觀察中的發(fā)現(xiàn)教案

高三物理《電容器與電容帶電粒子在電場中的運動》考后題型解析。

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高三物理《電容器與電容帶電粒子在電場中的運動》考后題型解析

第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動

考點一|電容器的電容

1．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．對公式C＝的理解

電容C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)．

3．兩種類型的動態(tài)分析思路(加試要求)

(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．

(2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化．

(3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．

(4)用E＝分析電容器兩極板間電場強度的變化．

(20xx·浙江4月學(xué)考)關(guān)于電容器，下列說法正確的是()

A．在充電過程中電流恒定

B．在放電過程中電容減小

C．能儲存電荷，但不能儲存電能

D．兩個彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體可視為電容器

D[電容器充、放電過程中電流都是變化的，A錯誤．電容大小是電容器本身屬性，由自身決定，與放電、充電無關(guān)，B錯誤．電容器儲存電荷的過程即儲存電能的過程，C錯誤．故選D.]

1．關(guān)于電容器的兩個公式的區(qū)別

(1)電容的定義式C＝，反映了電容器儲存電荷的本領(lǐng)，但平行板電容器的電容C的大小與Q、U都無關(guān)．

(2)平行板電容器電容的決定式C＝，反映了電容C的大小與兩極板正對面積成正比，與兩極板間距離成反比，與極板間電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比．

2平行板電容器動態(tài)變化問題

(1)首先要區(qū)分兩種基本情況：

①電容器始終與電源相連時，電容器兩極板間電勢差U保持不變；

②電容器充電后與電源斷開時，電容器所帶電荷量Q保持不變．

(2)依據(jù)的關(guān)系式主要有三個：

①平行板電容器的電容C與兩板間距d、正對面積S、介質(zhì)的相對介電常數(shù)εr間的關(guān)系為C＝；

②平行板電容器內(nèi)部是勻強電場，所以場強E＝；

③電容器所帶的電荷量Q＝CU.

1．(多選)下列關(guān)于電容器的敘述正確的是()

A．電容器是儲存電荷和電能的容器，只有帶電的容器才稱為電容器

B．任何兩個彼此絕緣而又相距很近的導(dǎo)體，就組成了電容器，跟這兩個導(dǎo)體是否帶電無關(guān)

C．電容器所帶的電荷量是指兩個極板所帶電荷量的絕對值

D．電容器充電過程，是將電能轉(zhuǎn)變成電容器的電場能并儲存起來的過程；電容器放電的過程，是將電容器儲存的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程

BD[電容器是儲存電荷的容器，不論是否帶電都稱為電容器，所以選項A錯誤，B正確．電容器所帶電荷量是指一個極板所帶電荷量的絕對值，所以選項C錯誤．電容器的充電過程是將由電源獲得的電能轉(zhuǎn)化為電場能的過程，放電過程是將電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，所以選項D正確．]

2.(多選)如圖631為可變電容器，由一組動片和一組定片組成，這兩組金屬片之間是互相絕緣的，動片旋入得越多，則()

圖631

A．正對面積越大，電容越大

B．正對面積越大，電容越小

C．動片、定片間距離越小，電容越大

D．動片、定片間距離越小，電容越小

AC[由C＝可知動片旋入越多，正對面積越大，電容越大，A對．根據(jù)電容與板間距離成反比可知，減小兩板間距離，電容增大，故C對．]

3．一個已充電的電容器，若使它的電荷量減少3×10－4C，則其電壓減少為原來的，則()

A．電容器原來的帶電荷量為9×10－4C

B．電容器原來的帶電荷量為4.5×10－4C

C．電容器原來的電壓為1V

D．電容器的電容變?yōu)樵瓉淼?/p>

B[由C＝得ΔQ＝C·ΔU＝C＝CU＝Q，Q＝＝C＝4.5×10－4C，選項A錯，B對；因電容器的電容不知，所以無法求出電容器原來的電壓，選項C錯；電容器的電容由電容器本身決定，跟電壓和電荷量的變化無關(guān)，所以電容器的電容不變，選項D錯．]

4.(加試要求)(20xx·諸暨調(diào)研)如圖632所示，先接通S使電容器充電．然后斷開S，增大兩極板間的距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U及場強E的變化情況是()

圖632

A．Q變小，C不變，U不變，E變大

B．Q變小，C變小，U不變，E變小

C．Q不變，C變小，U變大，E不變

D．Q不變，C變小，U變小，E無法確定

C[由充電后斷開電源，電容器的電荷量不變，選項A、B錯；由C＝知增大兩極板間的距離時，電容C減小，由C＝知，U增大；兩板間電場強度E＝＝，可見當增加兩板間距時，電場強度不變，選項C對，D錯．]

考點二|帶電粒子在電場中的運動

1．帶電粒子在電場中的加速

(1)處理方法

利用動能定理：qU＝mv2－mv.

(2)適用范圍

任何電場．

2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

(1)研究條件

帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場．

(2)處理方法(加試要求)

類似于平拋運動，應(yīng)用運動的合成與分解的方法．

①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝.

②沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動．

(20xx·浙江4月學(xué)考)密立根油滴實驗原理如圖633所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴．通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()

圖633

A．懸浮油滴帶正電

B．懸浮油滴的電荷量為

C．增大場強，懸浮油滴將向上運動

D．油滴的電荷量不一定是電子的電荷量的整數(shù)倍

C[由題目中的圖示可以看出重力豎直向下，電場力豎直向上，電場強度方向向下，電荷帶負電，A錯誤；由平衡條件可以得到mg＝，電荷的帶電量q＝，B錯誤；此時電場力與重力相等，如果增大電場強度，則電場力大于重力，所以油滴將向上運動，C正確；由元電荷的帶電量e＝1.6×10－19C可知，油滴的帶電量一定是電子電量的整數(shù)倍，D錯誤．]

1．帶電粒子在電場中運動時是否考慮重力的處理方法

(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．

(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力．

2．解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路

(1)運動狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力方向與運動方向在同一條直線上，做加(減)速直線運動．

(2)用功與能的觀點分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的變化量，即qU＝mv2－mv.

3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(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＝mv

y＝at2＝··

tanθ＝

得：y＝，tanθ＝.

(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為.

1.(20xx·樂清模擬)如圖634所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩極間電壓不變，則()

圖634

A．當減小兩板間的距離時，速度v增大

B．當減小兩極間的距離時，速度v減小

C．當減小兩極間的距離時，速度v不變

D．當減小兩極間的距離時，電子在兩極間運動的時間變長

C[由動能定理得eU＝mv2，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；電子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤．]

2．(20xx·舟山調(diào)研)兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回．如圖635所示，＝h，此電子具有的初動能是()

圖635

A.B．edUhC.D.

