?電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動
考點(diǎn)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＝.

技巧點(diǎn)撥
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壓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＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據(jù)E＝分析場強(qiáng)的變化．
③根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢變化．
(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＝＝分析場強(qiáng)變化．
③當(dāng)改變d時，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無關(guān)
D．電容在數(shù)值上等于使兩板間的電壓增加1 V時所需增加的電荷量
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關(guān)，由電容器本身決定，故A、B錯誤，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，極板間電場強(qiáng)度變大
B．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大
C．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變
D．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變
答案　D
解析　由C＝可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變?。灰?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，Q變?。儆蒃＝，由于U與d都不變，故電場強(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表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動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，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減小；根據(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)與下極板的電勢差不變，P點(diǎn)的電勢不變，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(diǎn)分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能觀點(diǎn)分析
勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1

例題精練
4.一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向是水平的，如圖2所示，一個質(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，在電場力和重力作用下恰好能沿與場強(qiáng)的反方向成θ角做直線運(yùn)動，重力加速度為g，求：

圖2
(1)電場強(qiáng)度的大小；
(2)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時其電勢能與O點(diǎn)的電勢能之差．
答案　(1)　(2)mv02cos2θ
解析　(1)小球做直線運(yùn)動，所受的電場力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，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)動學(xué)公式可得v02＝2ax
聯(lián)立可得x＝
運(yùn)動的水平距離l＝xcos θ
兩點(diǎn)間的電勢能之差ΔW＝Eql
聯(lián)立解得ΔW＝mv02cos2θ.
考點(diǎn)三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
運(yùn)動規(guī)律
(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，t＝(如圖3)．

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

技巧點(diǎn)撥
1．兩個結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，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無關(guān)．
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半．
2．功能關(guān)系
當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時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)入加速電場加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，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錯誤；由于偏轉(zhuǎn)位移y＝與粒子質(zhì)量、帶電荷量無關(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錯誤．
6.如圖5，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為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(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．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)對稱性，兩粒子的軌跡相切點(diǎn)一定在矩形區(qū)域的中心，并且兩粒子均做類平拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的獨(dú)立性和等時性可得，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)電容器的充電過程
如圖6所示，當(dāng)開關(guān)S接1時，電容器接通電源，在電場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移動，電流I＝0 .

圖6
(2)電容器的放電過程
如圖7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．

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兩端的電壓隨時間的變化圖象與A對應(yīng)．
綜合練習(xí)
一．選擇題（共16小題）
1．（無錫期末）某同學(xué)利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，下列說法正確的是（　?。?br />
A．把開關(guān)S接1，電壓表和電流表示數(shù)均逐漸增大
B．把開關(guān)S先接1再斷開，斷開后電壓表示數(shù)立即變?yōu)榱?
C．電容器充電與放電過程，通過電流表的電流方向相同
D．電容器放電過程，電壓表和電流表示數(shù)均逐漸減小
【分析】電容器與電源相接時是充電過程，用用電器相接是放電過程，兩過程電流方向相反，結(jié)合C，可判斷Q和U的關(guān)系。
【解答】解：A.把開關(guān)S接1，電容器充電過程，充電過程電容器相當(dāng)于通路，電流表有示數(shù)，電壓表即使有示數(shù)也應(yīng)該很小，充電完成后，電容器兩端的電壓等于路端電壓，此時電流表示數(shù)為0，電壓表的示數(shù)等于電源電動勢，所以電流表示數(shù)減小，電壓表示數(shù)增大，故A錯誤；
B.把開關(guān)S先接1再斷開，電容器充電后，電荷無法放出，因此電壓表示數(shù)保持不變，故B錯誤；
C.電容器充電與放電過程，通過電流表的電流方向相反，故C錯誤；
D.充電之后，把開關(guān)S接2，電容器處于放電過程，電容器帶電量逐漸減小，根據(jù)C，電容器兩端的電壓逐漸減小，流過電阻的電流逐漸減小。故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】本題考查電容器的充放電狀態(tài)，理解電荷量或電壓與充放電的關(guān)系，注意本題放電時，電壓表與電阻是并聯(lián)的。
2．（瀏陽市期中）一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是（　?。?br /> A．C和U均增大 B．C和U均減小
C．C減小，U增大 D．C增大，U減小
【分析】先根據(jù)電容的決定式C 判斷電容大小，再根據(jù)電容的定義式C 判斷電勢差的變化．
【解答】解：在兩極板間插入一電介質(zhì)，根據(jù)電容的決定式C 可知，電容C增大，
電容器的帶電量Q不變，
由電容的定義式C 知，兩極板間的電勢差U減小，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】本題要將電容的定義式及決定式的配合使用，根據(jù)電容的決定式判斷電容的變化，再由定義式判斷電壓或電量的變化．
3．（如皋市期中）“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示，已知電容器的電容為C，電容器充電后兩極板間的電壓為U，下列說法正確的是（　　）

