《天津市武清區(qū)楊村第四中學高三物理 63電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動復習課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《天津市武清區(qū)楊村第四中學高三物理 63電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動復習課件（121頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、1.1.如圖所示，把原來不帶電的金屬球殼如圖所示，把原來不帶電的金屬球殼B B的外表面接地，將的外表面接地，將一帶正電的小球一帶正電的小球A A從小孔放入球殼內，但不與從小孔放入球殼內，但不與B B發(fā)生接觸，達發(fā)生接觸，達到靜電平衡后，則（到靜電平衡后，則（ ）A.BA.B帶正電帶正電B.BB.B不帶電不帶電C.BC.B的外表面帶正電的外表面帶正電D.BD.B帶負電帶負電【解析【解析】選選D.D.根據(jù)靜電平衡的特點可知：金屬球殼是一等勢根據(jù)靜電平衡的特點可知：金屬球殼是一等勢體，其內外表面電勢相等；靜電感應使球殼內表面帶負電，體，其內外表面電勢相等；靜電感應使球殼內表面帶負電，外表面不帶電（接

2、地），故外表面不帶電（接地），故A A、B B、C C錯，錯，D D對對. .2.2.（20112011南陽模擬）如圖一個電容南陽模擬）如圖一個電容器與電池相連，增大電容器兩極板間器與電池相連，增大電容器兩極板間的距離，則下列說法中正確的是（的距離，則下列說法中正確的是（ ）A.A.電容器電容增大電容器電容增大B.B.電容器極板電量增加電容器極板電量增加C.C.在增大極板間距離過程中，在增大極板間距離過程中，電路中電流方向如題圖所示電路中電流方向如題圖所示D.D.原來靜止在電容器極板間的原來靜止在電容器極板間的電荷將向上加速運動電荷將向上加速運動【解析【解析】選選C.C.根據(jù)根據(jù)C C 和和Q

3、=CUQ=CU得：得：d d增大，電容增大，電容C C減小，又減小，又電壓電壓U U恒定，所以電荷量恒定，所以電荷量Q Q減小，電容器放電，電場強度減小，電容器放電，電場強度E E減減小，故答案為小，故答案為C.C.Sd3.3.如圖所示，從如圖所示，從F F處釋放一個無初速度的電子向處釋放一個無初速度的電子向B B板方向運動，板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是（設電源電動勢為指出下列對電子運動的描述中錯誤的是（設電源電動勢為U U）( )( )A.A.電子到達電子到達B B板時的動能是板時的動能是U U（eVeV）B.B.電子從電子從B B板到達板到達C C板動能變化量為零板動能變

4、化量為零C.C.電子到達電子到達D D板時動能是板時動能是3U3U（eVeV）D.D.電子在電子在A A板和板和D D板之間做往復運動板之間做往復運動【解析【解析】選選C.C.由電路圖可得，電子在由電路圖可得，電子在A A、B B板間加速運動，電板間加速運動，電場力做正功場力做正功U U（eVeV），在），在B B、C C板間勻速運動，在板間勻速運動，在C C、D D板間減板間減速運動，電場力做負功速運動，電場力做負功-U-U（eVeV），所以電子在），所以電子在D D板處速度為板處速度為零，電子在零，電子在A A板和板和D D板之間做往復運動，所以答案為板之間做往復運動，所以答案為C.C.4

5、.4.（20112011廈門模擬）如圖所示廈門模擬）如圖所示, ,豎直放置的兩個平行金屬板間有豎直放置的兩個平行金屬板間有勻強電場勻強電場, ,在兩板之間等高處有兩在兩板之間等高處有兩個質量相同的帶電小球個質量相同的帶電小球,P,P小球從小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放緊靠左極板處由靜止開始釋放,Q,Q小球從兩板正中央由靜止開始釋小球從兩板正中央由靜止開始釋放放, ,兩小球最后都能打在右極板上的同一點兩小球最后都能打在右極板上的同一點. .則從開始釋放到則從開始釋放到打到右極板的過程中（打到右極板的過程中（ ）A.A.它們的運行時間它們的運行時間t tP P=t=tQ QB.B.它們的電荷量之

6、比它們的電荷量之比q qP PqqQ Q=11=11C.C.它們的動能增加量之比它們的動能增加量之比EEkPkPEEkQkQ=41=41D.D.它們的電勢能減少量之比它們的電勢能減少量之比EEP PEEQ Q=21=21【解析【解析】選選A.A.由于兩小球打在同一個點，所以在豎直方向做由于兩小球打在同一個點，所以在豎直方向做自由落體的時間自由落體的時間 是相同的，所以是相同的，所以A A正確正確. .根據(jù)分運動的根據(jù)分運動的等時性等時性, ,沿電場方向加速時間也相等沿電場方向加速時間也相等, ,由由 可得可得Q Q球的球的加速度較小加速度較小, ,即所帶電量較小即所帶電量較小, ,所以所以B

7、B錯誤錯誤. .由由 a aP P=2a=2aQ Q, ,所以電場力所以電場力F FP P=2F=2FQ Q, ,而水平方向而水平方向s sP P=2s=2sQ Q, ,由功的公式知由功的公式知, ,電場電場力做功力做功W WP P=4W=4WQ Q, ,所以電勢能變化是所以電勢能變化是4 4倍的關系倍的關系. .但合力做功但合力做功不是不是4 4倍關系倍關系. .由功能關系可知由功能關系可知C C、D D錯誤錯誤. .故選故選A.A.2htg21sat ,221sat ,25.5.（20112011廣州模擬）如圖廣州模擬）如圖所示，在真空中水平放置一所示，在真空中水平放置一對平行金屬板，板間

8、距離為對平行金屬板，板間距離為d d，板長為，板長為l l，加電壓，加電壓U U后，后，板間產生一勻強電場，一質子板間產生一勻強電場，一質子（質量為（質量為m m，電量為，電量為q q）以初速度）以初速度v v0 0垂直電場方向射入勻強電垂直電場方向射入勻強電場，場，（1 1）求質子射出電場時的速度）求質子射出電場時的速度. .（2 2）求質子射出電場時的偏轉距離）求質子射出電場時的偏轉距離. .【解析【解析】(1)(1)質子通過電場的時間為：質子通過電場的時間為： 金屬板間的電場強度為金屬板間的電場強度為 質子在豎直方向做勻加速直線運動，質子在豎直方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可由牛頓