D[電子受到的靜電力做負功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝h，Ek＝，由此知選項D正確．]

3．如圖636所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行．整個裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()

圖636

A．U1變大、U2變大B．U1變小、U2變大

C．U1變大、U2變小D．U1變小，U2變小

B[設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動能定理得U1q＝mv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間t＝，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝，又tanθ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B正確．]

4.(加試要求)(多選)如圖637所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()

圖637

A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2

B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1

C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12

D．A和B的位移大小之比為1∶1

ABC[粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確．]

相關(guān)知識

高考物理第一輪考綱知識復(fù)習:電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動

一名優(yōu)秀的教師就要對每一課堂負責，教師要準備好教案，這是教師的任務(wù)之一。教案可以讓學(xué)生更容易聽懂所講的內(nèi)容，幫助教師緩解教學(xué)的壓力，提高教學(xué)質(zhì)量。那么如何寫好我們的教案呢？小編收集并整理了“高考物理第一輪考綱知識復(fù)習:電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動”，希望對您的工作和生活有所幫助。

第3節(jié)電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動
【考綱知識梳理】
一。電容器
1.構(gòu)成：兩個互相靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體構(gòu)成電容器。
2.充放電：
（1）充電：使電容器兩極板帶上等量異種電荷的過程。充電的過程是將電場能儲存在電容器中。
（2）放電：使充電后的電容器失去電荷的過程。放電的過程中儲存在電容器中的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。
3．電容器帶的電荷量：是指每個極板上所帶電荷量的絕對值
4.電容器的電壓：
（1）額定電壓：是指電容器的對大正常工作即電容器銘牌上的標定數(shù)值。
（2）擊穿電壓：是指把電容器的電介質(zhì)擊穿導(dǎo)電使電容器損壞的極限電壓。
二.電容
1．定義：電容器所帶的電荷量Q與兩極板間的電壓U的比值
2．定義式：
3．電容的單位：法拉，符號：F。
4．物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，在數(shù)值上等于電容器兩板間的電勢差增加1V所需的電荷量。
5．制約因素：電容器的電容與Q、U的大小無關(guān)，是由電容器本身的結(jié)構(gòu)決定的。對一個確定的電容器，它的電容是一定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。
三.平行板電容器
1．平行板電容器的電容的決定式：即平行板電容器的電容與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板正對的面積成正比，與兩板間距成反比。
2．平行板電容器兩板間的電場：可認為是勻強電場，E=U/d
四.帶電粒子在電場中的運動
1.帶電粒子的加速：對于加速問題，一般從能量角度，應(yīng)用動能定理求解。若為勻變速直線運動，可用牛頓運動定律與運動學(xué)公式求解。
2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)：對于帶電粒子以垂直勻強電場的方向進入電場后，受到的電場力恒定且與初速度方向垂直，做勻變速曲線運動（類平拋運動）。
⑴處理方法往往是利用運動的合成與分解的特性：分合運動的獨立性、分合運動的等時性、分運動與合運動的等效性。沿初速度方向為勻速直線運動、沿電場力方向為初速度為零的勻加速運動。
⑵基本關(guān)系：
x方向：勻速直線運動
Y方向：初速度為零的勻加速直線運動

