V；
（2）UMN等于300 V；
（3）M板的電勢(shì)φM是300V；
（4）平行板電容器的電容為2×10﹣10F。
【點(diǎn)評(píng)】運(yùn)用電勢(shì)差公式U時(shí)，要注意電荷移動(dòng)的方向，往往公式中三個(gè)量都要代入符號(hào)一起計(jì)算。
37．（二七區(qū)校級(jí)期中）豎直放置的平行板電容器，其中平行金屬板A、B相距d＝30cm，帶有等量異種電荷。在兩板間用絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)質(zhì)量m＝4.0×10﹣5 kg，帶電荷量q＝3.0×10﹣7C的小球，平衡時(shí)懸線偏離豎直方向，夾角α＝37°，如圖所示。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8g＝10m/s2）。求：
（1）懸線的拉力；
（2）AB板間的電場(chǎng)強(qiáng)度；
（3）AB板間的電壓；
（4）若該電容器帶電荷量為Q＝3×10﹣2C，求其電容為多大？

【分析】（1）（2）小球受重力、電場(chǎng)力和繩子拉力而平衡，根據(jù)平衡列式求解；
（3）根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中U＝Ed列式求解；
（4）根據(jù)C列式求解。
【解答】解：（1）（2）小球受重力、電場(chǎng)力和繩子拉力，受力分析如圖所示：

由平衡得：
繩子拉力為：
qE＝mgtanα
解得：1000N/C
（3）AB板間的電壓為UAB＝Ed＝1000×0.3V＝300V
（4）若該電容器帶電荷量為Q＝3×10﹣2C，則電容器電容為：

答：（1）懸線的拉力為5×10﹣4N；
（2）AB板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為1000N/C；
（3）AB板間的電壓為300V；
（4）若該電容器帶電荷量為Q＝3×10﹣2C，其電容為1×10﹣4F。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)強(qiáng)度定義式、電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)系以及共點(diǎn)力平衡的綜合運(yùn)用，在U＝Ed中，注意d為沿電場(chǎng)線方向上的距離。
38．（蕪湖期末）如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩極板間距為d＝0.06m，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.3m，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)迅速將下極板向下平移△d＝0.02m，液滴最后恰好從極板的末端飛出，g取10m/s2，求：
（1）將下極板向下平移后，液滴的加速度大??；
（2）液滴從射入電場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間。

【分析】（1）先求出帶電液滴的受力，再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度；
（2）先求出液滴類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再求出進(jìn)入電場(chǎng)到離開(kāi)電場(chǎng)總時(shí)間，可以求出勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間。
【解答】解：（1）帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場(chǎng)力，因?yàn)橐旱巫鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)。所以有
qE＝mg.
即qmg
整理得qU＝mgd
當(dāng)下板向下后，d增大，E減小，電場(chǎng)力減小，故液滴向下偏轉(zhuǎn)，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。
此時(shí)液滴所受電場(chǎng)力為
F′＝q
根據(jù)牛頓第二定律，聯(lián)立各式得
ag＝2.5m/s2
（2）因?yàn)橐旱蝿偤脧慕饘侔迥┒孙w出，所以液滴在豎直方向上的位移為

設(shè)液滴從P點(diǎn)開(kāi)始在勻強(qiáng)電場(chǎng)中飛行的時(shí)間為t2，則
a
解得t2＝0.2s
而液滴從剛進(jìn)入電場(chǎng)到出電場(chǎng)的時(shí)間
ts＝0.6s
故液滴從射入電場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用時(shí)間為
t1＝t﹣t2＝0.6s﹣0.2s＝0.4s
答：（1）將下極板向下平移后，液滴的加速度大小為2.5m/s2；
（2）液滴從射入電場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為0.4s。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)于平拋運(yùn)動(dòng)的結(jié)論同樣適用。
39．（宿遷期末）如圖所示，靜止的電子在經(jīng)加速電壓為U0的加速電場(chǎng)加速后，從兩極板MN的中軸線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，然后射出，若已知兩極板MN間距為d，板長(zhǎng)為l，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，重力不計(jì)，求：
（1）帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小v0；
（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；
（3）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩個(gè)極板間所能加最大電壓Um。

【分析】（1）電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理求解；
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解處理，利用沿軸線方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)求解時(shí)間；
（3）電子要射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏移量（即沿電場(chǎng)方向的位移大?。┳畲鬄闃O板間距的一半，利用垂直極板方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解最大電壓。
【解答】解：（1）電子在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：eU0
解得：v0
（2）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿中軸線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則：
l＝v0t
解得：t
（3）電子能夠從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出，最大偏移量：ym
電子沿垂直極板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則：
ym
加速度：a
解得：Um
答：（1）帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小v0為；
（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為；
（3）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩個(gè)極板間所能加最大電壓Um為。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中加速與偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，基礎(chǔ)題目。粒子在加速電場(chǎng)被加速應(yīng)用動(dòng)能定理解決，粒子軌跡偏轉(zhuǎn)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解處理，應(yīng)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。
40．（孝南區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右，在電場(chǎng)中的O點(diǎn)固定一輕細(xì)線，細(xì)線的另一端系一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，小球平衡時(shí)細(xì)線與豎直方向成α＝37°角。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）將小球拉至右側(cè)與O等高，細(xì)線水平伸直，然后將小球靜止釋放，求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)線的張力。

【分析】（1）先對(duì)小球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求出電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）對(duì)小球下落過(guò)程列出動(dòng)能定理，可直接求出小球到最低點(diǎn)速度的大小，再由向心力公式求解小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)線的張力。
【解答】解：（1）如圖所示，對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖所示；
由幾何關(guān)系可得：qE＝mgtan37°，
解得：E，方向水平向右；
（2）將小球拉至右側(cè)與O等高，細(xì)線水平伸直，然后將小球靜止釋放，在下落到最低點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
mgL﹣qELmv2﹣0，
v；
豎直方向上重力和繩子的拉力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律有：
F﹣mg＝m
解得：F，方向豎直向上。
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向水平向右；
（2）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)線的張力為，方向豎直向上。

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是：根據(jù)題意能正確進(jìn)行受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡條件和動(dòng)能定理求解出結(jié)果即可。
41．（丹東期末）長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)帶電量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上極板垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入該電場(chǎng)，剛好從下極板邊緣射出，射出時(shí)速度恰與下極板成30°角，如圖所示，不計(jì)粒子重力，求：
（1）粒子末速度的大??；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)；

【分析】（1）由速度的合成與分解求出粒子的末速度；
（2）粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度。
【解答】解：
（1）粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，合速度與水平夾角30°
由速度的合成與分解得合速度：v；
（2）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中為類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有：
在水平方向上：L＝v0t
在豎直方向上：vy＝v0tan30°
由牛頓第二定律得：qE＝ma
解得：；
答：（1）粒子末速度的大小為；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用勻速運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律、勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題；分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵。

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