9、第二定律可求得加速度為：求得加速度為： 質子離開電場時豎直分速度為：質子離開電場時豎直分速度為：v v=at =at 由由式可以解得：式可以解得：v v= = 0ltvUEdFqEamm0qUlmdv質子離開電場時的速度實質是兩分運動在此時刻的合速度，質子離開電場時的速度實質是兩分運動在此時刻的合速度，大小為大小為方向：方向：(2)(2)粒子從偏轉電場中射出時偏轉距離為：粒子從偏轉電場中射出時偏轉距離為：把把式代入上式解得：式代入上式解得：答案：答案：(1)(1)與水平方向的夾角為與水平方向的夾角為 (2)(2)2222000qUlvvvv()mdv200vqUltanvmdv ，20qUla

10、rctanmdv 21yat2220qUly2mdv2200qUlvmdv （）20qUlarctanmdv220qUl2mdv一、平行板電容器的動態(tài)分析一、平行板電容器的動態(tài)分析1.1.運用電容器定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路運用電容器定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路（1 1）確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變）確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變. .（2 2）用決定式）用決定式C C 分析平行板電容器電容的變化分析平行板電容器電容的變化. .（3 3）用定義式）用定義式C= C= 分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變

11、化的變化. .（4 4）用）用E= E= 分析平行板電容器極板間勻強電場場強的變化分析平行板電容器極板間勻強電場場強的變化. .SdQUUd2.2.電容器兩類動態(tài)變化的分析比較電容器兩類動態(tài)變化的分析比較（1 1）第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓）第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U U恒定不變恒定不變（2 2）第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量）第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q Q恒定不變恒定不變 在分析平行板電容器的動態(tài)變化時必須抓在分析平行板電容器的動態(tài)變化時必須抓住兩個關鍵點：住兩個關鍵點：確定不變量；確定不變量；恰當選擇公式恰當選擇公式. .【例證【例證1 1】（】（20112011阜陽模擬）

12、如圖阜陽模擬）如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒電微粒.S.S閉合時，該微粒恰好能保持閉合時，該微粒恰好能保持靜止靜止. .在以下兩種情況下：在以下兩種情況下：保持保持S S閉閉合，合，充電后將充電后將S S斷開斷開. .下列說法能實下列說法能實現(xiàn)使該帶電微粒向上運動打到上極板的是（現(xiàn)使該帶電微粒向上運動打到上極板的是（ ）A.A.情況下，可以通過上移極板情況下，可以通過上移極板M M實現(xiàn)實現(xiàn)B.B.情況下，可以通過上移極板情況下，可以通過上移極板N N實現(xiàn)實現(xiàn)C.C.情況下，可以通過上移極板情況下，可以通過上移極板M M實現(xiàn)實現(xiàn)D.D.情況下，可以通過

13、上移極板情況下，可以通過上移極板N N實現(xiàn)實現(xiàn) 【解題指導【解題指導】解答本題應注意以下兩點：解答本題應注意以下兩點：【自主解答【自主解答】選選B.B.保持保持S S閉合的分析：因為第閉合的分析：因為第種情況下種情況下兩板間電壓兩板間電壓U U不變，所以電場強度不變，所以電場強度E=U/dE=U/d，只有，只有d d減小，減小，E E增大，電場力增大，帶電微粒才向上運動打到上極板增大，電場力增大，帶電微粒才向上運動打到上極板M M上，上，故可以通過下移極板故可以通過下移極板M M或者上移極板或者上移極板N N來實現(xiàn)，選項來實現(xiàn)，選項A A錯，錯，B B正確；充電后將正確；充電后將S S斷開的分

14、析：因為第斷開的分析：因為第種情況下兩極板種情況下兩極板帶電荷量帶電荷量Q Q不變，根據(jù)不變，根據(jù)Q=CUQ=CU，C C 及及E= E= 可得，可得，EE可以看出可以看出E E與兩板間距離與兩板間距離d d無關，所以無論怎樣移動無關，所以無論怎樣移動M M、N N兩極板改變兩板間的距離，場強兩極板改變兩板間的距離，場強E E、電場力、電場力F F都不變，帶電都不變，帶電微粒都處于靜止狀態(tài)，選項微粒都處于靜止狀態(tài)，選項C C、D D錯誤，錯誤，B B正確正確. .SdUdQS， 【規(guī)律方法【規(guī)律方法】含電容電路問題的解題技巧含電容電路問題的解題技巧（1 1）先確定電容器的不變量（）先確定電容器

15、的不變量（U U或或Q Q）. .（2 2）只有當電容器的帶電量）只有當電容器的帶電量Q Q發(fā)生變化時，電容器才能發(fā)生發(fā)生變化時，電容器才能發(fā)生充電或放電現(xiàn)象，電路中才有電流充電或放電現(xiàn)象，電路中才有電流. .（3 3）通過觀察帶正電的極板上的電荷的增、減確定充、放）通過觀察帶正電的極板上的電荷的增、減確定充、放電時電路中電流的方向電時電路中電流的方向. .（4 4）當電路充、放電完畢時，電路中無電流）當電路充、放電完畢時，電路中無電流. .【變式訓練】傳感器是一種采【變式訓練】傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示集信息的重要器件，如圖所示為測定壓力的電容式傳感器，為測定壓力的電容式傳感器

16、，將電容器、零刻度在中間的靈將電容器、零刻度在中間的靈敏電流計和電源串聯(lián)成閉合回路敏電流計和電源串聯(lián)成閉合回路. .當壓力當壓力F F作用于可動膜片電作用于可動膜片電極上時，膜片產生形變，引起電容的變化，導致靈敏電流計極上時，膜片產生形變，引起電容的變化，導致靈敏電流計指針偏轉，從對膜片施加恒定的壓力開始到膜片穩(wěn)定之后，指針偏轉，從對膜片施加恒定的壓力開始到膜片穩(wěn)定之后，靈敏電流計指針的偏轉情況為（已知電流從電流計正接線柱靈敏電流計指針的偏轉情況為（已知電流從電流計正接線柱流入時指針向右偏）（流入時指針向右偏）（ ）A.A.向左偏到某一刻度后回到零刻度向左偏到某一刻度后回到零刻度B.B.向右偏