①．離開電場時側(cè)向偏轉(zhuǎn)量：
②．離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：φ
推論1.粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時,其速度反向延長線與初速度方向交一點,此點平分沿初速度方向的位移。
推論2.位移和速度不在同一直線上，且tanφ=2tanα。
【要點名師精解】
一、平行板電容器的動態(tài)分析
1.運用電容器定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路
(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.
(2)用決定式C=分析平行板電容器電容的變化.
(3)用定義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化.
(4)用E=分析平行板電容器極板間勻強電場場強的變化.
2.電容器兩類動態(tài)變化的分析比較
(1)第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變
(2)第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變
【例1】(20xx阜陽模擬)如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒.S閉合時，該微粒恰好能保持靜止.在以下兩種情況下：①保持S閉合，②充電后將S斷開.下列說法能實現(xiàn)使該帶電微粒向上運動打到上極板的是()
A.①情況下，可以通過上移極板M實現(xiàn)
B.①情況下，可以通過上移極板N實現(xiàn)
C.②情況下，可以通過上移極板M實現(xiàn)
D.②情況下，可以通過上移極板N實現(xiàn)
【答案】選B.
【詳解】保持S閉合的分析：因為第①種情況下兩板間電壓U不變，所以電場強度E=U/d，只有d減小，E增大，電場力增大，帶電微粒才向上運動打到上極板M上，故可以通過下移極板M或者上移極板N來實現(xiàn)，選項A錯，B正確；充電后將S斷開的分析：因為第②種情況下兩極板帶電荷量Q不變，根據(jù)Q=CU，C=可得，E=，可以看出E與兩板間距離d無關(guān)，所以無論怎樣移動M、N兩極板改變兩板間的距離，場強E、電場力F都不變，帶電微粒都處于靜止狀態(tài)，選項C、D錯誤，B正確.
二、帶電粒子在電場中的平衡與直線運動
1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理
(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量).
(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力.
2.帶電粒子在電場中的平衡
解題步驟:①選取研究對象.②進行受力分析，注意電場力的方向特點.③由平衡條件列方程求解.
3.帶電粒子在電場中的變速直線運動：可用運動學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動能定理或能量守恒定律求解.
【例2】如圖所示，板長L=4cm的平行板電容器，板間距離d=3cm，板與水平線夾角α=37°，兩板所加電壓為U=100V，有一帶負電液滴，帶電荷量為q=3×10-10C，以v0=1m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取g=10m/s2.求：
(1)液滴的質(zhì)量；
(2)液滴飛出時的速度.
【答案】(1)m=8×10-8kg(2)v=≈1.32(m/s)
【詳解】(1)畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：
qEcosα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcosα/dg代入數(shù)據(jù)得m=8×10-8kg
(2)對液滴由動能定理得：qU=
v=
所以v=≈1.32(m/s)
三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)
1.粒子的偏轉(zhuǎn)角
(1)以初速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場：如圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為U1，若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為θ，則
結(jié)論：動能一定時tanθ與q成正比，電荷量相同時tanθ與動能成反比.
(2)經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場
不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有：②
由①②式得：tanθ=③
結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場.
2.粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論
(1)以初速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場④
作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則
結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的處沿直線射出.
(2)經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由②和④得：偏移量：⑤
上面③式偏轉(zhuǎn)角正切為：tanθ＝
結(jié)論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量y和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，也就是軌跡完全重合.
【例3】(20xx南通模擬)(18分)如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖.在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y=的一段(0≤x≤L，0≤y≤L)為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的勻強電場區(qū)域Ⅱ.兩個電場大小均為E，不計電子所受重力，電子的電荷量為e，求：
(1)從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的坐標；
(2)由電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開MNPQ的最小動能；
【答案】(1)設(shè)電子的質(zhì)量為m，電子在電場Ⅰ中做勻
加速直線運動，出區(qū)域Ⅰ時的速度為v0，接著在無電場區(qū)域
勻速運動，此后進入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做類平拋運動，假
設(shè)電子從NP邊射出，出射點縱坐標為y1，
由y=對于B點y=L，則x=(2分)
所以eE=(2分)
解得v0=(1分)
設(shè)在電場Ⅱ中運動的時間為t1
L-y1=(1分)
解得y1=0，所以原假設(shè)成立，即電子離開MNPQ區(qū)域的位置坐標為(-2L，0)(2分)
(2)設(shè)釋放點在電場區(qū)域Ⅰ中的坐標為(x，y)，在電場Ⅰ中電子被加速，速度為v1時飛離電場Ⅰ，接著在無電場區(qū)域做勻速運動，然后進入電場Ⅱ做類平拋運動，并從NP邊離開，運動時間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y2.
eEx=(2分)
y2=(2分)
解得xy2=，所以原假設(shè)成立，即在電場Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時都從P點離開的.(2分)
其中只有從B點釋放的電子，離開P點時動能最小，則從B到P由動能定理得：eE(L+)=Ek-0(3分)
所以Ek=(1分)
【感悟高考真題】
1.（20xx安徽高考T18）圖（a）為示管的原理圖。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
【答案】選B.
【詳解】示波管YY’間為信號電壓，XX‘為掃描電壓，0～t1，Y板電勢高電子向Y板偏轉(zhuǎn)，X’電勢高電子向X’板偏轉(zhuǎn)，由此知CD錯；又根據(jù)偏移量公式，偏移量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，0、t1、2t1時刻偏轉(zhuǎn)電壓為0，偏移量也為0，、時刻偏轉(zhuǎn)電壓最大，偏移量也最大，所以B對。
2.（20xx安徽高考T20）如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。
若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是
A.B.
C.D.
【答案】選B.
【詳解】
畫出帶電粒子速度-時間圖像，根據(jù)v-t圖像中的“面積”研究各時刻開始的帶電粒子的運動情況，A選項可畫出T/8時刻開始的運動圖像，如圖a由圖知在一個周期內(nèi)粒子運動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會打到B板上,A選項錯；B選項可畫出5T/8時刻進入的運動圖像，如圖b由圖知在一個周期內(nèi)粒子運動的總面積為負，即粒子向A板靠近，最終會打到A板上,B選項對；C選項可畫出7T/8時刻進入的運動圖像，由圖知在一個周期內(nèi)粒子運動的總面積為正，即粒子向B板靠近，最終會打到B板上，C選項錯；同理D選項錯。
3.（20xx天津理綜T5）板間距為的平行板電容器所帶電荷量為時，兩極板間電勢差為，板間場強為.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?，板間距變?yōu)椋渌麠l件不變，這時兩極板間電勢差，板間場強為，下列說法正確的是
A.
B.
C.
D.
【答案】選C．
【詳解】當平行板電容器的其他條件不變，板間距離變?yōu)闀r，電容器的電容為，又知電容器的帶電量為2Q，則得知，即，根據(jù)勻強電場中電勢差與場強之間的關(guān)系式得，因此選項C正確，其它選項都錯誤。
4.（20xx浙江理綜T25）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連。質(zhì)量為m、電荷量為-q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進入矩形通道，當帶負電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集。通過調(diào)整兩板間距d可以改變收集效率η。當d=d0時，η為81%（即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集）。
不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。
求收集效率為100%時，兩板間距的最大值為dm；
求收集效率η與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系；
若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線
【詳解】（1）收集效率η為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為U，則在水平方向有
①
在豎直方向有
②
其中
③
當減小兩板間距時，能夠增大電場強度，提高裝置對塵埃的收集效率.收集效率恰好為100%，兩板間距即為dm.如果進一步減小d，收集效率仍為100%.因此，在水平方向有
④
在豎直方向有
⑤
其中
⑥
聯(lián)立①—⑥各式可得
⑦
（2）通過前面的求解可知，當時，收集效率η均為100%.
黨d0.9d0時，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，此時有
⑧
根據(jù)題意，收集效率為
⑨
聯(lián)立①、②、③、⑧及⑨式可得
（3）穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量為
當時，，因此
當d0.9d0時，，因此
繪出的圖線如下
答案:：(1)(2)η=100%（時），（d0.9d0時）(3)（時），（d0.9d0時）圖線見解析.
5.（20xx福建理綜T20）反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是N/C和N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量，帶電量,A點距虛線的距離，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求：
B點距虛線的距離；
帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間。
【答案】（1）0.50cm(2)1.5×10-8s
【詳解】（1）帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有得
(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有
設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分t1和t2：，由運動學(xué)公式有
t=t1+t2
聯(lián)立方程解得t=1.5×10-8s
6.（20xx北京高考T24）靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A（0Aq）,忽略重力。求
（1）粒子所受電場力的大?。?br> （2）粒子的運動區(qū)間；
（3）粒子的運動周期。
【答案】（1）（2）（3）
【詳解】⑴由圖可知，0與d（或-d）兩點的電勢差為φ0
電場強度大小
電場力的大小
⑵設(shè)粒子在[-x0，x0]區(qū)間運動，速率為v，由題意得
…………………①
由圖可知……………②
由①②得，……………③
因動能非負，有
得
即……………④
粒子運動的區(qū)間
⑶粒子從-x0處開始運動四分之一周期，根據(jù)牛頓第二定律粒子的加速度：
……………⑤
由于粒子做勻加速直線運動，則
粒子運動的周期
7.（20xx天津12）質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，O’O為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離O’O的距離。以屏中心O為原點建立xOy直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。
（1）設(shè)一個質(zhì)量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿O’O的方向從O’點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點。若在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離O點的距離y0;
(2)假設(shè)你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結(jié)果計算未知離子的質(zhì)量數(shù)。
上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強磁場?，F(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O’點沿O’O方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標相同的兩個光點，對應(yīng)的x坐標分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標大的光點是碳12離子擊中屏產(chǎn)生的，另一光點是未知離子產(chǎn)生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運動時O’O方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度。
解析：（1）離子在電場中受到的電場力
①
離子獲得的加速度
②
離子在板間運動的時間
③
到達極板右邊緣時，離子在方向的分速度
④
離子從板右端到達屏上所需時間
⑤
離子射到屏上時偏離點的距離
由上述各式，得
⑥
（2）設(shè)離子電荷量為，質(zhì)量為，入射時速度為，磁場的磁感應(yīng)強度為，磁場對離子的洛倫茲力
⑦
已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運動時間甚短，所經(jīng)過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運動時，方向的分速度總是遠大于在方向和方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫茲力產(chǎn)生的加速度
⑧
是離子在方向的加速度，離子在方向的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動，到達極板右端時，離子在方向的分速度
⑨
離子飛出極板到達屏時，在方向上偏離點的距離
⑩
當離子的初速度為任意值時，離子到達屏上時的位置在方向上偏離點的距離為，考慮到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾兩式得
⑿
其中
上式表明，是與離子進入板間初速度無關(guān)的定值，對兩種離子均相同，由題設(shè)條件知，坐標3.24mm的光點對應(yīng)的是碳12離子，其質(zhì)量為，坐標3.00mm的光點對應(yīng)的是未知離子，設(shè)其質(zhì)量為，由⑿式代入數(shù)據(jù)可得
⒀
故該未知離子的質(zhì)量數(shù)為14。
8．（20xx江蘇物理15）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓作周期性變化，其正向電壓為，反向電壓為，
電壓變化的周期為2r，如圖乙所示。在t=0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。
（1）若，電子在0—2r時間內(nèi)不能到達極板A，求d應(yīng)滿足的條件；
（2）若電子在0—2r時間未碰到極板B，求此運動過程中電子速度隨時間t變化的關(guān)系；
（3）若電子在第N個周期內(nèi)的位移為零，求k的值。
答案：
9.（09北京19）如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點（圖中未標出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b(C)
A．穿出位置一定在O′點下方
B．穿出位置一定在O′點上方
C．運動時，在電場中的電勢能一定減小
D．在電場中運動時，動能一定減小
解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，
故對粒子a有：Bqv=Eq即只要滿足E=Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。
10.（09天津5）如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點。則（B）
A.粒子受電場力的方向一定由M指向N
B.粒子在M點的速度一定比在N點的大
C.粒子在M點的電勢能一定比在N點的大
D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢
解析：由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力向上，A錯；粒子由M到N電場力做負功電勢能增加，動能減少，速度增加，故B對C錯；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點電勢的高低，C錯。
11.（09海南物理5）一平行板電容器兩極板間距為、極板面積為S，電容為，其中是常量。對此電容器充電后斷開電源。當增加兩板間距時，電容器極板間（A）
A．電場強度不變，電勢差變大
B．電場強度不變，電勢差不變
C．電場強度減小，電勢差不變
D．電場強度較小，電勢差減小