A．開關(guān)S接1后，電流表、電壓表的示數(shù)均逐漸變大
B．開關(guān)S從1斷開后，電容器的帶電量為2CU
C．開關(guān)S從1斷開后接2時，流過電阻R的電流方向向左
D．放電的過程中，電容器把儲存的能量轉(zhuǎn)化為電路中其他形式的能量
【分析】開關(guān)S接1對電容器充電，根據(jù)電容公式得Q＝CU，判斷電壓和電荷量的變化；開關(guān)S從1斷開后接2時，電容器處于放電狀態(tài)，電流從正極板流向負(fù)極板，其儲存的電場能不斷減小。
【解答】解：A、開關(guān)S接1后電源對電容器充電，兩極板的電荷量不斷增加，由電容公式：Q＝CU，兩板間的電壓不斷升高，電壓表的示數(shù)變大，兩板間的電壓與電源的電動勢的之差不斷減小，所以電流不斷減小，電流表示數(shù)不斷減小，故A項(xiàng)錯誤；
B、開關(guān)S從1斷開后，電容器的電壓為U，電容器的帶電量為一個極板帶電量的絕對值，因而Q＝CU，故B項(xiàng)錯誤；
C、充電時，電容器上極板帶正電荷，下極板帶上負(fù)電荷，開關(guān)S從1斷開后接2時，電流從正極板流向負(fù)極板，所以流過電阻R的電流方向向右，故C項(xiàng)錯誤；
D、放電的過程中，由于電容器電荷量不斷極少，電壓不斷降低，電場能不斷減小，通過電流做功把電場能轉(zhuǎn)化為電阻R上產(chǎn)生的電熱，故D項(xiàng)正確；
故選：D。
【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生對電容器沖、放電過程的認(rèn)識，理解電路中的電流、電容器的電壓和電場能變化規(guī)律，題目較易，體現(xiàn)了學(xué)科素養(yǎng)中理解能力的考查。
4．（濱海新區(qū)期末）半導(dǎo)體指紋傳感器，多用于手機(jī)、電腦、汽車等設(shè)備的安全識別，如圖所示。傳感器半導(dǎo)體基板上有大量金屬顆粒，基板上的每一點(diǎn)都是小極板，其外表面絕緣。當(dāng)手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于指紋凹凸不平，凸點(diǎn)處與凹點(diǎn)處分別與半導(dǎo)體基板上的小極板形成正對面積相同的電容器，使每個電容器的電壓保持不變，對每個電容器的放電電流進(jìn)行測量，即可采集指紋。指紋采集過程中，下列說法正確的是（　?。?br />
A．指紋的凹點(diǎn)處與小極板距離遠(yuǎn)，電容大
B．指紋的凸點(diǎn)處與小極板距離近，電容小
C．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量增大
D．手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量減小
【分析】根據(jù)電容的定義式C判斷電容大小的變化；根據(jù)電容器的電壓保持不變，結(jié)合C分析電荷量的變化。
【解答】解：AB、根據(jù)電容的定義式C可知，指紋的凹點(diǎn)處與小極板距離遠(yuǎn)，電容小，指紋的凸點(diǎn)處與小極板距離近，電容大，故AB錯誤；
CD、手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器的電壓保持不變，根據(jù)C可知，電容器的電容增大、電容器帶電量增大，故C正確、D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】本題是電容器動態(tài)變化分析問題，解答此類問題關(guān)鍵是要抓住不變量：若電容器與電源斷開，電量保持不變；若電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢差保持不變；結(jié)合電容器的計(jì)算公式和電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系進(jìn)行分析解答。
5．（重慶校級模擬）如圖所示，平行板電容器電容為C，板距為d，上板帶正電，下板帶負(fù)電，電荷量均為Q且保持不變，兩板間的電場視為勻強(qiáng)電場．有一帶電量為﹣q的油滴正好靜止在平行板的正中央，則（　?。?br />
A．油滴的質(zhì)量為
B．油滴的質(zhì)量為
C．將上板稍向上移時，油滴將向上運(yùn)動
D．將上板稍向右移動時，油滴將向下運(yùn)動
【分析】油滴靜止在平行板的正中央，所以油滴的受力平衡，重力與電場力相等．電容器與電源斷開，此時電容器的電荷量保持不變，由電容器的公式C可以分析電容器的電容的變化，從而可以分析電場力的變化情況，得出油滴的運(yùn)動的情況．
【解答】解：A、平行板之間的電壓為U，所以平行板之間的電場強(qiáng)度為E，由于油滴靜止，所以油滴的受力平衡，所以對于油滴有mg＝qE＝q，所以油滴的質(zhì)量為m，所以A正確，B錯誤。
C、根據(jù)電容的公式可得 C，所以電容器的電壓為U，由E，可知，將上板稍向上移時，板間的距離d增加，但是電場強(qiáng)度E不變，油滴的受力不變，所以油滴不動，所以C錯誤。
D、當(dāng)上板稍向右移動時，平行板之間的正對面積減小，由E可得，極板之間的電場強(qiáng)度將變大，所以油滴受到的電場力增加，所以油滴將向上運(yùn)動，所以D錯誤。
故選：A。
【點(diǎn)評】當(dāng)電容器與電源斷開時，電容器的電荷量保持不變，當(dāng)電容器與電源相連時，電容器的電壓保持不變．
6．（2011秋?湘潭期末）下列關(guān)于電容器的電容說法正確的是（　?。?br /> A．電容器所帶電荷量越多，電容就越大
B．電容器兩極板間的電壓越高，電容就越大
C．電容器兩極板間距離增大，電容就越大
D．電容器正對面積增大，電容就越大
【分析】電容的大小與電容器兩端的電壓及電容器所帶的電量無關(guān)，根據(jù)C，知電容與兩極板的距離、正對面積有關(guān)．
【解答】解：A、電容的大小與電容器兩端的電壓及電容器所帶的電量無關(guān)。故A、B錯誤。
C、根據(jù)C，兩極板間距離增大，電容就變小。正對面積增大，電容變大。故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握電容的決定式C，知道電容與兩極板的距離、正對面積有關(guān)．與所帶的電量及兩端的電勢差無關(guān)．
7．（海淀區(qū)校級模擬）如圖所示，兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板N與靜電計(jì)相連，極板M與靜電計(jì)的外殼均接地。用靜電計(jì)測量平行板電容器兩極板間的電勢差U。在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計(jì)指針張開一定角度。在整個實(shí)驗(yàn)過程中，保持電容所帶電量Q不變，下面的操作中將使靜電計(jì)指針張角變大的是（　?。?br />
A．僅將M板向上平移
B．僅將M板向右平移
C．僅在M、N之間插入云母板
D．僅在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸
【分析】電容器充電后斷開電源保持帶電量不變，根據(jù)平行板電容器的決定式可求得C的變化，再由電容的定義式可求知指針張角的變化，注意指針張角變大時，極板之間的電壓增大．
【解答】解：A、向M板向上平移時，極板間的正對面積減小，則由C 可知，電容器的電容C減小，
則由C可知，因電荷量Q不變，則U增大，指針張角變大，故A正確；
B、將M板向右移動，則減小了極板間的距離，由決定式可得，電容C增大，同理可知指針張角變小，故B錯誤；
C、在MN之間插入云母板時，介電常數(shù)增大，則由電容器的決定式可知電容C增大，則可知U減小，故指針張角減小，故C錯誤；
D、M、N之間插入金屬板且不和M、N接觸時，相當(dāng)減小了板間距離，則d減小，電容C增大，由A的分析可知，U減小，故指針張角減小，故D錯誤；
故選：A。
【點(diǎn)評】本題考查電容器的動態(tài)分析，注意要先明確哪些量發(fā)生了變化，同時要求我們能熟練應(yīng)用平行板電容器電容的決定式及電容的定義式進(jìn)行分析．
8．（成都模擬）如圖，A、B是豎直正對放置的一對已充電的平行金屬板，兩板之間為勻強(qiáng)電場，用絕緣細(xì)線懸掛著的帶電小球靜止時，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ。下列判定正確的是（　?。?br />
A．小球帶正電
B．僅平移B板使兩板間的距離適當(dāng)增大，θ角將保持不變
C．僅平移B板使兩板間的正對面積適當(dāng)減小，θ角將保持不變
D．僅剪斷細(xì)線，在離開或碰到極板前，小球?qū)⒆銮€運(yùn)動
【分析】依據(jù)小球受力分析，結(jié)合平衡狀態(tài)，分析電場力方向，從而確定小球的電性；
根據(jù)電容的決定式C與定義式C，再結(jié)合E，推導(dǎo)電場強(qiáng)度綜合表達(dá)式，進(jìn)而即可判定；
依據(jù)剪斷前后受力分析，即可判定運(yùn)動情況。
【解答】解：A、小球處于勻強(qiáng)電場中，由題目圖可知，小球受到水平向左的電場力，由于左極板帶正電，因此小球帶負(fù)電，故A錯誤；
B、根據(jù)電容的決定式C與定義式C，再結(jié)合E，那么電場強(qiáng)度的綜合表達(dá)式為：E，僅平移B板使兩板間的距離適當(dāng)增大，極板間的電場強(qiáng)度不變，那么小球受到的電場力不變，因此θ角將保持不變，故B正確；
C、同理，僅平移B板使兩板間的正對面積適當(dāng)減小，由上可知，電場強(qiáng)度增大，那么電場力要增大，因此θ角將變大，故C錯誤；
D、剪斷前，小球受到重力、電場力與拉力處于平衡，僅剪斷細(xì)線，拉力為零，但重力與電場力的合力仍不變，與剪斷前的拉力反向，因此在離開或碰到極板前，小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運(yùn)動，故D錯誤。
故選：B。
【點(diǎn)評】此題考查電場力中的動態(tài)平衡分析，掌握電容的定義式與決定式的應(yīng)用，注意重力不變和電場力大小不變是解D選項(xiàng)的關(guān)鍵。
9．（順義區(qū)校級期中）在“研究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)”的實(shí)驗(yàn)中，用電容表可以直接測量出該平行板電容器的電容大小。某同學(xué)在測量中，記錄了一些測量結(jié)果，參看下表，表中的數(shù)據(jù)是測量出的電容大小。在實(shí)驗(yàn)誤差的允許范圍內(nèi)，可以得到的最直接的結(jié)論是（　　）
實(shí)驗(yàn)次數(shù)
極板材料
介質(zhì)材料
板間距離
正對面積
S
S
S
S
①
銅
橡膠
d
680pF
530pF
380pF
230pF
②
鐵
橡膠
d
660pF
520pF
380pF
240pF
③
鋁
亞克力板
2d
330pF
280pF
230pF
160pF
A．通過①和②數(shù)據(jù)，可知極板材料不影響平行板電容器的電容
B．通過①和③數(shù)據(jù)，可知極板材料和介質(zhì)材料都影響平行板電容器的電容
C．通過②和③數(shù)據(jù)，可知介質(zhì)材料影響平行板電容器的電容
D．通過②和③數(shù)據(jù)，可知極板的不同正對面積和板間距離影響平行板電容器的電容
【分析】根據(jù)表格中電容值，結(jié)合極板材質(zhì)，與介質(zhì)材料，以及正對面積，采用控制變量法，即可求解。
【解答】解：A、根據(jù)①和②數(shù)據(jù)，可知，控制了介質(zhì)材料相同，雖極板材料不同，但不影響平行板電容器的電容大小，故A正確。
B、①和③數(shù)據(jù)，由于沒有控制極板材質(zhì)與介質(zhì)材料，因此無法確定極板材料和介質(zhì)材料是否會影響平行板電容器的電容，故B錯誤。
C、通過②和③數(shù)據(jù)，由于沒有控制極板材質(zhì)、板間距，因此無法確定可知，影響電容器的電容不同原因是介質(zhì)材料，故C錯誤。
D、同理，根據(jù)②和③數(shù)據(jù)，無法確定極板的不同正對面積和板間距離影響平行板電容器的電容，故D錯誤。
故選：A。
【點(diǎn)評】考查影響平行板電容器的電容因素，掌握控制變量法的應(yīng)用，注意表格中的數(shù)據(jù)的不同，是解題的關(guān)鍵。
10．（南康區(qū)校級期中）利用靜電計(jì)研究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，則下面哪些敘述符合實(shí)驗(yàn)中觀察到的結(jié)果（　?。?br />
A．左板向左平移，靜電計(jì)指針偏角變小
B．左板向上平移，靜電計(jì)指針偏角變小
C．保持兩板不動，在兩板間插入一塊絕緣介質(zhì)板，靜電計(jì)指針偏角變小
D．保持兩板不動，在兩板間插入一塊金屬板，靜電計(jì)指針偏角變大
【分析】根據(jù)電容的決定式C，分析板間距離變化和正對面積變化時，電容的變化情況。再由電容的定義式C分析板間電壓的變化，判斷靜電計(jì)指針張角的變化。
【解答】解：A、將左板豎直向左平移，板間距離增大，由C可知電容減小，而電容器的電量不變；則由C可知，電壓U增大，故靜電計(jì)指針偏角增大，故A錯誤；
B、左板向上平移時，兩板正對面積減小，由C可知電容減小，而電容器的電量不變，由C分析可知，板間電壓增大，則靜電計(jì)指針張角增大，故B錯誤；
C、保持兩板不動，在兩板之間插入一塊絕緣介質(zhì)板，由C可知，電容C增大，而電量Q不變，則由電容的定義式C得知，板間電壓U減小，靜電計(jì)指針偏角變小，故C正確；
D、保持兩板不動，在兩板間插入一塊金屬板，相當(dāng)于減小兩板間的距離，則由C可知，電容C增大，再由電容的定義式C得知，板間電壓U減小，靜電計(jì)指針偏角變小，故D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】對于電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住電容的兩個公式：電容的決定式和定義式的正確應(yīng)用，同時注意電容與電源相連時電壓不變，充電后斷開時電量不變。
11．（瑤海區(qū)月考）如圖所示，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別以大小相等的初速度從電容器的上、下極板附近的左右兩端同時水平射入兩極板間（入射點(diǎn)到極板的距離相等），在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間上半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是（　?。?br />
A．a(chǎn)的質(zhì)量小于b的質(zhì)量
B．在t時刻，a的動能小于b的動能
C．在t時刻，a的速度小于b的速度
D．在t時刻，a、b的電勢能相等
【分析】兩個粒子在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)位移﹣時間公式、牛頓第二定律結(jié)合位移關(guān)系，比較質(zhì)量的大小，由動能定理列式分析動能的大??；由速度﹣時間關(guān)系及運(yùn)動的合成比較速度大?。挥呻妱菽芄椒治鲭妱菽艿年P(guān)系。
【解答】解：A、兩個粒子在豎直方向上都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則有
yat2?t2，
由題意知，相同時間內(nèi)a的位移小于b的位移，q、E又相等，可知ma＞mb，故A錯誤；
B、根據(jù)動能定理得：qEy＝Ek，即t時刻粒子的動能為：Ek＝qEy，
a的豎直位移小，電場力做功少，a粒子動能增加量小，由于ma＞mb，粒子初速度相等，
則有，所以在t時刻，a的動能與b的動能大小無法比較，故B錯誤；
C、在豎直方向上，由速度﹣時間公式得：vy＝at，
根據(jù)ma＞mb，可得：vya＜vyb，
根據(jù)運(yùn)動的合成，可得：v，所以在t時刻，a的速度小于b的速度，故C正確；
D、t時刻，a、b經(jīng)過電場中同一水平面，電勢相等，它們的電荷量大小相等，符號相反，由Ep＝qφ知，a和b的電勢能不相等，故D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】本題是牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式和動能定理的綜合運(yùn)用，根據(jù)動能定理研究動能關(guān)系是常用的思路，要熟練掌握。
12．（貴陽期末）圖（a）為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是（　?。?br /> A． B．
C． D．
【分析】由示波管所加電壓進(jìn)行分析。
【解答】解：示波管的電極YY′上的偏轉(zhuǎn)電壓加的是如圖（b）的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極上加上如圖（c）的掃描電壓，當(dāng)信號電壓與掃描電壓周期相同，就會在熒光屏上顯示與信號電壓一致的波形即圖（b）的波形，故BCD錯誤，A正確；
故選：A。
【點(diǎn)評】示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極上通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當(dāng)信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上的得到待測信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象。
13．（懷仁市期中）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P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（　?。?br />
A．極板X應(yīng)帶正電 極板Y′應(yīng)帶正電
B．極板X′應(yīng)帶正電 極板Y應(yīng)帶正電
C．極板X應(yīng)帶正電 極板Y應(yīng)帶正電
D．極板X′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向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，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向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，再確定極板所帶的電性．
【解答】解：電子受力方向與電場方向相反，因電子向X向偏轉(zhuǎn)則，電場方向?yàn)閄到X′，則X帶正電，即極板X的電勢高于極板X′．同理可知Y帶正電，即極板Y的電勢高于極板Y′；
故選：C。
【點(diǎn)評】本題考查電子在電場中的偏轉(zhuǎn)，要明確電子帶負(fù)電，其受力方向與電場的方向相反．
14．（朝陽區(qū)期末）下面甲圖是示波器的結(jié)構(gòu)示意圖。乙圖是電視機(jī)顯像管的結(jié)構(gòu)示意圖。二者相同的部分是電子槍（給電子加速形成電子束）和熒光屏（電子打在上面形成亮斑）；不同的是使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)的部分：分別是勻強(qiáng)電場（偏轉(zhuǎn)電極）和勻強(qiáng)磁場（偏轉(zhuǎn)線圈），即示波器是電場偏轉(zhuǎn)，顯像管是磁場偏轉(zhuǎn)。設(shè)某次電子束從電子槍射出后分別打在甲、乙兩圖中的P點(diǎn)。則在此過程中，下列說法錯誤的是（　?。?br />
A．以上兩種裝置都體現(xiàn)了場對運(yùn)動電荷的控制
B．甲圖中電子動能發(fā)生了變化，乙圖中電子的動能沒有變化
C．甲圖中電子動能發(fā)生了變化，乙圖中電子的動能也發(fā)生了變化
D．甲圖中電子的動量發(fā)生了變化，乙圖中電子的動量也發(fā)生了變化
【分析】帶電粒子在電場中受電場力，電場力可以速度大小和方向，在磁場中受到洛倫茲力作用做勻速圓周運(yùn)動。洛倫茲力方向總是與電子速度方向垂直，不做功。
【解答】解：A、兩種裝置都體現(xiàn)了場對運(yùn)動電荷的控制，即示波器是電場偏轉(zhuǎn)，顯像管是磁場偏轉(zhuǎn)。故A正確。
BC、帶電粒子在電場中受電場力，電場力可以速度大小和方向，動能改變，乙圖中的電子束在磁場中，受到洛倫茲力作用，做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力方向總是與電子速度方向垂直，不做功。故B正確，C錯誤。
D、動量是矢量，速度方向變化則動量就變化。故D正確。
本題選擇錯誤的，故選：C。
【點(diǎn)評】本題考查場對電子的作用力，帶電粒子在電場中受電場力，電場力可以速度大小和方向，熟悉陰極射線管結(jié)構(gòu)、特性及左手定則。左手定則應(yīng)用時要注意四指指向負(fù)電荷運(yùn)動的反方向。
15．（遂寧期末）如圖所示，四個質(zhì)量相同、帶電荷量均為+q的a、b、c、d微粒，距離地面的高度相同，以相同的水平速度拋出，除了a微粒沒有經(jīng)過電場外，其他三個微粒均經(jīng)過場強(qiáng)大小相同的勻強(qiáng)電場（mg＞qE）。這四個微粒從拋出到落地的時間分別是ta、tb、tc、td，則（　　）