17、到某一刻度后回到零刻度向右偏到某一刻度后回到零刻度C.C.向右偏到某一刻度后不動向右偏到某一刻度后不動D.D.向左偏到某一刻度后不動向左偏到某一刻度后不動【解析【解析】選選B.B.由于電容器始終與電源相連，所以兩極板間由于電容器始終與電源相連，所以兩極板間的電壓的電壓U U不變，當壓力不變，當壓力F F作用于可動膜片電極上時，兩極板作用于可動膜片電極上時，兩極板間距離間距離d d減小，電容減小，電容C C增大，由增大，由C= C= 可知可知Q Q增大，電容器兩增大，電容器兩極板間電量增加，即對電容器有一短暫的充電過程，又因極板間電量增加，即對電容器有一短暫的充電過程，又因為上極板帶正電，所以靈

18、敏電流計指針向右偏轉；當壓力為上極板帶正電，所以靈敏電流計指針向右偏轉；當壓力使膜片穩(wěn)定后，電容不變，兩極板帶電量不變，電流計指使膜片穩(wěn)定后，電容不變，兩極板帶電量不變，電流計指針重新回到零刻度處，故只有針重新回到零刻度處，故只有B B對對. .QU二、帶電粒子在電場中的平衡與直線運動二、帶電粒子在電場中的平衡與直線運動1.1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理帶電粒子在電場中運動時重力的處理（1 1）基本粒子：如電子、質子、）基本粒子：如電子、質子、粒子、離子等，除有說粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質量）量

19、）. .（2 2）帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明）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或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力. .2.2.帶電粒子在電場中的平衡帶電粒子在電場中的平衡解題步驟解題步驟: :選取研究對象選取研究對象. .進行受力分析，注意電場力的方向特點進行受力分析，注意電場力的方向特點. .由平衡條件列方程求解由平衡條件列方程求解. .3.3.帶電粒子在電場中的變速直線運動帶電粒子在電場中的變速直線運動可用運動學公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動能定可用運動學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

20、恒定律求解理或能量守恒定律求解. . 帶電粒子在勻強電場中所受電場力恒定，帶電粒子在勻強電場中所受電場力恒定，方向與電場線平行，所受重力恒定，方向豎直向下，因此粒方向與電場線平行，所受重力恒定，方向豎直向下，因此粒子在勻強電場與重力場的復合場中一定做勻變速運動子在勻強電場與重力場的復合場中一定做勻變速運動. .軌跡軌跡可能為直線，也可能為曲線可能為直線，也可能為曲線. .【例證【例證2 2】（】（1313分）如圖所示，一個分）如圖所示，一個質量為質量為m m，帶電荷量為，帶電荷量為+q+q的粒子在的粒子在O O點以初速度點以初速度v v0 0跟水平方向成跟水平方向成角射角射出，如果在某方向上加

21、上一定大小出，如果在某方向上加上一定大小的勻強電場后，可使粒子沿初速度方向做直線運動的勻強電場后，可使粒子沿初速度方向做直線運動. .（1 1）求所加最小勻強電場的場強的大小及方向；）求所加最小勻強電場的場強的大小及方向；（2 2）若加上水平向左、大小一定的勻強電場，求當粒子速）若加上水平向左、大小一定的勻強電場，求當粒子速度為零時距度為零時距O O點的距離點的距離. . 【解題指導【解題指導】求解此題應把握以下三點求解此題應把握以下三點【標準解答【標準解答】（1 1）當場強方向與）當場強方向與v v0 0垂直時電場強度垂直時電場強度最小，最小， （3 3分）分）設為設為E E，如圖，如圖 （

22、2 2分）分）所以所以 （1 1分）分）Eqcosmg mgcosEq（2 2）解法一：如圖所示，由牛頓第二定律得：）解法一：如圖所示，由牛頓第二定律得： （3 3分）分）所以所以 （1 1分）分）粒子做勻減速運動的位移粒子做勻減速運動的位移 （3 3分）分）mgmasingasin222000vvv sins2a2g /sin2g解法二：由動能定理得：解法二：由動能定理得： （5 5分）分）所以所以 （2 2分）分）答案：答案：（1 1） 垂直垂直v v0 0斜向上斜向上（2 2）20mg1 s0mvsin220v sins2gmgcos q20v sin2g【變式訓練】如圖所示，板長【變式

23、訓練】如圖所示，板長L=4 cmL=4 cm的平行板電容器，板間距離的平行板電容器，板間距離d=3 cmd=3 cm，板與水平線夾角板與水平線夾角=37=37，兩板所加，兩板所加電壓為電壓為U=100 VU=100 V，有一帶負電液滴，有一帶負電液滴，帶電荷量為帶電荷量為q=3q=31010-10-10C C，以，以v v0 0=1 m/s=1 m/s的水平速度自的水平速度自A A板邊緣板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B B板邊緣水板邊緣水平飛出，取平飛出，取g=10 m/sg=10 m/s2 2. .求：求：（1 1）液滴的質量；）液

24、滴的質量；（2 2）液滴飛出時的速度）液滴飛出時的速度. .【解析【解析】（1 1）畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：）畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：qEcosqEcos=mg,=mg,qEsinqEsin=ma,=ma,E=U/dE=U/d解之得：解之得：m=qUcos/dgm=qUcos/dg代入數(shù)據(jù)得代入數(shù)據(jù)得m=8m=81010-8-8 kg kg（2 2）對液滴由動能定理得：）對液滴由動能定理得：所以所以v= 1.32 (m/s)v= 1.32 (m/s)答案：答案：（1 1）m=8m=81010-8-8 kg kg（2 2）v= 1.32 (m/sv= 1.32 (

25、m/s) )22011qUmvmv22，202qUvvm7272三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉1.1.粒子的偏轉角粒子的偏轉角（1 1）以初速度）以初速度v v0 0進入偏轉電場：進入偏轉電場：如圖所示，設帶電粒子質量為如圖所示，設帶電粒子質量為m m，帶電荷量為帶電荷量為q q，以速度，以速度v v0 0垂直于垂直于電場線方向射入勻強偏轉電場，電場線方向射入勻強偏轉電場，偏轉電壓為偏轉電壓為U U1 1，若粒子飛出電場時偏轉角為，若粒子飛出電場時偏轉角為，則，則 式中式中代入得代入得 結論：動能一定時結論：動能一定時tantan與與q q成正比，電荷量相同時成正