12.（09福建15）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（B）
A.帶點油滴將沿豎直方向向上運動
B.P點的電勢將降低
C.帶點油滴的電勢將減少
D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大
13.（09浙江20）空間存在勻強電場，有一電荷量、質(zhì)量的粒子從點以速率射入電場，運動到點時速率為?，F(xiàn)有另一電荷量、質(zhì)量的粒子以速率仍從點射入該電場，運動到點時速率為。若忽略重力的影響，則（AD）
A．在、、三點中，點電勢最高
B．在、、三點中，點電勢最高
C．間的電勢差比間的電勢差大
D．間的電勢差比間的電勢差小
解析：正電荷由O到A，動能變大，電場力做正功，電勢能減小，電勢也減小，O點電勢較高；負電荷從O到
B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B點電勢比O點高。所以B點最高，A對；，，故D對。
14.（09山東25）（18分）如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0~3t時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。
已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時，刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）
（1）求電壓U的大小。
（2）求時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。
（3）何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。

解析：
（1）時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為，則有①
②
③
聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為④。
（2）時刻進入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉(zhuǎn)，
后時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為⑤
帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為⑥
帶電粒子離開電場時的速度大小為⑦
設(shè)帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有⑧
聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。
（3）時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為⑩，設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯(lián)立③⑤⑩式解得，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為，所求最短時間為,帶電粒子在磁場中運動的周期為，聯(lián)立以上兩式解得。
15（09安徽23）如圖所示，勻強電場方向沿軸的正方向，場強為。在點有一個靜止的中性微粒，由于內(nèi)部作用，某一時刻突然分裂成兩個質(zhì)量均為的帶電微粒，其中電荷量為的微粒1沿軸負方向運動，經(jīng)過一段時間到達點。不計重力和分裂后兩微粒間的作用。試求
（1）分裂時兩個微粒各自的速度；
（2）當微粒1到達（點時，電場力對微粒1做功的瞬間功率；
（3）當微粒1到達（點時，兩微粒間的距離。
答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2
解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動。所以微粒1做的是類平拋運動。設(shè)微粒1分裂時的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：
在y方向上有
-
在x方向上有
-
根號外的負號表示沿y軸的負方向。
中性微粒分裂成兩微粒時，遵守動量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（2）設(shè)微粒1到達（0，-d）點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率為
其中由運動學(xué)公式
所以
（3）兩微粒的運動具有對稱性，如圖所示，當微粒1到達（0，-d）點時發(fā)生的位移
則當微粒1到達（0，-d）點時，兩微粒間的距離為
16（09福建21）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。
（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t1
（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關(guān)系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）
答案：（1）;（2）;
(3)
解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。
（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，則有
qE+mgsin=ma①
②
聯(lián)立①②可得
③
（2）滑塊速度最大時受力平衡，設(shè)此時彈簧壓縮量為，則有
④
從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得
⑤
聯(lián)立④⑤可得
s
（3）如圖
17.（09福建22）圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=2.0×10-3T,在X軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不記其重力。
（1）求上述粒子的比荷；
（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強電場；
（3）為了在M處觀測到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。
答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2）；（3）
解析：第（1）問本題考查帶電粒子在磁場中的運動。第（2）問涉及到復(fù)合場（速度選擇器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運動。
設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關(guān)系得
①
由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得
②
聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得
=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）③
（2）設(shè)所加電場的場強大小為E。如圖乙，當粒子子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x
軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有
④
代入數(shù)據(jù)得
⑤
所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對應(yīng)的圓心角為45°，設(shè)帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有
⑥
⑦
聯(lián)立①⑥⑦并代入數(shù)據(jù)得
⑧
（3）如圖丙，所求的最小矩形是，該區(qū)域面積
⑨
聯(lián)立①⑨并代入數(shù)據(jù)得
矩形如圖丙中（虛線）
18.（09浙江23）如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質(zhì)量m、電荷量q（q0）的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處靜止。若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)閝，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為μ，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間。則
（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？
（2）小物塊碰撞后經(jīng)過多長時間停止運動？停在何位置？
答案：（1）（2）時間為，停在處或距離B板為
解析：本題考查電場中的動力學(xué)問題
（1）加電壓后，B極板電勢高于A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運動。電場強度為
小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為
故小物塊運動的加速度為
設(shè)小物塊與A板相碰時的速度為v1，由
解得
（2）小物塊與A板相碰后以v1大小相等的速度反彈，因為電荷量及電性改變，電場力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小為
加速度大小為
設(shè)小物塊碰后到停止的時間為t，注意到末速度為零，有
解得
設(shè)小物塊碰后停止時距離為，注意到末速度為零，有
則
或距離B板為
19.（09江蘇14）1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。
（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；
（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；
（3）實際使用中，磁感應(yīng)強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E㎞。
解析：
(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1,速度為v1
qu=mv12
qv1B=m
解得
同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑
則
（2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈
解得
（3）加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即
當磁場感應(yīng)強度為Bm時，加速電場的頻率應(yīng)為
粒子的動能
當≤時，粒子的最大動能由Bm決定
解得
當≥時，粒子的最大動能由fm決定
解得
【考點精題精練】