A．tb＜ta＝tc＜td B．tb＝tc＜ta＝td
C．ta＝td＜tb＜tc D．tb＜ta＝td＜tc
【分析】分析小球所受電場力方向，并由受力特征求小球的運(yùn)動特征，利用運(yùn)動的合成與分解由運(yùn)動的獨(dú)立性求小球拋出到落地的時間即可。
【解答】解：令拋出點(diǎn)高度為h，則a小球做平拋運(yùn)動，落地時間，b小球受到豎直向下的電場力，方向與重力方向相同，小球在豎直方向做加速度為的勻加速運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，故小球落地時間為，同理c小球做類平拋運(yùn)動落地時間，d小球受到水平向右的電場力作用，故在水平方向做勻加速直線運(yùn)動，豎直方向只受重力作用，做自由落體運(yùn)動，故有d小球落地時間，綜上所述有四個小球落地時間滿足：tb＜ta＝td＜tc，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵是抓住分運(yùn)動的獨(dú)立性，利用小球拋出后在豎直方向的下落高度和加速度決定小球運(yùn)動時間。
16．（十七模擬）如圖所示，兩塊長度為L的帶電平行板水平放置（帶電荷量不變），間距為d。若一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小球以某一速度恰好能夠沿兩平行板之間的中心線做勻速直線運(yùn)動，在平行板間運(yùn)動的時間為t，重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球一定帶正電荷，兩極板之間的電壓為
B．若僅將兩板繞過O點(diǎn)的軸順時針旋轉(zhuǎn)30°，小球?qū)⑾蛳缕D(zhuǎn)
C．若增大兩帶電平行板的間距，小球在兩平行板間運(yùn)動的時間將大于t
D．若減小兩帶電平行板之間的距離，小球可能向上偏轉(zhuǎn)
【分析】小球做勻速直線運(yùn)動，所以小球受重力和電場力是一對平衡力；兩板旋轉(zhuǎn)后，小氣受電場力方向也發(fā)生變化，小氣受力不再平衡；根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系、電容器的定義式、電容器的決定式可以判斷在改變兩板間距離時，板間的場強(qiáng)不變，小球受電場力不變。
【解答】解：A、小球恰好做勻速直線運(yùn)動，所以小球受力平衡，即重力和電場力是一對平衡力，重力方向豎直向下，所以小球受電場力方向豎直向上，qE＝mg，而，解得，由于題意沒有給出上極板是帶正電還是帶負(fù)電，所以不能確定小球電性，故A錯誤；
B、若僅將兩板繞過O點(diǎn)的軸順時針旋轉(zhuǎn)30°，小球的受力分析如圖所示，小球受重力和電場力的合力方向斜向下，所以小球?qū)⑾蛳缕D(zhuǎn)，故B正確；
C、無論是增大還是減小兩帶電平行板之間的距離d，由于極板上所帶電荷量Q不變，電場強(qiáng)度不變，小球所受電場力不變，仍然做勻速直線運(yùn)動，帶點(diǎn)小球在兩平行板之間運(yùn)動的時間不變，故CD錯誤。
故選：B。
【點(diǎn)評】電容器問題有兩類，一類是電容器兩板間電壓保持不變，一類是電容器所帶電荷量不變。都要結(jié)合電容器的定義式、決定式以及電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系進(jìn)行分析。
二．多選題（共9小題）
17．（海淀區(qū)期末）電容器在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。用如圖甲所示的電路給電容器充電，其中C表示電容器的電容，R表示電阻的阻值，E表示電源的電動勢（電源內(nèi)阻可忽略）。改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器進(jìn)行三次充電，三次充電對應(yīng)的電容器電荷量q隨時間t變化的圖象分別如圖乙中①②③所示。第一次充電時電容器兩端的電壓u隨電荷量q變化的圖象如圖丙所示。下列說法中正確的是（　　）
A．第一次充電時所用電阻阻值大于第二次充電時所用電阻阻值
B．第二次充電時所用電源電動勢大于第三次充電時所用電源電動勢
C．第二次充電時電容器兩端的電壓u隨電荷量q變化的圖線斜率比丙圖中圖線斜率大
D．第二次充電時t1時刻的電流大于t2時刻的電流
【分析】第一次充電速度比第二次快，所以第一次充電時所用電阻阻值小于第二次充電時所用電阻阻值；由電容器充滿電后其電壓等于電源電動勢；根據(jù)I可知，電流等于q﹣t圖象的斜率。
【解答】解：A、第一次充電速度比第二次快，所以第一次充電時所用電阻阻值小于第二次充電時所用電阻阻值，故A錯誤；
B、由電容器充滿電后其電壓等于電源電動勢可知，對同一電容C，C不變，q越大則U越大，所以第二次充電時所
用電源電動勢大于第三次充電時所用電源電動勢，故B正確；
C、由于兩次電容器的電容不變，則有U，故第二次充電時電容器兩端的電壓u隨電荷量q變化的圖線斜率與丙圖中圖線斜率相同，故C錯誤；
D、根據(jù)I可知，電流等于q﹣t圖象的斜率，所以第二次充電時t1時刻的電流大于t2時刻的電流，故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評】本題考查了電流定義，電容定義的應(yīng)用。關(guān)鍵是概念的理解和公式的熟練應(yīng)用。
18．（泰寧縣校級月考）圖是描述一給定的電容器充電時電量Q、電壓U、電容C之間的相互關(guān)系圖，其中正確的是圖（　?。?br /> A． B．
C． D．
【分析】電容器的電容由本身的性質(zhì)決定，與Q和U無關(guān)，給定的電容器電容C一定，根據(jù)Q＝CU，知Q與U成正比．
【解答】解：A、B、D、C是電容的定義式，運(yùn)用比值法定義，則C與U、Q無關(guān)，由電容器本身決定，給定的電容器電容C一定，故A、D錯誤，B正確；
C、根據(jù)C可有：Q＝CU，由于電容器不變，因此電量Q和電壓U成正比，故C正確；
故選：BC。
【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握電容的定義式為C，知道C與Q和U無關(guān)，根據(jù)Q＝CU，知Q與U成正比，同時理解電容器電容大小與那些因素有關(guān)．
19．（云南期末）下列元器件中，哪兩個是電容器（　?。?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．常見的電學(xué)儀器也要記牢．
【解答】解：A：圖片是鋰電池。故A錯誤。
B：圖片是電解電容器。故B正確。
C：圖片是可調(diào)電容器。故C正確。
D：圖片是靜電計(jì)，不是電容器。故D錯誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評】于電學(xué)元器件，有的可能光靠從外形上分辨不出來，因?yàn)橛械目床坏綐?gòu)造，需要認(rèn)識課本上出現(xiàn)的所有電學(xué)元器件．
20．（冊亨縣校級期末）下列說法正確的是（　　）
A．電容器的電容越大，它所帶的電荷量就越多
B．電容器的電荷量與極板間的電壓成正比
C．無論電容器兩極間的電壓如何，它的電荷量與電壓的比值是恒定不變的
D．電容器的電容與電容器兩極板間的電壓無關(guān)，是由電容器本身的物理?xiàng)l件決定的
【分析】電容器的電容C，但電容的大小與Q、U無關(guān)，由本身因素決定。
【解答】解：A、當(dāng)電壓一定時，電容越大，所帶的電荷量越多。故A錯誤。
B、電容器的電荷量與極板間的電壓成正比。故B正確。
C、電容器兩端的電壓變化，電荷量與電壓的比值不變。故C正確。
D、電容器的電容與電容器兩極板間的電壓無關(guān)，是由電容器本身的物理?xiàng)l件決定。故D正確。
故選：BCD。
【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道電容的大小與Q、U無關(guān)，由本身因素決定。
21．（五華區(qū)校級模擬）如圖所示，處于豎直面內(nèi)的平行板電容器與直流電源連接，下極板接地，將開關(guān)閉合，電路穩(wěn)定后，一帶電油滴靜止于電容器中的P點(diǎn)，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．若將開關(guān)斷開再將上極板豎直向上移動一小段距離，帶電油滴不動
B．若將開關(guān)斷開再將上極板豎直向上移動一小段距離，帶電油滴在P點(diǎn)處的電勢能將降低
C．將上極板豎直向上移動一小段距離，帶電油滴將向上移動
D．將上極板豎直向上移動一小段距離，帶電油滴在P點(diǎn)處的電勢能將增大
【分析】將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，電容器電荷量（或兩板間電壓）不變，根據(jù)E及U分析板間場強(qiáng)的變化，判斷電場力變化，從而確定油滴運(yùn)動情況。由φ＝U地＝Ed地分析P點(diǎn)與下極板間電勢如何變化，即能分析P點(diǎn)電勢的變化和油滴電勢能的變化。
【解答】解：AB、若將開關(guān)斷開，則電容器所帶電荷量不變，電場強(qiáng)度E與距離無關(guān)，所以場強(qiáng)E不變，油滴受力不變，仍保持靜止不動，故A正確；
再根據(jù)電勢公式，φP＝UPB＝EdPB，而E及dPB均不變，所以P點(diǎn)電勢不變，所以電勢能也不變，故B錯誤；
CD、若只將上極板上移，電壓不變，電場強(qiáng)度E，電場強(qiáng)度E減小，所以帶電油滴受到的重力大于電場力，將向下運(yùn)動，故C錯誤；
再由電勢公式，φP＝UPB＝EdPB，由于E減小，那么P點(diǎn)處電勢降低，但油滴帶負(fù)電，所以油滴的電勢能增加，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評】本題要能運(yùn)用E分析板間場強(qiáng)的變化，判斷油滴如何運(yùn)動。運(yùn)用推論：正電荷在電勢高處電勢能大，而負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化。
22．（沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示為某同學(xué)利用傳感器研究電容器放電過程的實(shí)驗(yàn)電路，電源電動勢E＝3V．實(shí)驗(yàn)時先使開關(guān)S與1端相連，電源向電容器C充電，待電路穩(wěn)定后把開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時間變化的I﹣t曲線，則（　　）