26、比，電荷量相同時tantan與動能成反比與動能成反比. .yxvtanv ，yx00qUlvatvvmd v，120qU ltanmv d （2 2）經加速電場加速再進入偏轉電場）經加速電場加速再進入偏轉電場不同的帶電粒子是從靜止經過同一加速電壓不同的帶電粒子是從靜止經過同一加速電壓U U0 0加速后進入偏加速后進入偏轉電場的，則由動能定理有：轉電場的，則由動能定理有：由式得：由式得：結論：粒子的偏轉角與粒子的結論：粒子的偏轉角與粒子的q q、m m無關，僅取決于加速電場無關，僅取決于加速電場和偏轉電場和偏轉電場. .2001qUmv210U ltan2U d 2.2.粒子在勻強電場中偏轉時的

27、兩個結論粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論（1 1）以初速度）以初速度v v0 0進入偏轉電場進入偏轉電場作粒子速度的反向延長線，設交于作粒子速度的反向延長線，設交于O O點，點，O O點與電場邊緣的點與電場邊緣的距離為距離為x x，則，則結論：粒子從偏轉電場中射出時，就像是從極板間的結論：粒子從偏轉電場中射出時，就像是從極板間的 處處沿直線射出沿直線射出. .2210qU11lyat()22 mdv2201201mv dqU llxy cot2dmvqU l2 l2（2 2）經加速電場加速再進入偏轉電場：若不同的帶電粒子）經加速電場加速再進入偏轉電場：若不同的帶電粒子是從靜止經同一加速電壓是從

28、靜止經同一加速電壓U U0 0加速后進入偏轉電場的，則由加速后進入偏轉電場的，則由和和得：得：偏移量偏移量：上面式偏轉角正切為：上面式偏轉角正切為：結論：無論帶電粒子的結論：無論帶電粒子的m m、q q如何，只要經過同一加速電場如何，只要經過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出的偏移量加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出的偏移量y y和和偏轉角偏轉角都是相同的，也就是軌跡完全重合都是相同的，也就是軌跡完全重合. .210U ly4U d10U ltan2U d （1 1）位移與入射方向的夾角為）位移與入射方向的夾角為，速度與，速度與入射方向的夾角為入射方向的夾角為，則，則tan

29、tan=2tan.=2tan.（2 2）偏轉位移是沿電場線方向的位移）偏轉位移是沿電場線方向的位移. .【例證【例證3 3】（】（20112011洛陽模擬）（洛陽模擬）（1515分）如圖所示，兩平行分）如圖所示，兩平行金屬板金屬板A A、B B長長L=8 cmL=8 cm，兩板間距離，兩板間距離d=8 cmd=8 cm，A A板比板比B B板電勢高板電勢高300 V.300 V.一一帶正電的粒子電荷量帶正電的粒子電荷量q=10q=10-10-10 C C，質，質量量m=10m=10-20-20 kg kg，沿電場中心線，沿電場中心線RORO垂直電場線飛入電場，初速垂直電場線飛入電場，初速度度v

30、 v0 0=2=210106 6 m/sm/s，粒子飛出平行板電場后經過界面，粒子飛出平行板電場后經過界面MNMN、PSPS間間的無電場區(qū)域后，進入固定在的無電場區(qū)域后，進入固定在O O點的點電荷點的點電荷Q Q形成的電場區(qū)域，形成的電場區(qū)域，（設界面（設界面PSPS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）. . 已知兩界面已知兩界面MNMN、PSPS相距為相距為12 cm12 cm，D D是中心線是中心線RORO與界面與界面PSPS的交的交點，點，O O點在中心線上，距離界面點在中心線上，距離界面PSPS為為9 cm9 cm，粒子穿過界面，粒子穿過界面PSPS

31、最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bcbc上上. .（靜電力常量（靜電力常量k=9.0k=9.010109 9 Nm Nm2 2/C/C2 2）（1 1）求粒子穿過界面）求粒子穿過界面MNMN時偏離中心線時偏離中心線RORO的距離為多遠？到的距離為多遠？到達達PSPS界面時離界面時離D D點多遠？點多遠？（2 2）在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡）在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡. . 【解題指導【解題指導】解答本題時可按以下思路分析：解答本題時可按以下思路分析： 【標準解答【標準解答】（1 1）粒子穿過界面）粒子穿過界面MNMN時偏離中心線時偏離中心線RORO的距離

32、的距離（側向位移）（側向位移） （5 5分）分）2201022061qULyat22md v103000.08m2 100.082 100.03cm3cm（）（）帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PSPS線交線交于于E E，設，設E E到中心線的距離為到中心線的距離為Y.Y.則則 （5 5分）分）2y010620612 10Yvyv0.12103000.08m0.03 m2 10100.082 100.12 m12cm（）（2 2）第一段是拋物線，第二段是直線，第三段是曲線，軌）第一段是拋物線，第二段是直線，第三段是曲線，軌跡如圖所示跡

33、如圖所示. . （5 5分）分）答案：答案：（1 1）3 cm 12 cm3 cm 12 cm（2 2）圖見標準解答）圖見標準解答 【規(guī)律方法】【規(guī)律方法】解答此類問題應從以下兩方面入手：解答此類問題應從以下兩方面入手：（1 1）對復雜過程分析粒子進入電場的方式，電場的分布特）對復雜過程分析粒子進入電場的方式，電場的分布特點點. .要善于分段分析，聯(lián)系力學中的物理模型，從受力情況、要善于分段分析，聯(lián)系力學中的物理模型，從受力情況、運動情況、能量轉化等角度去研究運動情況、能量轉化等角度去研究. .（2 2）經常把電場與牛頓定律、動能定理、功能關系、運動）經常把電場與牛頓定律、動能定理、功能關系、

