第3講電容器的電容、帶電粒子在電場中的運動考試標準知識內(nèi)容必考要求加試要求說明電容器的電容bc1.不要求應用平行板電容器電容的決定式進行計算2.示波管問題的分析與計算不涉及兩個偏轉(zhuǎn)電極同時加電壓的情形3.解決帶電粒子偏轉(zhuǎn)運動問題只限于垂直電場方向入射且偏轉(zhuǎn)電極加恒定電壓的情形.帶電粒子在電場中的運動bd一、電容器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公式C和C的比較(1)定義式：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(2)決定式：C，r為電介質(zhì)的相對介電常數(shù)，S為極板正對面積，d為板間距離自測1下列關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從C可以看出，電容的大小取決于帶電荷量和電壓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答案D二、帶電粒子在電場中的運動1加速問題若不計粒子的重力且無其他外力作用，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的動能的增量(1)在勻強電場中：WqEdqUmv2mv02.(2)在非勻強電場中：WqUmv2mv02.2帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的運動規(guī)律不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，如圖1.圖1(1)沿初速度方向做勻速直線運動運動時間(2)沿電場力方向，做勻加速直線運動自測2如圖2所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子的入射速度為原來的2倍，而電子仍從原來位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離應變?yōu)樵瓉淼?)圖2A2倍 B4倍 C. D.答案C命題點一平行板電容器的動態(tài)分析1電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變2電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變3U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分析場強的變化(3)根據(jù)UABE·d分析某點電勢變化4Q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分析場強變化拓展點電容器充放電分析例1如圖3所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，開關S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)，以下說法正確的是()圖3A若將S斷開，則油滴將做自由落體運動，G表中無電流B若將A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有ab的電流C若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G表中有ba的電流D若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G表中有ba的電流答案C解析由于油滴處于靜止狀態(tài)，所以qmg.若將S斷開，由于電容器的電荷量不變，則電壓U不變，油滴仍處于靜止狀態(tài)，選項A錯誤若將A向左平移一小段位移，則電容C變小，電壓U不變，則QCU變小，所以電流由ba，此時油滴仍靜止，選項B錯誤若將A向上平移一小段位移，電容C變小，電壓U不變，則Q變小，所以電流由ba，此時qmg，油滴向下加速運動，所以選項C正確若將A向下平移一小段位移，電容C變大，電壓U不變，則Q變大，所以電流由ab，此時qmg，油滴向上加速運動，所以選項D錯誤變式1(2017·嘉興市質(zhì)檢)超級電容器又叫雙電層電容器，是一種新型儲能裝置，它不同于傳統(tǒng)的化學電源，是一種介于傳統(tǒng)電容器與電池之間、具有特殊性能的電容器如圖4為一款標有“2.7 V,3 000 F”的超級電容器，據(jù)此可知該款電容器()圖4A放電時電容不變B充電時電能減少C在2.7 V電壓下才能工作D兩極所加電壓為2.7 V時，電容才達到3 000 F答案A解析電容器的電容由電容器本身因素決定，放電時電容不變，故A正確；充電時，其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能，即電能增加，故B錯誤；電容器在低于2.7 V的電壓下仍可正常工作，故C錯誤；電容與電壓無關，其大小一直是3 000 F，故D錯誤變式2用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖5)設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為.實驗中，極板所帶電荷量不變，若()圖5A保持S不變，增大d，則不變B保持S不變，增大d，則變小C保持d不變，增大S，則變小D保持d不變，增大S，則不變答案C解析由C知，保持S不變，增大d，電容減小，由于電容器電荷量不變，根據(jù)C，可知電容器兩極板間電勢差變大，靜電計指針偏角變大，選項A、B錯誤；保持d不變，增大S，電容器電容增大，電勢差變小，靜電計指針偏角變小，選項C正確，D錯誤變式3一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，極板間電場強度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變答案D解析由C可知，當將云母介質(zhì)移出時，r變小，電容器的電容C變??；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)QCU可知，當C減小時，Q減小再由E，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確命題點二帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動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、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帶電粒子在電場中運動時的兩種解題思路(1)應用牛頓運動定律處理帶電粒子的直線運動帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與速度方向在一條直線上，帶電粒子做勻變速直線運動，根據(jù)帶電粒子的受力情況，用牛頓運動定律和運動學公式確定帶電粒子的速度、位移、時間等(2)用動能定理處理帶電粒子在電場中的直線運動對帶電粒子進行受力分析，確定有哪幾個力做功，做正功還是負功；確定帶電粒子的初、末狀態(tài)的動能，根據(jù)動能定理列方程求解例2(2016·浙江4月選考·8)密立根