A．如果僅將R的阻值調(diào)大，則I﹣t曲線與兩坐標(biāo)軸圍成的面積不變
B．如果僅將R的阻值調(diào)大，則電容器放電更快
C．如果僅將電源電動勢E調(diào)大，則t＝0時刻的放電電流更大
D．電容器的電容約為10μF
【分析】依據(jù)電流隨時間變化的i﹣t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示電量，根據(jù)電容器的電容C可知，結(jié)合電量與電勢差，即可求解；
依據(jù)R越小，放電時間越短；R越大，放電時間越長；
【解答】解：A、圖中I﹣t曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器的電量，電阻R變化時，電容器的電量不變，因此曲線與兩坐標(biāo)軸所圍的面積不變，故A正確；
B、電阻R越大，放電電流越小，則放電時間越長越慢，故B錯誤；
C、將電源電動勢E調(diào)大，電容器的電荷量和電壓都增大，則t＝0時刻的放電電流更大，故C正確；
D、根據(jù)圖象的含義，因Q＝It，根據(jù)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)可知，一個格子的電量為4×10﹣7C，由大于半格算一個，小于半格舍去，因此圖象所包含的格子個數(shù)為75，
所以釋放的電荷量是Q＝4×10﹣7C×75＝3×10﹣5C，根據(jù)電容的定義式，故D正確。
故選：ACD。
【點(diǎn)評】考查圖象的含義，知道如何通過圖象求電量，掌握電容器的電容公式，理解其比值定義法。
23．（河北模擬）一對相同的平行金屬板，正對水平放置，板長為L，兩板間距為d，上下兩板分別帶等量的正負(fù)電荷，如圖所示。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，沿兩板中線以v0的初速度射入電場，恰好從下板右邊緣處飛離。假設(shè)電場只在兩板間分布，不計(jì)粒子重力，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．粒子在板間運(yùn)動的時間為t
B．兩板間電勢差為U
C．粒子在電場中運(yùn)動，電勢能逐漸減小
D．將上極板向下平移一小段距離，粒子仍沿原路徑飛離電場
【分析】根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律求解粒子在板間運(yùn)動的時間和兩板間電勢差；根據(jù)電場力做功情況判斷電勢能的變化情況；根據(jù)C結(jié)合電場強(qiáng)度計(jì)算公式分析電場強(qiáng)度是否變化，由此分析運(yùn)動情況。
【解答】解：A、粒子在板間做類平拋運(yùn)動，垂直電場線方向做勻速直線運(yùn)動，所以粒子在板間運(yùn)動的時間為，故A正確；
B、設(shè)板間電勢差為U，則場強(qiáng)大小，粒子加速度為，又，聯(lián)立解得兩板間電勢差為，故B錯誤；
C、粒子在電場中運(yùn)動，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；
D、此平行板電容器所帶電荷量Q保持不變，根據(jù)C結(jié)合電場強(qiáng)度計(jì)算公式可得：，
改變兩板間距，板間電場強(qiáng)度保持不變，粒子運(yùn)動過程中受力情況不變，所以粒子仍然沿原路徑運(yùn)動，故D正確。
故選：ACD。
【點(diǎn)評】本題主要是考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是掌握類平拋運(yùn)動的規(guī)律，知道電場力做功與電勢能變化的關(guān)系、掌握電容器電容的計(jì)算公式。
24．（南崗區(qū)校級月考）示波器的核心部件是示波管，示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，其原理圖如圖甲所示。下列說法正確的是（　?。?br />
A．如果在XX′之間不加電壓，在YY′（Y正Y′負(fù)）加圖a電壓，熒光屏的正Y軸上將出現(xiàn)一個亮斑
B．如果在XX′之間加圖b的電壓，在YY′（Y正Y′負(fù)） 之間加圖a電壓，在熒光屏上會看到X軸上一條水平的亮線
C．如果在XX′（X正X′負(fù)）之間加圖a的電壓，在YY′之間加圖c的電壓，在熒光屏上會看到一條與Y軸平行的豎直亮線（在Ι、Ⅳ象限）
D．如果在XX′之間加圖b的電壓，在YY′之間加圖c的電壓，在熒光屏上看到的亮線是正弦曲線
【分析】分別分析X軸與Y軸的電子在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)運(yùn)動情況，再由運(yùn)動合成得知熒光屏看到的亮線情況。
【解答】解：A、在XX′之間不加電壓，則在X軸方向不偏轉(zhuǎn)，在YY′（Y正Y′負(fù)）加圖a所示的恒定電壓，電壓值為正，Y極板電勢高于Y′極板，板間的勻強(qiáng)電場由Y極板指向Y′極板，所有電子軌跡都相同往Y極板一側(cè)偏轉(zhuǎn)，即所有電子都打在熒光屏的正Y軸上同一點(diǎn)，因此在正Y軸上將出現(xiàn)一個亮斑，故A正確；
B、如果只在XX′（X正X′負(fù)）之間加圖b的這種掃描電壓，電子在一個周期內(nèi)會在X軸方向上，由負(fù)X軸上某點(diǎn)向X軸正方向掃描到正X軸上關(guān)于原點(diǎn)對稱的某點(diǎn)，在熒光屏上會看到在X軸上的一條水平的亮線；如果只在YY′（Y正Y′負(fù)） 之間加圖a電壓，情形如A選項(xiàng)一樣；現(xiàn)在同時在XX′之間和在YY′（Y正Y′負(fù)） 之間分別加上圖b、圖a所示電壓，由運(yùn)動的合成會在熒光屏上看到過正Y軸上某點(diǎn)平行X軸的一條水平的亮線，而不是在X軸上的一條亮線，故B錯誤；
C、若只在XX′（X正X′負(fù)）之間加圖a的電壓，據(jù)選項(xiàng)A的分析，會在正X軸上某點(diǎn)將出現(xiàn)一個亮斑；若只在YY′（Y正Y′負(fù)）之間加圖c的正弦變化規(guī)律的電壓，電子在Y軸方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電壓越大側(cè)移量越大，在一個周期內(nèi)0～時間內(nèi)電子由原點(diǎn)向Y軸正方向掃描到正向側(cè)移量最大的位置，緊接著～時間內(nèi)，電子由正向側(cè)移量最大的位置向Y軸負(fù)方向掃描經(jīng)過原點(diǎn)繼續(xù)掃描到負(fù)向側(cè)移量最大的位置，～T時間內(nèi)，電子由負(fù)向側(cè)移量最大的位置向Y軸正方向掃描回到原點(diǎn)，之后周而復(fù)始，如此這般不斷掃描，在熒光屏的Y軸上會看到一條豎直亮線；現(xiàn)在同時在XX′之間和在YY′（Y正Y′負(fù)） 之間分別加上圖a、圖c所示電壓，由運(yùn)動的合成，會在熒光屏上看到過正X軸上某點(diǎn)平行Y軸的一條豎直的亮線（在Ι、Ⅳ象限），故C正確；
D、在XX′之間加圖b的電壓，在YY′之間加圖c的電壓，由B、C選項(xiàng)的分析，電子在一個周期內(nèi)會在X軸方向上，由負(fù)X軸上某點(diǎn)向X軸正方向掃描到正X軸上關(guān)于原點(diǎn)對稱的某點(diǎn)，在Y軸方向發(fā)生周而復(fù)始與電壓變化一致的偏轉(zhuǎn)，由運(yùn)動的合成在熒光屏上看到的亮線是正弦曲線，即如圖c的波形，故D正確。
故選：ACD。
【點(diǎn)評】示波器的工作原理是由兩個正交的偏轉(zhuǎn)電場（兩對極板形成的電場），一個負(fù)責(zé)掃描，一個負(fù)責(zé)顯示波形（電壓的變化情況）。物理原理就是利用運(yùn)動的合成與分解。
25．（涼州區(qū)校級期末）如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為﹣e（e＞0），加速電場的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。忽略電子的重力，則下列說法中正確的是（　?。?br />
A．加速電場的左極板應(yīng)該帶正電
B．電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的初速度等于
C．電子在偏轉(zhuǎn)電場中沿電場方向的位移（△y）等于
D．電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能為e（U0）
【分析】電子帶負(fù)電，要加速電子，則加速電場的極性可判斷，再由動能定理可求得電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的初速度；電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式可求得沿電場方向的位移；全程由動能定理可求得離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能。
【解答】解：AB、電子帶負(fù)電，要加速電子，加速電場的左極板應(yīng)該帶負(fù)電，由動能定理得：eU0，解得：v0，故A錯誤，B正確。
C、電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向有L＝v0t，沿電場方向的位移△y，其中a，解得：△y，故C錯誤。
D、全程由動能定理得：eU0+eU＝Ek﹣0，解得：Ek＝eU0，故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評】對于帶電粒子在電場中的運(yùn)動問題，主要可以從兩條線索展開：
其一，力和運(yùn)動的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度位移等。這條線索通常適用于在恒力作用下做勻變速運(yùn)動的情況。
其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、位移等。這條線索不但適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場。
三．填空題（共9小題）
26．（香坊區(qū)校級月考）如圖1所示連接電路，電源提供的電壓恒為6V，先使開關(guān)S與1端相連，電源對電容器充電，這個過程可以瞬間完成，然后把開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電，電流傳感器將測得的電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時間變化的圖線如圖2所示，已知Q＝It，據(jù)此可估算電容器釋放的電荷量，并進(jìn)而估算電容器的電容約為　5.5×10﹣4　F（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