34、運動學知識、電路知識等綜合起來，把力學中處理問題的方法遷學知識、電路知識等綜合起來，把力學中處理問題的方法遷移到電場中去，只是在受力分析時不要忘記電場力移到電場中去，只是在受力分析時不要忘記電場力. .【變式訓練】兩塊水平金屬極板【變式訓練】兩塊水平金屬極板A A、B B正對放置，每塊極板長均為正對放置，每塊極板長均為l l、極板間距為、極板間距為d.Bd.B板接地（電勢板接地（電勢為零）、為零）、A A板電勢為板電勢為+U+U，重力加速，重力加速度為度為g.g.兩個比荷（電荷量與質量兩個比荷（電荷量與質量的比值）均為的比值）均為 的帶正電質點以相同的初速度沿的帶正電質點以相同的初速度沿A A

35、、B B板的中心線相繼射入，如圖所示板的中心線相繼射入，如圖所示. . qgdmU第一個質點射入后恰好落在第一個質點射入后恰好落在B B板的中點處板的中點處. .接著，第二個質點接著，第二個質點射入極板間，運動一段時間射入極板間，運動一段時間tt后，后， A A板電勢突然變?yōu)榘咫妱萃蝗蛔優(yōu)?U-U并并且不再改變，結果第二個質點恰好沒有碰到極板且不再改變，結果第二個質點恰好沒有碰到極板. .求：求：（1 1）帶電質點射入時的初速度）帶電質點射入時的初速度v v0 0. .（2 2）在）在A A板電勢改變之前，第二個質點在板間運動的時間板電勢改變之前，第二個質點在板間運動的時間tt. .【解析【解

36、析】（1 1）第一個質點在極板間做類平拋運動）第一個質點在極板間做類平拋運動解得質點的加速度為解得質點的加速度為a=2ga=2g，初速度，初速度0 121Umgqmadlv t2d1at22，0l2gv2d（2 2）第二個質點射入極板后，在時間）第二個質點射入極板后，在時間tt內做類平拋運動，內做類平拋運動，有有A A板電勢突然變?yōu)榘咫妱萃蝗蛔優(yōu)?U-U后，質點所受電場力與重力平衡，做勻后，質點所受電場力與重力平衡，做勻速直線運動，經過時間速直線運動，經過時間tt恰好射出極板，則恰好射出極板，則由以上各式解得由以上各式解得答案：答案：（1 1）（2 2）2202y1xvt,ya t ,va t

37、2 22022ydxlxv t ,yyv t2 dt232g （）0l2gv2ddt232g （）【例證【例證4 4】如圖所示，邊長為】如圖所示，邊長為L L的的正方形區(qū)域正方形區(qū)域abcdabcd內存在著勻強電內存在著勻強電場場. .電量為電量為q q、動能為、動能為E Ek k的帶電粒的帶電粒子從子從a a點沿點沿abab方向進入電場，不方向進入電場，不計重力計重力. .（1 1）若粒子從）若粒子從c c點離開電場，求電場強度的大小和粒子離開點離開電場，求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能；電場時的動能；（2 2）若粒子離開電場時動能為）若粒子離開電場時動能為E Ek k，則電場強度為多

38、大？，則電場強度為多大？【標準解答【標準解答】答案：答案： 因錯誤判斷帶電體的運動情況而出錯因錯誤判斷帶電體的運動情況而出錯質量為質量為m m的物塊，帶正電的物塊，帶正電Q Q，開始時，開始時讓它靜止在傾角讓它靜止在傾角=60=60的固定光的固定光滑絕緣斜面頂端，整個裝置放在水滑絕緣斜面頂端，整個裝置放在水平方向、大小為平方向、大小為E= mg/QE= mg/Q的勻強電的勻強電場中，如圖所示，斜面高為場中，如圖所示，斜面高為H H，釋放物塊后，物塊落地時的，釋放物塊后，物塊落地時的速度大小為（速度大小為（ ）A. B.A. B.C. D.C. D.2 gH5gH22 2gH22gH33【易錯分

39、析【易錯分析】對易錯選項及錯誤原因具體分析如下：對易錯選項及錯誤原因具體分析如下：【正確解答【正確解答】將重力和電場力合將重力和電場力合成如圖所示，合力的方向與水平成如圖所示，合力的方向與水平方向成方向成3030. .所以物體將沿合力所以物體將沿合力方向做初速度為方向做初速度為0 0的勻加速直線的勻加速直線運動，對此過程應用動能定理：運動，對此過程應用動能定理：解得解得v=v=正確答案：正確答案：C C21mgH3QEHmv22 2gH1.1.（20102010北京高考）用控制變北京高考）用控制變量法，可以研究影響平行板電容量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）器電容的因素（如圖）.

40、 .設兩極設兩極板正對面積為板正對面積為S S，極板間的距離，極板間的距離為為d d，靜電計指針偏角為，靜電計指針偏角為.實驗中，極板所帶電荷量不變，實驗中，極板所帶電荷量不變，若（若（ ）A.A.保持保持S S不變，增大不變，增大d d，則，則變大變大B.B.保持保持S S不變，增大不變，增大d d，則，則變小變小C.C.保持保持d d不變，減小不變，減小S S，則，則變小變小D.D.保持保持d d不變，減小不變，減小S S，則，則不變不變【解析【解析】選選A.A.由平行板電容器由平行板電容器C C 及及C= C= 保持保持S S不變，不變，增大增大d d，電容，電容C C減小，電荷量減小，

41、電荷量Q Q不變，電勢差不變，電勢差U U增大，靜電計增大，靜電計指針偏角指針偏角增大，增大，A A對，對，B B錯錯. .保持保持d d不變，減小不變，減小S S，電容，電容C C減小，電荷量減小，電荷量Q Q不變，電勢差不變，電勢差U U增大，靜電計指針偏角增大，靜電計指針偏角增大，增大，C C、D D均錯均錯. .所以答案為所以答案為A.A.SdQU，2.2.（20112011武漢模擬）如圖所示，武漢模擬）如圖所示，矩形區(qū)域矩形區(qū)域ABCDABCD內存在豎直向下的內存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子勻強電場，兩個帶正電的粒子a a和和b b以相同的水平速度射入電場，以相同的水平速度