油滴實驗原理如圖6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，形成豎直向下電場強度大小為E的勻強電場用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶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6A懸浮油滴帶正電B懸浮油滴的帶電荷量為C增大電場強度大小，懸浮油滴將向上運動D油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍答案C解析油滴懸浮不動，說明其所受的電場力與重力平衡，所以帶負電，A錯；由Eqmg得q，所以B錯；如果增大電場強度大小，油滴所受的電場力增大，油滴就會向上運動，C對；所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍，D錯拓展點1帶電粒子在勻強電場中的直線運動變式4兩平行金屬板相距為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7所示，h，此電子具有的初動能是()圖7A. BedUhC. D.答案D解析由動能定理得：ehEk，所以Ek，故D正確拓展點2帶電粒子在交變電場中的直線運動變式5如圖8所示，A、B兩金屬板平行放置，在t0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時，有可能使電子到不了B板()圖8答案B拓展點3帶電粒子在電場力和重力作用下的直線運動問題變式6如圖9所示，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力作用下，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，則下列結(jié)論不正確的是()圖9A此液滴帶負電B液滴的加速度等于gC合力對液滴做的總功等于零D液滴的電勢能減少答案C解析帶電液滴由靜止開始沿bd做直線運動，所受的合力方向必定沿bd直線，液滴受力情況如圖所示，電場力方向水平向右，與電場方向相反，所以此液滴帶負電，故選項A正確；由圖知液滴所受的合力Fmg，其加速度為ag，故選項B正確；因為合力的方向與運動的方向相同，故合力對液滴做正功，故選項C錯誤；由于電場力所做的功W電Eqxbdsin 45°>0，故電場力對液滴做正功，液滴的電勢能減少，故選項D正確，故選C.變式7(2017·浙江4月選考·8)如圖10所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場有一質(zhì)量為m、電荷量為q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放重力加速度為g.則點電荷運動到負極板的過程()圖10A加速度大小為agB所需的時間為tC下降的高度為yD電場力所做的功為WEqd答案B解析點電荷受到重力、電場力的作用，所以a，選項A錯誤；根據(jù)運動獨立性，水平方向點電荷的運動時間為t，則 t2，化簡得t，選項B正確；下降高度ygt2，選項C錯誤；電場力做功W，選項D錯誤命題點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1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)電場射出時速度的偏轉(zhuǎn)角總是相同的證明：由qU0mv02及tan 得tan .(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到電場邊緣的距離為.2帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUymv2mv02，其中Uyy，指初、末位置間的電勢差例3如圖11所示，兩塊相同的金屬板正對著水平放置，板間距離為d.當兩板間加電壓U時，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以水平速度v0從A點射入電場，經(jīng)過一段時間后從B點射出電場，A、B間的水平距離為L，不計粒子的重力求：圖11(1)帶電粒子從A點運動到B點經(jīng)歷的時間；(2)帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大??；(3)A、B間的電勢差答案(1)(2) (3)解析(1)帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，從A點到B點經(jīng)歷時間t；(2)帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運動，板間場強大小E加速度大小a經(jīng)過B點時粒子沿豎直方向的速度大小vyat·帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大小v；(3)粒子從A點運動到B點過程中，由動能定理得：qUABmv2mv02A、B間的電勢差UAB.變式8(2016·紹興市聯(lián)考)如圖12所示，電荷量之比為qAqB13的帶電粒子A、B以相同的速度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OCCD，忽略粒子重力的影響，則下列說法不正確的是()圖12AA和B在電場中運動的時間之比為12BA和B運動的加速度大小之比為41CA和B的質(zhì)量之比為112DA和B的位移大小之比為11答案D解析粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由xv0t及OCCD得，tAtB12；豎直方向由hat2得a，它們沿豎直方向運動的加速度大小之比為aAaB41；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，D錯誤變式9(2017·金華十校聯(lián)考)如圖13所示，離子發(fā)生器在P極板產(chǎn)生一束質(zhì)量為m、電荷量為q的離子(初速度可忽略，重力不計，離子間的相互作用力可忽略)，經(jīng)P、Q兩板間的加速電場加速后，以速度v0從a點沿ab方向水平進入邊長為L的正方形abcd勻強電場區(qū)域(電場方向豎直向上)，離子從abcd邊界上某點飛出時的動能為mv02.求：圖13(1)P、Q兩板間的電壓U；(2)離子離開abcd區(qū)域的位置；(3)abcd區(qū)域內(nèi)勻強電場的場強E的大小答案(1)(2)bc邊中點(3)解析(1)離子在PQ間加速過程，根據(jù)動能定理，有qUmv，解得U.(2)離子射出電場時：mv2mv，得vv0，方向與ab所在直線的夾角為45°，即vxvy，根據(jù)xvxt，yt，可得x2y；則xL，y，即離子從bc邊上的中點飛出(3)離子在abcd區(qū)域內(nèi)運動過程，根據(jù)動能定理，有qEmvmv，解得E.1.(2017·溫州市質(zhì)檢)如圖1所示，絕緣支架上固定兩金屬板，金屬板之間的距離可調(diào)，下列說法正確的是()圖1A該裝置太大了，所以不能稱為電容器B兩金屬板構(gòu)成電容器，充電后能夠儲存電荷C電容器能夠儲存電荷，不能儲存電場能D因為裝置沒有帶電，所以電容為零答案B2.