【分析】根據(jù)圖象的含義，因Q＝It，所以方格的面積表示為電容器的放電量；根據(jù)電容器的電容C可知，結(jié)合電量與電勢差，即可求解。
【解答】解：根據(jù)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)可知，一個格子的電量為0.08×10﹣3C，由大于半格算一個，小于半格舍去，因此圖象所包含的格子個數(shù)為41，
所以釋放的電荷量為：Q＝0.08×10﹣3C×41＝3.28×10﹣3C
根據(jù)電容器的電容C可知，CF＝5.5×10﹣4F
故答案為：5.5×10﹣4。
【點(diǎn)評】本題考查了電容的定義式，難點(diǎn)在于要根據(jù)圖象求放出的電荷量。
27．（豐臺區(qū)月考）把一個電容器、電流傳感器、電阻、電源、單刀雙擲開關(guān)按圖甲所連接。先使開關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電；然后把開關(guān)S擲向2端，電器放電。與電流傳感器相連接的計(jì)算機(jī)（圖中未畫出）可記錄電流隨時間變化I﹣t曲線，逆時針的電流流向?yàn)檎怠?br /> 圖乙是某次實(shí)驗(yàn)中電流傳感器所記錄的i﹣t曲線，請判斷該曲線記錄的是電容器的　充電　過程（選填：“充電”或“放電”）。請你用語言描述電容器在此過程中電流隨時間如何變化：　電流隨時間逐漸減小到零　