42、射入電場，粒子粒子a a由頂點由頂點A A射入，從射入，從BCBC的中點的中點P P射出，粒子射出，粒子b b由由ABAB的中點的中點O O射入，從頂點射入，從頂點C C射出射出. .若不計重力，則若不計重力，則a a和和b b的比荷（即粒子的的比荷（即粒子的電荷量與質量之比）是（電荷量與質量之比）是（ ）A.12 B.21A.12 B.21C.18 D.81C.18 D.81【解析【解析】選選D.D.設設ABAB長為長為2h2h，BCBC長為長為2l2l，對，對a a粒子粒子22aa aaa0 aq E112ha tt22 mlv t 3.3.（20112011廈門模擬）如圖所示，廈門模擬）

43、如圖所示，A A板發(fā)出的電子經加速后，板發(fā)出的電子經加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為為U U，電子最終打在熒光屏，電子最終打在熒光屏P P上，關于電子的運動，則下列說上，關于電子的運動，則下列說法中正確的是（法中正確的是（ ）A.A.滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升位置上升B.B.滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置下降位置下降C.C.電壓電壓U U增大時，其他不變，則電

44、子打在熒光屏上的速度大增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變小不變D.D.電壓電壓U U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變的時間不變【解析【解析】選選D.D.電子加速有電子加速有 電子偏轉有電子偏轉有 滑動觸頭向右滑動滑動觸頭向右滑動U U0 0增大增大, ,y y減小，選項減小，選項A A、B B錯誤；兩電場對電子做的功為錯誤；兩電場對電子做的功為 U U增大，增大，y y增大，則增大，則W W增大，所以選項增大，所以選項C C錯誤；電子在加速電場中勻加速時間不變，在偏轉電場中錯誤；電子在加速電場中勻加速時間不變，在

45、偏轉電場中勻速運動時間也不變，所以運動總時間不變，選項勻速運動時間也不變，所以運動總時間不變，選項D D正確，正確，故答案為故答案為D.D.2001eUmv2，22001 eUlUly()2 md v4dU，0UWe(Uy)d，4.4.（20112011鹽城模擬）如圖所示，空間有豎直向下的勻強電鹽城模擬）如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場，電場強度為場，電場強度為E E，在電場中，在電場中P P處由靜止下落一質量為處由靜止下落一質量為m m、帶、帶電量為電量為+q+q的小球的小球( (可視為質點可視為質點).).在在P P的正下方的正下方h h處有一水平彈處有一水平彈性絕緣擋板性絕緣擋板S (

46、S (擋板不影響電場的分布擋板不影響電場的分布) )，小球每次與擋板相，小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的碰后電量減小到碰前的k k倍倍(k1)(k1)，而碰撞過程中小球的機械，而碰撞過程中小球的機械能不損失，即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反能不損失，即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反. .設設在勻強電場中，擋板在勻強電場中，擋板S S處的電勢為零，則下列說法不正確的處的電勢為零，則下列說法不正確的是是( )( )A.A.小球在初始位置小球在初始位置P P處的電勢能為處的電勢能為EqhEqhB.B.小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度大于小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度

47、大于h hC.C.小球第一次與擋板相碰后所能達到最大高度時的電勢能小小球第一次與擋板相碰后所能達到最大高度時的電勢能小于于EqhEqhD.D.小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度小于小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度小于h h【解析【解析】選選D.PD.P點與絕緣擋板點與絕緣擋板S S的電勢差為的電勢差為U UPSPS=Eh,=Eh,所以所以P P點的點的電勢能為電勢能為 選項選項A A正確；由于小球與絕緣板碰正確；由于小球與絕緣板碰撞后電荷量減小，所受電場力減小，電場力做的負功減小，撞后電荷量減小，所受電場力減小，電場力做的負功減小，反彈高度增大，所以選項反彈高度增大，所以選項B

48、B正確，正確，D D錯；根據(jù)帶電小球能量守錯；根據(jù)帶電小球能量守恒，其機械能與電勢能之和不變可得，機械能增大恒，其機械能與電勢能之和不變可得，機械能增大, ,重力勢重力勢能增加，電勢能減小，選項能增加，電勢能減小，選項C C正確正確. .pPEqqEh ，5.5.（20112011長沙模擬）如圖所示，長沙模擬）如圖所示，某空間有一豎直向下的勻強電場，某空間有一豎直向下的勻強電場，電場強度電場強度E=1.0E=1.010102 2 V/m V/m，一塊，一塊足夠大的接地金屬板水平放置在足夠大的接地金屬板水平放置在勻強電場中，在金屬板的正上方高度勻強電場中，在金屬板的正上方高度h=0.80 mh=

49、0.80 m的的a a處有一粒子處有一粒子源，盒內粒子以源，盒內粒子以v v0 0=2.0=2.010102 2 m/s m/s的初速度向水平面以下的各的初速度向水平面以下的各個方向均勻放出質量為個方向均勻放出質量為m=2.0m=2.01010-15-15 kg kg，電荷量為，電荷量為q=+10q=+10-12-12C C的帶電粒子，粒子最終落在金屬板的帶電粒子，粒子最終落在金屬板b b上上. .若不計粒子重力，求：若不計粒子重力，求：（結果保留兩位有效數(shù)字）（結果保留兩位有效數(shù)字）(1)(1)粒子源所在處粒子源所在處a a點的電勢；點的電勢；(2)(2)帶電粒子打在金屬板上時的動能；帶電粒

50、子打在金屬板上時的動能；(3)(3)從粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍（所形成的面從粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍（所形成的面積）；若使帶電粒子打在金屬板上的范圍減小，可以通過改積）；若使帶電粒子打在金屬板上的范圍減小，可以通過改變哪些物理量來實現(xiàn)變哪些物理量來實現(xiàn)? ?【解析【解析】（1 1）題中勻強電場豎直向下，）題中勻強電場豎直向下，b b板接地；板接地；因此因此 (2)(2)不計重力，只有電場力做功，對粒子由動能定理不計重力，只有電場力做功，對粒子由動能定理qUqUabab=E=Ek k- - 可得帶電粒子打在金屬板上時的動能為可得帶電粒子打在金屬板上時的動能為E Ek k=qU