1.(20xx揚州模擬)下列關(guān)于實驗中使用靜電計的說法中正確的有()
A.使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況
B.使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況
C.靜電計可以用電壓表替代
D.靜電計可以用電流表替代
【答案】選A.
【詳解】靜電計是用來測量電容器兩極板的電勢差，從而研究電容器電容隨電容器正對面積、兩板距離、介電常數(shù)等因素的變化.如果用電壓表、電流表來替代則構(gòu)成電容器的放電回路，兩電表都沒有示數(shù)，故答案為A.
2.(20xx會昌模擬)水平放置的平行板電容器與一電池相連.在電容器的兩板間有一帶正電的質(zhì)點處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則()
A.電容變大，質(zhì)點向上運動
B.電容變大，質(zhì)點向下運動
C.電容變小，質(zhì)點保持靜止
D.電容變小，質(zhì)點向下運動
【答案】選D.
【詳解】帶電質(zhì)點在電容器中處于靜止狀態(tài)有mg=qE，因為電容器與電源連接，電壓不變，E=U/d，d增大，電容C減小，E減小，質(zhì)點向下運動，答案為D.
3.虛線框內(nèi)存在著勻強電場(方向未知)，有一正電荷(重力不計)從bc邊上的M點以速度v0射進電場內(nèi)，最后從cd邊上的Q點射出電場，下列說法正確的是()
A.電場力一定對電荷做了正功
B.電場方向可能垂直ab邊向右
C.電荷運動的軌跡可能是一段圓弧
D.電荷的運動一定是勻變速運動
【答案】選B、D.
【詳解】由正電荷在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)可以判斷，其所受電場力一定指向運動曲線的內(nèi)側(cè)，但電場力與速度方向的夾角可能為銳角或鈍角，電場力可能做正功或負功，所以選項A錯B對，由于正電荷只受恒定的電場力作用，所以正電荷不可能做圓周運動，一定是勻變速曲線運動，選項D正確，答案為B、D.
4.(20xx泰州模擬)如圖所示，水平放置的平行板電容器與一直流電源相連，在兩板中央有一帶電液滴處于靜止狀態(tài).現(xiàn)通過瞬間平移和緩慢平移兩種方法將A板移到圖中虛線位置.下列關(guān)于帶電液滴運動的說法中正確的是()
A.上述兩種方法中，液滴都向
B板做勻加速直線運動
B.采用瞬間平移的方法，液滴運動到B板經(jīng)歷的時間短
C.采用緩慢平移的方法，液滴運動到B板時速度大
D.采用緩慢平移的方法，液滴運動到B板過程中電場力做功多
【答案】選B.
【詳解】瞬間平移使帶電液滴加速度突然增大立即做勻加速運動，而緩慢平移至虛線位置這一階段，帶電液滴電場力緩慢增大，加速度也緩慢增大，到達虛線位置以后才開始做勻加速運動，所以瞬間平移使帶電液滴到達B板的時間短，做功多，速度大，故答案為B.
5．(20xx年黑龍江適應(yīng)性測試)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大．當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是()
【答案】選AD.
【詳解】在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力F＝U0ed，所以電子所受的電場力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個T4內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在第二個T4內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個T4內(nèi)反向做勻加速直線運動．在第四個T4內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖象如圖1所示，v－t圖象如圖2所示；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋12at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線．故本題選AD.
6.(20xx年北京西城抽測)如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置，它們通過導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連．閉合開關(guān)后，一個帶電的液滴從兩板上端的中點處無初速度釋放，最終液滴落在某一金屬板上．下列說法中正確的是()
A．液滴在兩板間運動的軌跡是一條拋物線
B．電源電動勢越大，液滴在板間運動的加速度越大
C．電源電動勢越大，液滴在板間運動的時間越短
D．定值電阻的阻值越大，液滴在板間運動的時間越長
【答案】選BC.
【詳解】電容器充滿電荷后，極板間的電壓等于電源的電動勢．極板間形成了電場，液滴受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用，合力為恒力，而初速度為零，則液滴做初速度為零的勻加速直線運動，A項錯；電源電動勢越大，則液滴受到的電場力也越大，合力越大，加速度也越大，B項對；電源電動勢越大，加速度越大，同時位移越小，則運動的時間越短，C對；定值電阻不會影響兩極板上電壓的大小，則對液滴的運動沒有影響，D項錯．
7．如圖所示，平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，兩極板間距離為d，今在距兩極板的中點12d處放一電荷q，則()
A．q所受電場力的大小為QqCd
B．q所受電場力的大小為k4Qqd2
C．q點處的電場強度是k4Qd2
D．q點處的電場強度是k8qd2
【答案】選A.
【詳解】兩極板之間的電場強度E＝Ud，q受到的電場力F＝Eq＝Udq＝QCdq，A正確；Q不是點電荷，點電荷的場強公式E＝kQr2在這里不能用，B、C、D不正確．
8．(20xx年廣東珠海質(zhì)檢)分別將帶正電、負電和不帶電的三個等質(zhì)量小球，分別以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶負電，下板接地．三小球分別落在圖中A、B、C三點，則錯誤的是()
A．A帶正電、B不帶電、C帶負電
B．三小球在電場中加速度大小關(guān)系是：aAaBaC
C．三小球在電場中運動時間相等
D．三小球到達下板時的動能關(guān)系是EkCEkBEkA
【答案】選C.
【詳解】由于A的水平射程x最遠，A的運動時間t＝xv0最長，C錯誤．A的加速度aA＝2ht2最小，而C的加速度aC最大，aAaBaC，B正確．可見，A帶正電，受電場力方向與重力方向相反，B不帶電，C帶負電，受電場力方向與重力方向相同，A正確．由動能定理知EkCEkBEkA，D正確．
9．(20xx年山東濟南調(diào)研)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()
A．板間電場強度大小為mg/q
B．板間電場強度大小為2mg/q
C．質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等
D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間
【答案】選BC.
【詳解】當質(zhì)點所受電場力方向向上且大于重力時，質(zhì)點才可能垂直打到屏上．由運動的合成與分解，可知質(zhì)點在水平方向上一直做勻速直線運動，所以質(zhì)點在電場中做類平拋運動的時間和在重力場中做斜上拋運動的時間相等．由運動規(guī)律可知質(zhì)點在水平方向上做勻速直線運動，vx＝v0；在豎直方向上：在電場中vy＝at，如圖所示，離開電場后質(zhì)點做斜上拋運動，vy＝gt，由此運動過程的對稱性可知a＝g，由牛頓第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正確．
10．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是()
A．從t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上
B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩極間振動
C．從t＝T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上
D．從t＝3T/8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上
【答案】AC
【詳解】若t＝0時刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯誤；若從t＝T/4時刻釋放電子，電子先加速T/4，再減速T/4，有可能電子已達到右極板，若此時未達到右極板，則電子將在兩極板間振動，所以C正確；同理，若從t＝3T/8時刻釋放電子，電子有可能達到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩極間的距離，所以D錯誤．
11．如圖所示，甲圖是用來使帶正電的離子加速和偏轉(zhuǎn)的裝置，乙圖為該裝置中加速與偏轉(zhuǎn)電場的等效模擬，以y軸為界，左側(cè)為沿x軸正向的勻強電場，場強為E.右側(cè)為沿y軸負方向的勻強電場．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間的電勢差為U0，若在x軸的C點無初速度地釋放一個電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子(不計重力)，結(jié)果正離子剛好通過B點，求：
(1)CO間的距離d；
(2)粒子通過B點的速度大?。?br> 【答案】(1)U04E(2)5qU02m
【詳解】(1)設(shè)正離子到達O點的速度為v0(其方向沿x軸的正方向)
則正離子由C點到O點由動能定理得：
qEd＝12mv02－0①
而正離子從O點到B點做類平拋運動，則：
OA＝12qU0OAmt2②
AB＝v0t③
而OA＝AB④
由①②③④得d＝U04E.
(2)設(shè)正離子到B點時速度的大小為vB，正離子從C到B過程中由動能定理得：
qEd＋qU0＝12mvB2－0，解得vB＝5qU02m.
12.如圖所示，一光滑斜面的直角點A處固定一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上部小球從B點由靜止自由釋放，球能沿斜面從B點運動到斜面底端C處，求：
(1)小球從B處開始運動到斜面中點D處時的速度；
(2)小球運動到斜面底端C處時，球?qū)π泵娴膲毫κ嵌啻螅?br> 【答案】(1)gL2(2)32mg－2kq23L2
【詳解】由于小球沿斜面下滑過程中所受電場力為變力，因此不能用功的定義來求解，只能用動能定理求解
(1)由題意知：小球運動到D點時，由于AD＝AB，所以有電勢φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0①
則由動能定理得：mgL2sin30°＝12mv2D－0②
聯(lián)立①②解得：vD＝gL2③
(2)當小球運動至C點時，對球受力分析如圖所示，則由平衡條件得：
FN＋F庫sin30°＝mgcos30°④
由庫侖定律得：
F庫＝kq2(Lcos30°)2⑤
聯(lián)立④⑤得：
FN＝32mg－23kq2L2
由牛頓第三定律得：FN′＝FN＝32mg－2kq23L2.