【分析】根據(jù)I﹣t圖線所圍成的面積等于電容器的電荷量，電容器充電過程中，電荷量增加；
【解答】解：電流為正值，逆時針方向，與電源方向一致，所以在形成電流曲線1的過程中，電容器在充電，電容器帶電量逐漸變大；
由圖象可知，電流隨時間逐漸減小到零（且電流隨時間減小的越來越慢）。
故答案為：充電；電流隨時間逐漸減小到零
【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握電容的定義式C，知道電容與電壓、電量無關(guān)的特性，以及知道I﹣t圖線與時間軸圍成的面積表示通過的電荷量。
28．（翔安區(qū)校級期中）如圖a所示的電子元件名稱是 　電阻器??；圖b所示的是一只電解電容器，從該電容器標(biāo)稱參數(shù)可知：該電容器的耐壓為 　450　V；該電容器容量為 　33　μF．

【分析】圖片a是電阻原件，圖片b是電容器，可以讀出額定電壓和電容大?。?br /> 【解答】解：圖片a是電阻器，是電路中常用的器材之一；
圖片b中是電容器，可以看出額定電壓為450V，電容為33μF；
故答案為：電阻器，450，33．
【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是要認(rèn)識生活電路中的常見的器材，體現(xiàn)了物理是來源于生活又服務(wù)于生活的一門實(shí)用學(xué)科．
29．（九寨溝縣校級期末）如圖所示，靜電計(jì)的指針和外殼分別與兩塊平行金屬板相連接，使兩個金屬板帶上等量的異種電荷，則：（選填“增大”、“減小”或“不變”）
（1）當(dāng)向兩板間插入電介質(zhì)時，靜電計(jì)指針張角　變小　。
（2）當(dāng)兩板間距離增大時，靜電計(jì)指針張角　變大　。
（3）當(dāng)兩板互相平行地錯開時，靜電計(jì)指針張角　變大　。

【分析】平行板電容器電量保持不變，根據(jù)電容的變化判斷電勢差的變化，從而得出指針偏角的變化。
【解答】解：平行板電熱器電容：C，兩極板間的電壓：U；
（1）當(dāng)向兩板間插入電介質(zhì)時，兩板間的電勢差減小，靜電計(jì)指針張角變小。
（2）當(dāng)兩板間距離增大時，兩極板間電壓增大，靜電計(jì)指針張角變大。
（3）當(dāng)兩板互相平行地錯開時，兩極板間電壓變大，靜電計(jì)指針張角變大。
故答案為：（1）變?。唬?）變大；（3）變大。
【點(diǎn)評】本題考查了判斷靜電計(jì)指針夾角變化情況，應(yīng)用平行板電熱器電容公式、電容定義式即可正確解題。
30．（新羅區(qū)校級月考）如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側(cè)極板和靜電計(jì)外殼接地，電容器右側(cè)極板與靜電計(jì)金屬球相連．
（1）用摩擦過的玻璃棒或橡膠棒接觸右側(cè)極板，使電容器帶電．
①上移其中一極板，可觀察到靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角　變大?。ㄟx填變大，變小或不變）；
②將極板間距離減小時，可觀察到靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角　變小?。ㄟx填變大，變小或不變）；
③兩板間插入電介質(zhì)時，可觀察到靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角　變小?。ㄟx填變大，變小或不變）．
（2）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)中使用靜電計(jì)的說法中正確的有　A　
A．使用靜電計(jì)的目的是觀察電容器兩極板間電壓的變化情況
B．使用靜電計(jì)的目的是測量電容器電量的變化情況
C．靜電計(jì)可以用電壓表替代
D．靜電計(jì)可以用電流表替代．

【分析】（1）抓住電容器的電荷量不變，根據(jù)電容的決定式C 判斷電容的變化，結(jié)合U 判斷電勢差的變化，從而得出指針偏角的變化．
（2）靜電計(jì)可測量電勢差，根據(jù)指針張角的大小，觀察電容器電壓的變化情況．靜電計(jì)與電壓表、電流表的原理不同，不能替代．
【解答】解：（1）①根據(jù)電容的決定式C 知，上移左極板，正對面積S減小，則電容減小，根據(jù)U 知，電荷量不變，則電勢差增大，指針偏角變大．
②根據(jù)電容的決定式C 知，將極板間距離減小時，電容增大，根據(jù)U 知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變?。?br /> ③根據(jù)電容的決定式C 知，兩板間插入一塊玻璃，電容增大，根據(jù)U 知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變?。?br /> （2）A、B、靜電計(jì)可測量電勢差，根據(jù)指針張角的大小，觀察電容器電壓的變化情況，無法判斷電量的變化情況．故A正確，B錯誤．
C、D、靜電計(jì)與電壓表、電流表的原理不同，不能替代．電流表、電壓表線圈中必須有電流通過時，指針才偏轉(zhuǎn)．故CD錯誤．故選：A．
故答案為：（1）變大，變小，變?。唬?）A．
【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道靜電計(jì)測量的是電容器兩端的電勢差，處理電容器動態(tài)分析時，關(guān)鍵抓住不變量，與電源斷開，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．
31．如圖所示，由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計(jì)相接，極板M接地。用靜電計(jì)測量平行板電容器兩極板間的電勢差U．在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計(jì)指針張開一定角度。在整個實(shí)驗(yàn)過程中，保持電容器所帶電量Q不變，下面哪些操作將使靜電計(jì)指針張角變小　CD　。
A．將M板向下平移
B．將M板沿水平向左方向遠(yuǎn)離N板
C．在M、N之間插入云母板（介電常數(shù)?＞1）
D．在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸

【分析】靜電計(jì)測定電容器極板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏角越大；由C，分析電容的變化，根據(jù)C 分析電壓U的變化。
【解答】解：A、將M板向下平移，正對面積S減小，根據(jù)C，電容減?。籕一定，根據(jù)C，電壓增加；故靜電計(jì)指針張角變大；故A錯誤；
B、將M板沿水平向左方向遠(yuǎn)離N板，極板間距d變大，根據(jù)根據(jù)C，電容減??；Q一定，根據(jù)C，電壓增大；故靜電計(jì)指針張角變大；故B錯誤；
C、在M、N之間插入云母板，根據(jù)根據(jù)C，電容變大；Q一定，根據(jù)C，電壓減?。还熟o電計(jì)指針張角變?。还蔆正確；
D、在M、N之間插入金屬板，根據(jù)根據(jù)C，電容變大；Q一定，根據(jù)C，電壓減??；故靜電計(jì)指針張角變??；故D正確；
故答案為：CD
【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵是要掌握電容器的動態(tài)分析，電容器與電源斷開，電量保持不變，只改變板間距離時，板間場強(qiáng)也不變。
32．（青浦區(qū)二模）我國科學(xué)家用冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面蛋白與人體細(xì)胞表面蛋白的結(jié)合過程。冷凍電子顯微鏡比光學(xué)顯微鏡分辨率更高，其原因是電子的物質(zhì)波波長遠(yuǎn)小于可見光波長。由此可知電子比可見光　更不容易　（選填“更容易”或“更不容易”或“一樣容易”）發(fā)生明顯衍射。電子束通過由電場構(gòu)成的電子透鏡實(shí)現(xiàn)會聚、發(fā)散作用。電子透鏡由金屬圓環(huán)M、N組成，其結(jié)構(gòu)如圖甲所示，圖乙為其截面圖（虛線為等勢面）。顯微鏡工作時，兩圓環(huán)的電勢φN＞φM?，F(xiàn)有一束電子沿著平行于圓環(huán)軸線的方向進(jìn)入M。則電子在穿越電子透鏡的過程中速度不斷　增大?。ㄟx填“增大”或“減小”或“不變化”）。