51、=qU+ =1.2+ =1.21010-10-10 J J201mv2201mv22aabUEh1.0 100.8 V80 V (3) (3) 粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍以粒子水平粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍以粒子水平拋出落點為邊界，設水平拋出后拋出落點為邊界，設水平拋出后t t時間落在板上：時間落在板上：x=vx=v0 0t t S=xS=x2 2 聯(lián)立以上各式得所形成的面積聯(lián)立以上各式得所形成的面積可以通過減小可以通過減小h h或增大或增大E E來實現(xiàn)來實現(xiàn). .答案：答案：（1 1）80 V 80 V （2 2）1.21.21010-10 -10 J J（3 3）面積）面積

52、4 m4 m2 2 可以通過減小可以通過減小h h或增大或增大E E來實現(xiàn)來實現(xiàn). .2202 mv hS4 mqE，21hat2qEam一、選擇題（本大題共一、選擇題（本大題共1010小題，每小題小題，每小題7 7分，共分，共7070分分. .每小題每小題只有一個選項正確）只有一個選項正確）1.1.（20112011揚州模擬）下列關于實驗中使用靜電計的說法中揚州模擬）下列關于實驗中使用靜電計的說法中正確的有（正確的有（ ）A.A.使用靜電計的目的是觀察使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況電容器電壓的變化情況B.B.使用靜電計的目的是測量使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況電容器電

53、量的變化情況C.C.靜電計可以用電壓表替代靜電計可以用電壓表替代D.D.靜電計可以用電流表替代靜電計可以用電流表替代【解析【解析】選選A.A.靜電計是用來測量電容器兩極板的電勢差，從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)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)等因素的變化等因素的變化. .如果用電壓表、電流表來替代則構成電容器如果用電壓表、電流表來替代則構成電容器的放電回路，兩電表都沒有示數(shù)，故答案為的放電回路，兩電表都沒有示數(shù)，故答案為A.A.2.2.水平放置的平行板電容器與一電池相連水平放置的平行板電容器與一電池相連. .在

54、電容器的兩板在電容器的兩板間有一帶正電的質點處于靜止狀態(tài)間有一帶正電的質點處于靜止狀態(tài). .現(xiàn)將電容器兩板間的距現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則離增大，則 （ ）A.A.電容變大，質點向上運動電容變大，質點向上運動B.B.電容變大，質點向下運動電容變大，質點向下運動C.C.電容變小，質點保持靜止電容變小，質點保持靜止D.D.電容變小，質點向下運動電容變小，質點向下運動【解析【解析】選選D.D.帶電質點在電容器中處于靜止狀態(tài)有帶電質點在電容器中處于靜止狀態(tài)有mg=qEmg=qE，因為電容器與電源連接，電壓不變，因為電容器與電源連接，電壓不變，E=U/dE=U/d，d d增大，電容增大，電容C C減

55、小，減小，E E減小，質點向下運動，答案為減小，質點向下運動，答案為D.D.3.3.如圖所示，先接通如圖所示，先接通S S使電容器充電，然后斷開使電容器充電，然后斷開S.S.當增大兩當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量極板間距離時，電容器所帶電荷量Q Q、電容、電容C C、兩板間電勢差、兩板間電勢差U U，電容器兩極板間場強，電容器兩極板間場強E E的變化情況是（的變化情況是（ ）A.QA.Q變小，變小，C C不變，不變，U U不變，不變，E E變小變小B.QB.Q變小，變小，C C變小，變小，U U不變，不變，E E不變不變C.QC.Q不變，不變，C C變小，變小，U U變大，變大，E E

56、不變不變D.QD.Q不變，不變，C C變小，變小，U U變小，變小，E E變小變小【解析【解析】選選C.C.充電以后的電容器所帶電荷量充電以后的電容器所帶電荷量Q Q保持不變，保持不變，故選項故選項A A、B B錯誤；根據(jù)平行板電容器的電容公式錯誤；根據(jù)平行板電容器的電容公式CCd d增大，增大，C C減?。挥钟蓽p?。挥钟蒀=Q/UC=Q/U得，得，U=Q/C,U=Q/C,故故U U增大；再由增大；再由公式公式C C= C C= 和和E= E= 可得可得EE所以所以E E不變，不變，答案答案為為C.C.S,dSd、QS，QUUd4.(20114.(2011福州模擬福州模擬) )某研究性學習小組

57、對電工穿的高壓帶電某研究性學習小組對電工穿的高壓帶電作業(yè)服進行研究作業(yè)服進行研究, ,發(fā)現(xiàn)其中用了大量的銅絲編織而成發(fā)現(xiàn)其中用了大量的銅絲編織而成. .對這一對這一做法的最主要目的做法的最主要目的, ,同學們給出了四種猜想同學們給出了四種猜想: :甲認為甲認為: :銅絲編織的衣服和人體相當于并聯(lián)關系銅絲編織的衣服和人體相當于并聯(lián)關系, ,能分走本該能分走本該流經人體的電流流經人體的電流乙認為乙認為: :被銅絲編織的衣服包裹的空間內任意點的電勢都保被銅絲編織的衣服包裹的空間內任意點的電勢都保持為零持為零丙認為丙認為: :被銅絲編織的衣服包裹的空間內任意兩點間電勢差被銅絲編織的衣服包裹的空間內任意

58、兩點間電勢差保持為零保持為零丁認為丁認為: :被銅絲編織的衣服包裹的空間內任意點的電場強度被銅絲編織的衣服包裹的空間內任意點的電場強度保持為零保持為零對這些猜想的評價正確的是（對這些猜想的評價正確的是（ ）A.A.都正確都正確 B.B.甲和丁最關鍵甲和丁最關鍵C.C.丁最關鍵丁最關鍵 D.D.丙和丁最關鍵丙和丁最關鍵【解析【解析】選選D.D.高壓帶電作業(yè)服用大量的銅絲編織而成高壓帶電作業(yè)服用大量的銅絲編織而成, ,形成形成一個金屬網(wǎng)罩一個金屬網(wǎng)罩, ,在外電場的作用下在外電場的作用下, ,金屬網(wǎng)罩達到靜電平衡金屬網(wǎng)罩達到靜電平衡. .金屬網(wǎng)罩成為一個等勢體金屬網(wǎng)罩成為一個等勢體, ,屏蔽了外來