(2017·湖州市高一期末)如圖2所示是一個常用的電子元件，該電子元件()圖2A是電阻B電容是1 000 FC帶電荷量是16 000 CD擊穿電壓為16 V答案B解析由該電子元件的銘牌“16 V1 000 F”，F(xiàn)是電容的單位，可知這個電子元件是電容器，其電容是1 000 F，耐壓值為16 V，擊穿電壓要大于16 V；由QCU知，C一定，帶電荷量與實際電壓成正比，故B正確，A、C、D錯誤3靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小如圖3所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬極板，極板B固定，A可移動，開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，則下列說法正確的是()圖3A斷開S后，將A向左移動少許，靜電計指針張開的角度減小B斷開S后，將A向上移動少許，靜電計指針張開的角度增大C保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計指針張開的角度增大D保持S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動，靜電計指針張開的角度減小答案B解析靜電計的指針張開的角度與靜電計金屬球和外殼之間的電勢差相對應，斷開開關S后，將A向左移動少許，電容器的電荷量不變，由C知電容減小，由U知電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，A錯；同理，斷開S后，將A向上移動少許，電容減小，電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，B對；保持S閉合，無論是在A、B間插入一電介質(zhì)，還是將滑動變阻器滑動觸頭向右或向左移動，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差均為路端電壓，靜電計指針張開的角度不變，C、D錯4已知靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關系為：電流從左邊接線柱流進電流計，指針向左偏如圖4所示，如果在導電液體的深度h發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則()圖4A導體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大B導體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大C導體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在減小D導體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在減小答案D解析電流計指針向左偏轉(zhuǎn)，說明流過電流計G的電流由左右，則導體芯A所帶電荷量在減小，電容器兩端間的電勢差不變，由QCU可知，導體芯A與液體形成的電容器的電容減小，根據(jù)C，知正對面積減小，則液體的深度h在減小，故D正確，A、B、C錯誤5如圖5所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計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點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，表示靜電計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5A增大，E增大 B增大，Ep不變C減小，Ep增大 D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)QCU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角減??；根據(jù)E，QCU，C，聯(lián)立可得E，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確6如圖6所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出若不計重力，則a和b的比荷(帶電荷量和質(zhì)量的比值)之比是()圖6A18 B81C12 D21答案B解析粒子水平方向上做勻速直線運動，a、b兩粒子的水平位移之比為12，根據(jù)xv0t，知時間之比為12.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)yat2知，y之比為21，則a、b的加速度之比為81.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a，加速度之比等于電荷量與質(zhì)量的比值之比，則兩粒子的比荷之比為81.故B正確，A、C、D錯誤7如圖7所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q0)的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則Mm為()圖7A32 B21 C52 D31答案A解析設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對質(zhì)量為M的粒子有，aM，l t2；對質(zhì)量為m的粒子有，am，l t2，聯(lián)立解得，故A正確8.如圖8所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的直流電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動重力加速度為g.粒子運動的加速度為()圖8A.g B.g C.g D.g答案A解析帶電粒子在電容器兩極板間時受到重力和電場力的作用，最初處于靜止狀態(tài)，由二力平衡條件可得：mgq；當把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電壓不變，但兩極板間的距離變大，電場強度變小，粒子所受電場力變小，粒子受力不再平衡，產(chǎn)生了加速度，根據(jù)牛頓第二定律有mamgq，兩式聯(lián)立可得ag，故A正確9如圖9所示，帶電平行金屬板A、B，板間的電勢差為U，板間距離為d，A板帶正電，B板中央有一小孔一帶電的微粒，帶電荷量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距B板高h處由靜止自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央C點，則下列說法中，錯誤的是()圖9A微粒在下落過程中動能逐漸增大，重力勢能逐漸減小B微粒下落過程中重力做功為mg，電場力做功為C微粒落入電場中，電勢能逐漸增加，其增加量為D若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能到達A板答案A解析微粒下落至C點的過程中，重力做功mg，重力勢能減??