【分析】波長越長，波動性越強(qiáng)，衍射現(xiàn)象越明顯；根據(jù)電場力做功情況分析電子速度的變化情況。
【解答】解：電子的物質(zhì)波波長遠(yuǎn)小于可見光波長，根據(jù)波長越長，越容易發(fā)生明顯的衍射，故電子比可見光更不容易發(fā)生明顯衍射。
因?yàn)棣誑＞φM，所以電子在從M到N穿越電子透鏡的過程，電場力對電子一直做正功，電勢能減小，動能增大，故電子的速度不斷增大。
故答案為：更不容易；增大。
【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要讀懂題意，理解電子顯微鏡的工作原理，利用電場知識進(jìn)行分析。
33．（廣安區(qū)校級月考）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，電子槍發(fā)射電子經(jīng)過加速后，通過偏轉(zhuǎn)電極打在熒光屏上形成亮斑，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X極板應(yīng)帶　正　電，Y極板帶　正　電。

【分析】由亮斑位置可知電子偏轉(zhuǎn)的打在偏向X，Y向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，從而確定極板所帶的電性
【解答】解：電子受力方向與電場方向相反，因電子向X向偏轉(zhuǎn)則，電場方向?yàn)閄到X′，則X帶正電
同理可知Y帶正電，極板Y'應(yīng)帶負(fù)電。
故答案為：正 正
【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是明確電子的受力方向與電場方向相反，在電場中做類平拋運(yùn)動，電子向受力方向偏轉(zhuǎn)。
34．（安慶期中）如圖所示，有一方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球以初速度v0從a點(diǎn)豎直向上射入電場中．小球通過電場中b點(diǎn)時速度大小為2v0，方向與電場方向一致，則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為　?。?br />
【分析】采用運(yùn)動的分解法研究：水平方向小球只受電場力做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理求出a、b兩點(diǎn)的電勢差．
【解答】解：小球水平方向只受電場力做勻加速直線運(yùn)動，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，可得：
水平方向，2v0＝at
豎直方向，v0＝gt
則有a＝2g
由牛頓第二定律可知，E
故答案為：．
【點(diǎn)評】本題考查靈活選擇處理曲線運(yùn)動的能力．小球在水平和豎直兩個方向受到的都是恒力，運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解法研究是常用的思路．
四．計(jì)算題（共9小題）
35．（東山縣校級期中）有一充電的平行板電容器，兩極板間電壓為3V，先使它的電荷量減少3×10﹣4C，于是電容器兩板間的電壓降為原來的，此電容器的電容是多大？若電容器極板上的電荷量全部放掉，電容器的電容是多大？
【分析】根據(jù)C求解電容。由Q＝CU求出電容器原來的帶電荷量。電容器極板上的電荷全部放掉，電容器的電容不變。
【解答】解：電容器兩極板間電勢差的變化量為：△U＝2 V
由C，有C F＝1.5×10﹣4 F＝150 μF
電容器的電容是由本身決定的，與是否帶電無關(guān)，所以電容器放掉全部電荷后，電容仍是150 μF。
答：電容器的電容是150 μF，若電容器極板上的電荷量全部放掉，電容器的電容是150 μF
【點(diǎn)評】對于電容器的電容，表征電容器容納電荷的本領(lǐng)大小，與其電量、電壓無關(guān)。求電容可用C求得。
36．（河口縣校級期中）如圖所示，已知平行板電容器兩極板間距離d＝4mm，充電后兩極板電勢差為120V．A板帶正電，若它的電容為3μF，且P到A板距離為1mm。取B板電勢為零，求：
（1）每一板的帶電荷量；
（2）一個電子在P點(diǎn)具有的電勢能；
（3）一個電子從B板出發(fā)到A板增加的動能；
（4）兩板間的電場強(qiáng)度。

【分析】（1）根據(jù)電容的定義式C求電荷量；
（2）根據(jù)公式U＝Ed求出P與下板間的電勢差，得到P點(diǎn)的電勢φ，由Ep＝qφ求出電勢能；
（3）電子從B板出發(fā)到A板，電場力對電子做正功eU，根據(jù)動能定理求解動能；
（4）兩板間存在勻強(qiáng)電場，由E求出電場強(qiáng)度。
【解答】解：（1）由Q＝UC，代入數(shù)據(jù)，解得：Q＝120×3×10﹣6 C＝3.6×10﹣4 C
（2）依據(jù)電勢能公式，則有：EP＝eφP＝edPB＝﹣90 eV；
（3）因?yàn)殡娮訌腂板出發(fā)到A板的過程中電場力做
正功，電勢能減小，動能增加，所以由動能定理：Ek﹣0＝qUAB，
解得Ek＝120 eV
（4）根據(jù)E，代入數(shù)據(jù)，解得：E＝3×104 N/C
答：（1）每一板的帶電荷量3.6×10﹣4 C；
（2）一個電子在P點(diǎn)具有的電勢能﹣90 eV；
（3）一個電子從B板出發(fā)到A板增加的動能120 eV；
（4）兩板間的電場強(qiáng)度3×104 N/C
【點(diǎn)評】本題考查電場的基本知識：C、E、Ep＝qφ和動能定理的應(yīng)用，注意電勢能與電勢，及電量有關(guān)外，還與電荷的電性有關(guān)，同時理解AB電勢差與BA的電勢差的區(qū)別。
37．（定州市校級月考）把一個3pF的平行板電容器接在9V的電池上。保持與電池的連接，兩極板的距離減半，極板上的電荷增加還是減少？電荷變化了多少？
【分析】根據(jù)電容器的電容的定義式C，計(jì)算電容器所帶的電荷量。
根據(jù)根據(jù)平行板電容器的電容的表達(dá)式C，判斷d變化時C如何變化，從而確定電荷的變化情況。
【解答】解：根據(jù)電容的定義式有：C
所以有：Q＝CU＝3×10﹣12×9C＝2.7×10﹣11C。
根據(jù)平行板電容器的電容的表達(dá)式為：C
當(dāng)只將兩極板間的距離d減小為一半，則電容器的電容變?yōu)樵瓉淼?倍，即為：C＝6pF。
那么極板的電荷增加，增加量為：△Q＝△CU＝3×10﹣12×9C＝2.7×10﹣11C
答：電荷量增加了 2.7×10﹣11C。
【點(diǎn)評】本題要掌握電容的定義式C、平行板電容器的電容的表達(dá)式C，注意兩公式的區(qū)別與聯(lián)系，同時要理解公式中各個量的物理含義。
38．（2005?全國）三個電容器如圖聯(lián)接，已知它們的電容分別為C1，C2，C3，現(xiàn)在a，b之間加上直流電壓U，問電容器C1帶的電量q1為多少？

【分析】仙女分析電路的結(jié)構(gòu)，然后結(jié)合電容器的特點(diǎn)，由公式Q＝CU分析即可。
【解答】解：由圖可知，電容器C2與C3并聯(lián)后與C1串聯(lián)；當(dāng)ab兩端加電壓U后，電容器各個極板上出現(xiàn)電荷，由電荷守恒定律可知，電容器C1的右側(cè)極板的帶電量與C2和C3的左側(cè)極板帶電量的和大小相等，電性相反；即電容器C1的帶電量與C2和C3的帶電量的和大小相等，即：q1＝q2+q3；①
電容器C2與C3并聯(lián)，則兩個電容器兩側(cè)的電壓是相等的，即U2＝U3；②
由電路的結(jié)構(gòu)可知：U1+U2＝U ③
又：q1＝C1U1；q2＝C2U2；q3＝C3U3④
聯(lián)立①②③④可得：
答：電容器C1帶的電量q1為。
【點(diǎn)評】本題考查了電容器電量與電壓的關(guān)系，知道Q＝UC，清楚兩個電容器并聯(lián)時，電壓相等。
39．（安徽期末）如圖甲所示是一種測最電容的實(shí)驗(yàn)電路圖，實(shí)驗(yàn)是通過對高阻值電阻放電的方法測出電容器充電至電壓U時所帶的電荷量Q，從而再求出待測電容器的電容C，電流傳感器可以捕捉瞬間的電流變化，通過計(jì)算機(jī)能很快畫出電流隨時間變化的圖線。某同學(xué)在一次實(shí)驗(yàn)時的情況如下：
a．按圖甲所示的電路圖接好電路；
b．將開關(guān)S與1端相連，向電容充電，記下此時電壓表的示數(shù)U0＝8.0V；
c．將開關(guān)S擲向2端，電容器通過R放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時間變化的i﹣t曲線。請回答下列問題：
（1）在圖中畫出了一個豎立的狹長矩形（如乙圖中最左邊所示），試說明它的面積的物理意義；
（2）根據(jù)圖乙中圖線估算出電容器在此次全部放電過程中釋放的電荷量；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（3）估算出該電容器的電容。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