59、電場屏蔽了外來電場, ,使其內部電場強使其內部電場強度處處為零度處處為零, ,任意兩點間沒有電勢差任意兩點間沒有電勢差, ,故選故選D.D.5.5.虛線框內存在著勻強電場（方向未知），有一正電荷（重虛線框內存在著勻強電場（方向未知），有一正電荷（重力不計）從力不計）從bcbc邊上的邊上的M M點以速度點以速度v v0 0射進電場內，最后從射進電場內，最后從cdcd邊邊上的上的Q Q點垂直點垂直cdcd射出電場，下列說法正確的是（射出電場，下列說法正確的是（ ）A.A.電場力一定對電荷做了正功電場力一定對電荷做了正功B.B.電場方向可能垂直電場方向可能垂直abab邊向右邊向右C.C.電荷運動的軌

60、跡可能是一段圓弧電荷運動的軌跡可能是一段圓弧D.D.電荷的運動一定是勻變速運動電荷的運動一定是勻變速運動【解析【解析】選選D.D.由正電荷在勻強電場中的偏轉可以判斷由正電荷在勻強電場中的偏轉可以判斷, ,其所其所受電場力一定指向運動曲線的內側受電場力一定指向運動曲線的內側, ,但電場力與速度方向的但電場力與速度方向的夾角可能為銳角或鈍角夾角可能為銳角或鈍角, ,電場力可能做正功電場力可能做正功, ,也可能做負功也可能做負功, ,所以所以A A錯錯. .由于垂直由于垂直cdcd射出電場射出電場, ,電場力在電場力在v v0 0反方向上一定有反方向上一定有分力分力, ,故故B B錯誤錯誤; ;由于

61、正電荷只受恒定的電場力作用由于正電荷只受恒定的電場力作用, ,所以不可所以不可能做圓周運動能做圓周運動, ,一定是加速度不變的曲線運動一定是加速度不變的曲線運動,C,C錯誤錯誤,D,D正確正確. .答案為答案為D.D.6.(20116.(2011泰州模擬泰州模擬) )如圖所示，水如圖所示，水平放置的平行板電容器與一直流電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源相連，在兩板中央有一帶電液滴處于靜止狀態(tài)處于靜止狀態(tài). .現(xiàn)通過瞬間平移和緩現(xiàn)通過瞬間平移和緩慢平移兩種方法將慢平移兩種方法將A A板移到圖中虛線位置板移到圖中虛線位置. .下列關于帶電液滴下列關于帶電液滴運動的說法

62、中正確的是（運動的說法中正確的是（ ）A.A.上述兩種方法中，液滴都向上述兩種方法中，液滴都向B B板做勻加速直線運動板做勻加速直線運動B.B.采用瞬間平移的方法，液滴運動到采用瞬間平移的方法，液滴運動到B B板經歷的時間短板經歷的時間短C.C.采用緩慢平移的方法，液滴運動到采用緩慢平移的方法，液滴運動到B B板時速度大板時速度大D.D.采用緩慢平移的方法，液滴運動到采用緩慢平移的方法，液滴運動到B B板過程中電場力做功板過程中電場力做功多多【解析【解析】選選B.B.瞬間平移使帶電液滴加速度突然增大立即做勻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

63、電場加速運動，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做勻加速運動，所以瞬間平移使帶電液滴到達B B板的時間短，板的時間短，做功多，速度大，故答案為做功多，速度大，故答案為B.B.7.(20117.(2011焦作模擬焦作模擬) )如圖所示，平行板電容器與電動勢為如圖所示，平行板電容器與電動勢為E E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地. .一帶電油滴位一帶電油滴位于電容器中的于電容器中的P P點且恰好處于平衡狀

64、態(tài)點且恰好處于平衡狀態(tài). .現(xiàn)將平行板電容器的現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（上極板豎直向上移動一小段距離（ ）A.A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動帶電油滴將沿豎直方向向上運動B.PB.P點的電勢將降低點的電勢將降低C.C.帶電油滴的電勢能將減少帶電油滴的電勢能將減少D.D.若電容器的電容減小，則若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大極板帶電量將增大【解析【解析】選選B.B.因為電容器兩板電壓不變，當兩板間距離因為電容器兩板電壓不變，當兩板間距離d d增增大，場強大，場強E E減小，減小， P P=E=Ex xP P減少，減少，P P點的電勢降低，故選項點的電勢降低，故選項A

65、A錯錯B B對；又根據(jù)帶電油滴平衡可判斷其帶負電，它在對；又根據(jù)帶電油滴平衡可判斷其帶負電，它在P P點的電點的電勢能增大，選項勢能增大，選項C C錯誤；電容器的電容減小，則極板帶電量錯誤；電容器的電容減小，則極板帶電量將減小，選項將減小，選項D D錯，故答案為錯，故答案為B.B.8.8.如圖所示，在絕緣光滑水平面上固定兩個等量同種電荷如圖所示，在絕緣光滑水平面上固定兩個等量同種電荷A A、B B，在，在ABAB連線上的連線上的P P點由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會在點由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會在A A、B B之間往復運動，以下判斷正確的是（之間往復運動，以下判斷正確的是（ ）A.A.滑塊

66、一定帶的是與滑塊一定帶的是與A A、B B異種的電荷異種的電荷B.B.滑塊可帶任意電荷滑塊可帶任意電荷C.C.滑塊在滑塊在P P由由A A向向B B運動過程中，電勢能一定是先減小后增大運動過程中，電勢能一定是先減小后增大D.D.滑塊的動能與電勢能之和一定減小滑塊的動能與電勢能之和一定減小【解析【解析】選選C.C.根據(jù)從根據(jù)從P P點由靜止釋放的帶電滑塊在點由靜止釋放的帶電滑塊在A A、B B之間之間往復運動可以判斷，開始時往復運動可以判斷，開始時A A對滑塊向右的作用力大于對滑塊向右的作用力大于B B向左向左的作用力，所以滑塊一定帶與的作用力，所以滑塊一定帶與A A、B B相同的電荷，選項相同的電荷，選項A A、B B錯；錯；由于由于A A、B B帶等量同種電荷，所以其連線中點場強為零，滑塊帶等量同種電荷，所以其連線中點場強為零，滑塊在在P P由由A A向向B B運動過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能運動過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能一定是先減小后增大，選項一定是先減小后增大，選項C C正確；在整個運動過程中只有正確；在整個運動過程中只有電場力做功，所以滑塊的動能與電勢能之