高考物理電容帶電粒子在電場中的運動知識點總結(jié)復(fù)習

第九章電場
電容帶電粒子在電場中的運動
知識要點：
一、基礎(chǔ)知識
1、電容
（1）兩個彼此絕緣，而又互相靠近的導(dǎo)體，就組成了一個電容器。
（2）電容：表示電容器容納電荷的本領(lǐng)。
a定義式：，即電容C等于Q與U的比值，不能理解為電容C與Q成正比，與U成反比。一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。
b決定因素式：如平行板電容器（不要求應(yīng)用此式計算）
（3）對于平行板電容器有關(guān)的Q、E、U、C的討論時要注意兩種情況：
a保持兩板與電源相連，則電容器兩極板間的電壓U不變
b充電后斷開電源，則帶電量Q不變
（4）電容的定義式：（定義式）
（5）C由電容器本身決定。對平行板電容器來說C取決于：（決定式）
（6）電容器所帶電量和兩極板上電壓的變化常見的有兩種基本情況：
第一種情況：若電容器充電后再將電源斷開，則表示電容器的電量Q為一定，此時電容器兩極的電勢差將隨電容的變化而變化。
第二種情況：若電容器始終和電源接通，則表示電容器兩極板的電壓V為一定，此時電容器的電量將隨電容的變化而變化。

2、帶電粒子在電場中的運動
（1）帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學(xué)的知識，分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速或減速，是直線還是曲線），然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題。
（2）在對帶電粒子進行受力分析時，要注意兩點：
a要掌握電場力的特點。如電場力的大小和方向不僅跟場強的大小和方向有關(guān)，還與帶電粒子的電量和電性有關(guān)；在勻強電場中，帶電粒子所受電場力處處是恒力；在非勻強電場中，同一帶電粒子在不同位置所受電場力的大小和方向都可能不同。
b是否考慮重力要依據(jù)具體情況而定：基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等除有要說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）。帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。
3、帶電粒子的加速（含偏轉(zhuǎn)過程中速度大小的變化）過程是其他形式的能和功能之間的轉(zhuǎn)化過程。解決這類問題，可以用動能定理，也可以用能量守恒定律。
如選用動能定理，則要分清哪些力做功？做正功還是負功？是恒力功還是變力功？若電場力是變力，則電場力的功必須表達成，還要確定初態(tài)動能和末態(tài)動能（或初、末態(tài)間的動能增量）
如選用能量守恒定律，則要分清有哪些形式的能在變化？怎樣變化（是增加還是減少）？能量守恒的表達形式有：
a初態(tài)和末態(tài)的總能量（代數(shù)和）相等，即；
b某種形式的能量減少一定等于其它形式能量的增加，即
c各種形式的能量的增量的代數(shù)和；