；電場力做功，電勢能增加，增加量為，微粒動能先增大后減小，故A錯誤，B、C正確；由動能定理得，微粒由h處下落時，mgq0，即qUmg(2hd)，由2h處下落時，mg(2hd)qU0，說明微粒恰能到達A板，故D正確10.(2016·杭州市十校聯(lián)考)如圖10所示，電子在電勢差為U1的加速電場中的左極板位置由靜止開始運動，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極板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()圖10AU1變大、U2變大BU1變小、U2變大CU1變大、U2變小DU1變小、U2變小答案B解析設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U1qmv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間t，又設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vyat，聯(lián)立解得vy，又tan ，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角變大，故B正確11.真空中的某裝置如圖11所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，則下列判斷中正確的是()圖11A三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同B三種粒子打到熒光屏上的位置相同C偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為122D偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為124答案B解析設加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1mv02，解得v0，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；由牛頓第二定律得：qma，yat2，t，tan ，vyat，聯(lián)立各式解得：y、tan ，可知y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為WqEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為112，則有電場力對三種粒子做功之比為112，故C、D錯誤12(2016·寧波市九校聯(lián)考)如圖12所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強電場，場強為E，一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強電場中，微粒垂直打到N極上的C點，已知ABBC.不計空氣阻力，則下列判斷錯誤的是()圖12A微粒在電場中做勻變速曲線運動B微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等CMN板間的電勢差為DMN板間的電勢差為答案D解析微粒受重力和電場力，兩個力都是恒力，由平行四邊形定則知，微粒所受合力為恒力，故微粒做勻變速曲線運動，選項A正確；微粒的運動可分解為水平方向的勻加速運動和豎直方向的勻減速運動，設微粒運動的時間為t，由勻變速直線運動規(guī)律得ABvCt，BCv0t，又ABBC，由以上各式解得，vCv0，選項B正確；微粒從A到C的過程中，由動能定理得q·mg·BC0，由v22ax得BC，聯(lián)立解得UMN，選項C正確；UMNE·2ABE·2BC，選項D錯誤13(2017·嘉興市質(zhì)檢)如圖13所示為密立根油滴實驗示意圖，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正、負極相接，使板間形成豎直向下、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在某次實驗中觀察到兩板中間位置有一個油滴懸浮在電場中，若油滴質(zhì)量為m，兩板間距離為d，已知重力加速度為g，求：圖13(1)油滴的帶電性質(zhì)；(2)油滴所帶的電荷量；(3)若僅將場強變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，試分析油滴向哪個方向運動并求油滴到達金屬板的時間？答案(1)負電(2)(3)向上運動解析(1)根據(jù)油滴受力平衡知電場力向上，故油滴帶負電(2)由受力平衡得qEmg，解得q.(3)電場力變大，油滴向上運動，2qEmgma，可得ag，油滴向上做勻加速運動，有dat2.解得t.14(2017·浙江11月選考·19)如圖14所示，AMB是一條長L10 m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h1.25 m處，A、B為端點，M為中點，軌道MB處在方向豎直向上、大小E5×103 N/C的勻強電場中一質(zhì)量m0.1 kg、電荷量q1.3×104 C的可視為質(zhì)點的滑塊以初速度v06 m/s在軌道上自A點開始向右運動，經(jīng)M點進入電場，從B點離開電場已知滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)0.2，g10 m/s2.求滑塊：圖14(1)到達M點時的速度大小；(2)從M點運動到B點所用的時間；(3)落地點距B點的水平距離答案(1)4 m/s(2) s(3)1.5 m解析(1)在AM階段對物體的受力分析如下：ag2 m/s2根據(jù)運動學公式vM2v022ax，可得vM4 m/s(2)進入電場之后，Eq0.65 N，受力分析如下：a0.7 m/s2根據(jù)運動學公式vB2vM22ax，解得vB3 m/s根據(jù)勻變速直線運動推論xMBt解得t s(3)從B點飛出后，滑塊做平拋運動，因此hgt2，解得t0.5 s落地點距B點的水平距離xvBt1.5 m.15質(zhì)譜儀可對離子進行分析如圖15所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥P噴出微量氣體，經(jīng)激光照射產(chǎn)生電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，自a板小孔進入a、b間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進入M、N板間的偏轉(zhuǎn)控制區(qū)，到達探測器已知a、b板間距為d，極板M、N的長度和間距均為L，a、b間的電壓為U1，M、N間的電壓為U2.不計離子重力及進入a板時的初速度求：圖15(1)離子從b板小孔射出時的速度大?。?2)離子自a板小孔進入加速電場至離子到達探測器的全部飛行時間；(3)為保證離子不打在極板上，U2與U1應滿足的關系答案 (1)(2)(2dL) (3) U22U1解析(1)由動能定理qU1mv2，得v(2)離子在a、b間的加速度a1在a、b間運動的時間t1·d在MN間運動的時間：t2L離子到達探測器的時間：tt1t2(2dL) ；(3)在MN間側(cè)移：ya2t22由y，得 U22U1.20