【分析】（1）（2）由△Q＝I?△t知，電荷量為I﹣t圖象與坐標(biāo)軸所包圍的面積，計(jì)算面積時可數(shù)格數(shù)（四舍五入）。
（3）由C求得電容C。
【解答】解：（1）電荷量為I﹣t圖象與坐標(biāo)軸所包圍的面積，豎立的狹長矩形面積是電容器在此極短時間（一秒）內(nèi)所放電荷量。
（2）由圖要求面積可由格數(shù)與每格的面積求得：S＝36×（50×10﹣6×5）＝9.0×10﹣3C
（3）電容為：C1.1×10﹣3F
答：（1）豎立的狹長矩形面積是電容器在此極短時間（一秒）內(nèi)所放電荷量。
（2）全部放電過程中釋放的電荷量為9.0×10﹣3C
（3）該電容器的電容為1.1×10﹣3F
【點(diǎn)評】本題明確圖象的面積的意義，學(xué)會面積的估算方法。能根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，分析實(shí)驗(yàn)誤差。
40．（河南一模）勻強(qiáng)電場的方向沿x軸正方向，電場強(qiáng)度E隨x的分布如圖所示，圖中E0和d均為已知量。某一時刻，一質(zhì)量為m、帶電荷量為﹣q（q＞0）的粒子在O點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，不計(jì)粒子重力。求：該粒子在電場中的運(yùn)動時間和該粒子離開電場時的速度大小。

【分析】粒子可能動右端電場射出，也可能從左側(cè)電場邊緣射出，在整個運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理求得離開電場的速度大小，根據(jù)動量定理求得在電場中運(yùn)動的時間。
【解答】解：假設(shè)該粒子從x＝d離開電場。設(shè)該粒子在電場中的運(yùn)動時間為t1，該粒子離開電場時的速度大小為v1，由動能定理得

規(guī)定v0的方向?yàn)檎较颍蓜恿慷ɡ淼?br /> ﹣qE0t1＝mv1﹣mv0
聯(lián)立解得：t1
v1
假設(shè)該粒子從x＝﹣2d離開電場。設(shè)該粒子在電場中的運(yùn)動時間為t2，該粒子離開電場時的速度大小為v2，由動能定理得

規(guī)定v0的反方向?yàn)檎较?，由動量定理?br /> qE0t2＝mv2﹣（﹣mv0）
聯(lián)立解得t2
v2
答：該粒子在電場中的運(yùn)動時間為或者，該粒子離開電場時的速度大小為或者。
【點(diǎn)評】本題主要考查了動能定理和動量定理，明確粒子可能會從左端射出，也可能會從右端射出，在利用動量定理時要規(guī)定正方向。
41．（瑤海區(qū)月考）如圖所示，在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝3.0×104N/C。有一個質(zhì)量m＝4.0×10﹣3kg的帶電小球，用絕緣輕細(xì)線懸掛起來，靜止時細(xì)線偏離豎直方向的夾角θ＝37°。取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，不計(jì)空氣阻力的作用。
（1）求小球所帶的電荷量及電性；
（2）如果將細(xì)線輕輕剪斷，細(xì)線剪斷后，經(jīng)過時間t＝0.20s，求這一段時間內(nèi)小球的位移大小。

【分析】（1）小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，分析受力，根據(jù)電場力與場強(qiáng)方向的關(guān)系判斷電性；
（2）將細(xì)線突然剪斷小球?qū)⒀丶?xì)線方向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解出小球的位移。
【解答】解：（1）小球受到重力mg、電場力F和繩的拉力T的作用，由共點(diǎn)力平衡條件有：F＝qE＝mgtanθ
解得：q＝1.0×10﹣6 C；
電場力的方向與電場強(qiáng)度的方向相同，故小球所帶電荷為正電荷；
（2）剪斷細(xì)線后，小球做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)其加速度為a，由牛頓第二定律有：ma
解得：a＝12.5m/s2
在t＝0.20s的時間內(nèi)，小球的位移為：xm＝0.25m。
答：（1）小球所帶的電荷量為1.0×10﹣6C，電性為正；
（2）這一段時間內(nèi)小球的位移大小為0.25m。
【點(diǎn)評】本題是帶電體在電場中平衡問題，分析受力情況是解題的關(guān)鍵，并能根據(jù)受力情況判斷此后小球的運(yùn)動情況。
42．（潞州區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為0.2kg的物體帶電量為+4×10﹣4C，從半徑為1.0m的光滑的圓弧的絕緣滑軌上端靜止下滑到底端，然后繼續(xù)沿水平面滑動。物體與水平面間的滑動摩擦系數(shù)為0.4，整個裝置處于E＝103N/C水平向左的勻強(qiáng)電場中，求：
（1）物體滑到A點(diǎn)時的速度；
（2）物體在水平面上滑行的最大距離。

【分析】（1）物體沿光滑圓弧軌道下滑過程，重力和電場力做功，根據(jù)動能定理求出物體滑到A點(diǎn)時的速度；
（2）對物體靜止釋放到最終速度為零整過過程運(yùn)用動能定理，求出物體在水平面滑行的最大距離。
【解答】解：（1）物體從釋放到A點(diǎn)過程，由動能定理有
mgR﹣qER
代入數(shù)據(jù)：0.2×10×1.0﹣4×10﹣4×103×1.0
解得：v＝4m/s
（2）當(dāng)E水平向左時，物體在水平面滑動時要克服電場力和摩擦力做功，設(shè)物體在水平面上滑行的最大距離為x，由動能定理得到
mgR﹣Eqx﹣μmgx＝0﹣0
代入數(shù)據(jù)：0.2×10×1.0﹣4×10﹣4×103x﹣0.4×0.2×10x＝0﹣0
解得：x＝0.5m
答：（1）物體滑到A點(diǎn)時的速度為4m/s；
（2）物體在水平面上滑行的最大距離為0.5m。
【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握動能定理，注意運(yùn)用動能定理解題需要選擇合適的研究過程。
43．（福州一模）如圖所示，在直角坐標(biāo)Oxy平面的第一象限內(nèi)存在著沿+x方向的有界勻強(qiáng)電場Ⅰ，其邊界由曲線AB和坐標(biāo)軸圍成；在第二象限存在沿+y軸方向勻強(qiáng)電場Ⅱ。已知從電場Ⅰ邊界曲線AB上靜止釋放的電子都能從x軸上的P點(diǎn)離開電場Ⅱ，P點(diǎn)在（﹣L，0）處，兩電場強(qiáng)度大小均為E，電子電荷量為﹣e。求：
（1）電場Ⅰ邊界曲線AB滿足的方程；
（2）從曲線AB上靜止釋放的電子離開電場Ⅱ時的最小動能。

【分析】（1）設(shè)電子從曲線AB上坐標(biāo)（x，y）某點(diǎn)釋放，通過電子在電場中的運(yùn)動寫出x與y的函數(shù)關(guān)系，即為曲線AB滿足的方程；
（2）設(shè)電子從曲線AB上坐標(biāo)為（x，y）的點(diǎn)由靜止釋放的電子離開電場Ⅱ時的動能最小，利用動能定理寫出x與y的函數(shù)關(guān)系，然后求極值。
【解答】解：（1）設(shè)電子從曲線AB上坐標(biāo)（x，y）某點(diǎn)釋放，在電場Ⅰ加速后，速度為v0，
由動能定理，
進(jìn)入Ⅱ電場后，做類平拋運(yùn)動，則有：L＝v0t，，
聯(lián)立上面各式，可解得： （x＞0，y＞0）
（2）在電場Ⅰ中，電場力對電子做功為：W1＝eEx
在電場Ⅱ中，電場力對電子做功為：w2＝eEy
由動能定理，eE（x+y）＝Ek﹣0
因此，結(jié)合方程可知：
當(dāng)x＝y(tǒng)時，即在（0.5L，0.5L）處進(jìn)入電場Ⅰ的電子射出電場Ⅱ的動能最小，最小動能為：
Ekmin＝eEL
答：（1）電場Ⅰ邊界曲線AB滿足的方程為： （x＞0，y＞0）
（2）從曲線AB上靜止釋放的電子離開電場Ⅱ時的最小動能為eEL
【點(diǎn)評】本題考查了帶電粒子運(yùn)動與數(shù)學(xué)的結(jié)合，關(guān)鍵在于會把物理模型轉(zhuǎn)換為數(shù)學(xué)模型。

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