4、帶電粒子在勻強電場中類平拋的偏轉(zhuǎn)問題。
如果帶電粒子以初速度v0垂直于場強方向射入勻強電場，不計重力，電場力使帶電粒子產(chǎn)生加速度，作類平拋運動，分析時，仍采用力學(xué)中分析平拋運動的方法：把運動分解為垂直于電場方向上的一個分運動——勻速直線運動：，；另一個是平行于場強方向上的分運動——勻加速運動，，，粒子的偏轉(zhuǎn)角為。
經(jīng)一定加速電壓（U1）加速后的帶電粒子，垂直于場強方向射入確定的平行板偏轉(zhuǎn)電場中，粒子對入射方向的偏移，它只跟加在偏轉(zhuǎn)電極上的電壓U2有關(guān)。當偏轉(zhuǎn)電壓的大小極性發(fā)生變化時，粒子的偏移也隨之變化。如果偏轉(zhuǎn)電壓的變化周期遠遠大于粒子穿越電場的時間（T），則在粒子穿越電場的過程中，仍可當作勻強電場處理。

應(yīng)注意的問題：
1、電場強度E和電勢U僅僅由場本身決定，與是否在場中放入電荷，以及放入什么樣的檢驗電荷無關(guān)。
而電場力F和電勢能兩個量，不僅與電場有關(guān)，還與放入場中的檢驗電荷有關(guān)。
所以E和U屬于電場，而和屬于場和場中的電荷。
2、一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡和電場線并不重合，運動軌跡上的一點的切線方向表示速度方向，電場線上一點的切線方向反映正電荷的受力方向。物體的受力方向和運動方向是有區(qū)別的。
如圖所示：
只有在電場線為直線的電場中，且電荷由靜止開始或初速度方向和電場方向一致并只受電場力作用下運動，在這種特殊情況下粒子的運動軌跡才是沿電力線的。
3、點電荷的電場強度和電勢
（1）點電荷在真空中形成的電場的電場強度，當源電荷時，場強方向背離源電荷，當源電荷為負時，場強方向指向源電荷。但不論源電荷正負，距源電荷越近場強越大。
（2）當取時，正的源電荷電場中各點電勢均為正，距場源電荷越近，電勢越高。負的源電荷電場中各點電勢均為負，距場源電荷越近，電勢越低。
（3）若有n個點電荷同時存在，它們的電場就互相迭加，形成合電場，這時某點的電場強度就等于各個點電荷在該點產(chǎn)生的場強的矢量和，而某點的電勢就等于各個點電荷在該點的電勢的代數(shù)和。

1.7電容器與電容

1.7電容器與電容

教學(xué)三維目標

（一）知識與技能

1、知道什么是電容器及常見的電容器；

2、知道電場能的概念，知道電容器充電和放電時的能量轉(zhuǎn)換；

3、理解電容器電容的概念及定義式，并能用來進行有關(guān)的計算；

4、知道平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)，有什么關(guān)系；掌握平行板電容器的決定式并能運用其討論有關(guān)問題。

（二）過程與方法

結(jié)合實物觀察與演示，在計算過程中理解掌握電容器的相關(guān)概念、性質(zhì)。

（三）情感態(tài)度與價值觀

體會電容器在實際生活中的廣泛應(yīng)用，培養(yǎng)學(xué)生探究新事物的興趣。

重點：掌握電容器的概念、定義式及平行板電容器的電容。

難點：電容器的電容的計算與應(yīng)用

教學(xué)過程：

（一）復(fù)習前面相關(guān)知識

要點：場強、電勢能、電勢、電勢差等。

（二）新課教學(xué)：

第七節(jié)、電容器與電容

展示各種電容器.并做解釋:這是一種能容納電荷的容器,今天我們來學(xué)習它——電容器以及描述它容納電荷本領(lǐng)的物理量——電容

1、電容器

（1）構(gòu)造：任何兩個彼此絕緣又相隔很近的導(dǎo)體都可以看成一個電容器。

（2）電容器的充電、放電

操作：把電容器的一個極板與電池組的正極相連，另一個極板與負極相連，兩個極板上就分別帶上了等量的異種電荷。這個過程叫做充電。

現(xiàn)象：從靈敏電流計可以觀察到短暫的充電電流。充電后,切斷與電源的聯(lián)系,兩個極板間有電場存在,充電過程中由電源獲得的電能貯存在電場中,稱為電場能.

操作：把充電后的電容器的兩個極板接通,兩極板上的電荷互相中和,電容器就不帶電了,這個過程叫放電.

現(xiàn)象：從靈敏電流計可以觀察到短暫的放電電流.放電后,兩極板間不存在電場,電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量.

提問：電容器在充、放電的過程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系是什么?待學(xué)生討論后總結(jié)如下:

【板書】充電——帶電量Q增加,板間電壓U增加,板間場強E增加,電能轉(zhuǎn)化為電場能

放電——帶電量Q減少,板間電壓U減少,板間場強E減少,電場能轉(zhuǎn)化為電能

2、電容

與水容器類比后得出。說明：對于給定電容器，相當于給定柱形水容器，C（類比于橫截面積）不變。這是量度式，不是關(guān)系式。在C一定情況下，Q=CU，Q正比于U。

定義：電容器所帶的電量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值，叫做電容器的電容。

公式：

單位：法拉（F）還有微法（F）和皮法（pF）1F=10-6F=10-12pF

（4）電容的物理意義:電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，是由電容器本身的性質(zhì)（由導(dǎo)體大小、形狀、相對位置及電介質(zhì)）決定的,與電容器是不是帶電無關(guān).

3、平行板電容器的電容

（1）[演示]感應(yīng)起電機給靜電計帶電（詳參閱P29圖1。7-4）

說明:靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的,用來測量電勢差.把它的金屬球與一個導(dǎo)體相連,把它的金屬外殼與另一個導(dǎo)體相連,從指針的偏轉(zhuǎn)角度可以量出兩個導(dǎo)體之間的電勢差U.

現(xiàn)象:可以看到:

保持Q和d不變，S越小,靜電計的偏轉(zhuǎn)角度越大,U越大,電容C越??；

保持Q和S不變，d越大，偏轉(zhuǎn)角度越小，C越小.

保持Q、d、S都不變,在兩極板間插入電介質(zhì)板,靜電計的偏轉(zhuǎn)角度并且減小,電勢差U越小電容C增大.

（2）結(jié)論:平行板電容器的電容C與介電常數(shù)ε成正比,跟正對面積S成正比,跟極板間的距離d成反比.

平行板電容器的決定式：真空介質(zhì)

4、常用電容器（結(jié)合課本介紹P30）

（三）小結(jié)：對本節(jié)內(nèi)容要點進行概括

（四）鞏固新課：1、引導(dǎo)學(xué)生完成問題與練習。

2、閱讀教材內(nèi)容。

3、作業(yè)紙

教后記：

1、電容的物理意義的理解在上課前就意識到是個難點，所以采用了類比法，幾次使用類比法的效果都是比較理想的。

2、對于電容變化引起的電壓帶電量電場強度的變化因使用的公式較多，學(xué)生掌握還有個過程。

電容器的電容

教案課件是老師上課中很重要的一個課件，大家應(yīng)該在準備教案課件了。對教案課件的工作進行一個詳細的計劃，新的工作才會更順利！有多少經(jīng)典范文是適合教案課件呢？急您所急，小編為朋友們了收集和編輯了“電容器的電容”，供您參考，希望能夠幫助到大家。

學(xué)習內(nèi)容1．8電容器的電容
學(xué)習目標1．知道電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，知道電容的定義式、單位。
2．知道影響平等板電容器電容大小的因素，并能結(jié)合定義式討論有關(guān)平等板電容器電場、電量等問題
學(xué)習重、難點電容的定義式及影響電容器電容大小的因素
學(xué)法指導(dǎo)自主合作、探究
知識鏈接1．什么是電容器，電容器有什么作用？
2．電容的國際單位是什么，還有哪些常用單位？
3．電容器的電量是指。
4．電容器有多種，平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)？
學(xué)習過程用案人自我創(chuàng)新
【自主學(xué)習】
1．電容器的結(jié)構(gòu)：
2．使電容器帶電叫，使充電后的電容器失去電荷叫；
電容器充電時，跟電源正極相連的極板帶，跟電源負極相連的極板帶。電容器帶電特點是。
3．電容是描述的物理量。
⑴定義：。
⑵定義式：。
⑶單位及換算關(guān)系：。
⑷電容大小的決定因素：。
4．平行板電容器
⑴板間場強：。
⑵兩種狀態(tài)：
①當保持兩板始終與電源相連時，兩板之間保持不變；
②當充電后與電源斷開，則不變。
⑶平行板電容器的解題方法：

【例題與練習】
1．有一充電的平行板電容器，兩極板間電壓為3V，現(xiàn)使它的電荷量減少3×10-4c，于是電容器兩極板問電壓降為原來的1/3，此電容器的電容是μF，電容器原來的帶電荷量是C．若把電容器極板上的電荷量全部放掉，電容器的電容是μF．
2．連接在電池兩極上的平行板電容器，當兩板間距離減小時，（）
A．電容器的電容C變大。
B．電容器極板的帶電量Q變大
C．電容器極板間的電勢差U變大
D．電容器極間電場強度E變大
3．如圖所示是描述對給定的電容器充電時其電荷量Q、電壓u、電容c之間相互關(guān)系的圖象，其中正確的是()

Q
4．如圖所示，先接通開關(guān)s使電容器充電，然后斷開開關(guān)S．當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩板間電勢差u、電容器兩極板間場強E的變化情況是（)
A．Q變小，C不變，U不變，E變小
B．Q變小，C變小，U不變，E不變
C．Q不變，C變小，U變大，E不變
D．Q不變，C變小，U變小，E變小
4．如圖所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板A與一靈敏靜電計相接，極板B接地．若極板B稍向上移動一點，由觀察到的靜電計指針變化作出平行板電容器電容變小的結(jié)論的依據(jù)是

A．兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變小
B．兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變大
C．極板上的電荷量幾乎不變。兩板極間的電壓變小
D．極板上的電荷量幾乎不變，兩極板間的電壓變大
5．如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N，今有一帶電質(zhì)點，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽略不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回，若保持兩極板間的電壓不變，則()
A．把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P自由下落后仍能返回
B．把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
C．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
達標檢測1．下列關(guān)于電容的說法正確的是()
A．電容器簡稱電容、
B．電容器A的電容比B的大，說明A帶的電荷量比B的多
c．電容在數(shù)值上等于使兩極極間電勢差為lV時電容器需要帶的電荷量
D．由公式C=Q／U知，電容器的電容與電容器兩極板間的電壓成反比，與電容器所帶的電荷量成正比
2．某電容器上標有“1.5μF、9V”字樣，則該電容器()
A．所帶電荷量不能超過1.5×10-6c
B．所帶電荷量不能超過1.35×10-6C
C．所加電壓不應(yīng)超過9V
D．該電容器的擊穿電壓為9V
3．一個空氣平行板電容器，極板間距離為d，正對面積為s，充以電荷量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)閁／2
B．將帶電荷量變?yōu)?Q
C．將極板正對面積變?yōu)?S
D．將兩極間充滿介電常數(shù)為2的電介質(zhì)
4．平行金屬板A、B組成的電容器，充電后與靜電計相連，如圖所示．要使靜電計指針張角變大，下列措施中可行的是()
A．A板向上移動B．B板向左移動
c．A、B之間插入電介質(zhì)D．使兩板帶的電荷量減少

5．如圖所示，用電池對電容器充電結(jié)束，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個電荷q處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩極板的間距變大，則()
A．電荷將向上加速運動
B．電荷將向下加速運動
C．電流表中將有從a到b的電流
D．電流表中將有從b到a的電流
6．如圖所示，平行板電容器的兩個極板為A、B,B板接地，A板帶有電荷量+Q，板間電場中有一固定點P，若將B板固定，A板下移一些，或者將A扳固定，B板上移一些，在這兩種情況下，下列說法正確的是()
A．A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢不變
B．A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢升高
C．B板上移時，P點的電場強度不變，P點電勢降低
D．B板上移時，P點的電場強度變小，P點電勢降低
7．如圖甲所示的是一種利用電容C測量角度的電容器的示意圖，當動片和定片之間的角度θ發(fā)生變化時，電容c便發(fā)生變化，于是知道C的變化情況，就可以知道θ的變化情況．圖乙中，最能正確地反應(yīng)c和θ的函數(shù)關(guān)系是
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