2014年高考物理復習 第6章 第4課時 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動訓練題（含解析） 新人教版

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1、第4課時　電容器與電容　帶電粒子在電場中的運動 考綱解讀1.理解電容器的基本概念，掌握好電容器的兩類動態(tài)分析.2.能運用運動的合成與分解解決帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題.3.用動力學方法解決帶電粒子在電場中的直線運動問題． 1．[對電容器和電容的理解]關(guān)于電容器及其電容的敘述，正確的是 (　　) A．任何兩個彼此絕緣而又相互靠近的導體，就組成了電容器，跟這兩個導體是否帶電無關(guān) B．電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和 C．電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比 D．一個電容器的電荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C時，兩板間電壓升高10 V，則電容器的電容無法確定 答

2、案　A 2．[帶電粒子在板間的加速問題]如圖1所示，電子由靜止開始從A板向 B板運動，當?shù)竭_B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) A．當增大兩板間距離時，v也增大 B．當減小兩板間距離時，v增大 圖1 C．當改變兩板間距離時，v不變 D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大 答案　CD 解析　電子從靜止開始運動，根據(jù)動能定理，從A板運動到B板動能的變化量等于電場力做的功．因為保持兩個極板間的電勢差不變，所以末速度不變，而位移(兩板間距離)如果增加的話，電子在兩板間運動的時間變長，故C、D正確． 3．[帶電粒子在板間的偏轉(zhuǎn)問題]如圖2所

3、示，靜止的電子在加速電壓 為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬 板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使 U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該 (　　) 圖2 A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．使U2變?yōu)樵瓉淼谋? D．使U2變?yōu)樵瓉淼? 答案　A 解析　電子經(jīng)U1加速后獲得的動能為Ek＝mv2＝qU1，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移量為：y＝at2＝＝，可見當U1加倍時，要使y不變，需使U2加倍，顯然A正確． 考點梳理 一、電容器的充、放電和電容的理解 1．電容器的充、放電 (1)充電：使電容器帶電的過程

4、，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Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值． (2)定義式：C＝. (3)物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量． 3．平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比． (2)決定式：C＝，k為靜電力常量． 特別提醒　C＝(或C＝)適用于任何電容器，但C＝僅適用于平行板電容器． 二、帶電粒子在電場中的運動 1．帶電粒子在電場中加速

5、 若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量． (1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv或F＝qE＝q＝ma. (2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv. 2．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) (1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場． (2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動． (3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動． (4)運動規(guī)律： 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 特別提醒　帶電粒子在電場中的重力問題 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或有

6、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． 4．[控制變量法的應用]如圖3所示，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θ.實驗中，極板所帶電荷量不變，若 (　　) 圖3 A．保持S不變，增大d，則θ變大 B．保持S不變，增大d，則θ變小 C．保持d不變，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變 答案　A 解析　靜電計指針偏角反映電容器兩板間電壓大?。谧鲞x項所示的操作中，電容器電荷量Q保持不變，由C＝＝知，保持S不變，增大d

7、，則C減小，U增大，偏角θ增大，選項A正確，B錯誤；保持d不變，減小S，則C減小，U增大，偏角θ也增大，故選項C、D均錯． 5．[用平拋運動的分解思想解決偏轉(zhuǎn)問題]如圖4所示，示波器 的示波管可視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，若已知加速電 壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L，極板間距為d， 且電子被加速前的初速度可忽略，則關(guān)于示波器靈敏度[即 圖4 偏轉(zhuǎn)電場中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量()]與加速電場、偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系，下列說法中正確的是 (　　) A．L越大，靈敏度越高 B．d越大，靈敏度越高 C．U1越大，靈敏度越高 D．U2越大，靈

8、敏度越高 答案　A 解析　偏轉(zhuǎn)位移y＝at2＝()2＝，靈敏度＝，故A正確，B、C、D錯誤． 方法提煉 1．電容器的兩類動態(tài)分析 (1)明確是電壓不變還是電荷量不變． (2)利用公式C＝、C＝及E＝進行相關(guān)動態(tài)分析． 2．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)按類平拋運動進行處理． 考點一　平行板電容器的動態(tài)分析 1．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)． 2．運用電容的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)

9、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． 3．電容器兩類問題的比較 分類 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開 不變量 U Q d變大 C變小→Q變小、E變小 C變小→U變大、E不變 S變大 C變大→Q變大、E不變 C變大→U變小、E變小 εr變大 C變大→Q變大、E不變 C變大→U變小、E變小 例1　一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地．兩板間 有一個正試探電荷固定在P點，如圖5所示，以C表示電容 器的電容、E表示兩板間的場強、φ

10、表示P點的電勢，Ep表 示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板 緩慢向右平移一小段距離x0的過程中，各物理量與負極板 圖5 移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是 (　　) 解析　由平行板電容器的電容C＝可知d減小時，C變大，但不是一次函數(shù)，A錯．在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下，U＝，E＝＝，與x無關(guān)，則B錯．在負極板接地的情況下，設P點最初的電勢為φ0，則平移后P點的電勢為φ＝φ0－Ex0，C項正確．正電荷在P點的電勢能Ep＝qφ＝q(φ0－Ex0)，顯然D錯． 答案　C 突破訓練1　如圖6所示，兩塊正對平行金屬板M、N與電池相連， N板接地，在距兩板

11、等距離的P點固定一個帶負電的點電荷， 如果M板向上平移一小段距離，則 (　　) A．點電荷受到的電場力變小 圖6 B．M板的帶電荷量增加 C．P點的電勢升高 D．點電荷在P點具有的電勢能增加 答案　AD 考點二　帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動 1．帶電粒子在勻強電場中做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動． (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動． 2．用動力學方法分析 a＝，E＝；v2－v＝2ad. 3．用功能觀點分析 勻強電場中：

12、W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 例2　如圖7所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一 傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻 強電場中時，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8.求： 圖7 (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的1/2，物塊的加速度是多大； (3)電場強度變化后物塊下滑距離為L時的動能． 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，示意圖如圖所示，則有 FNsin 37°＝qE

13、 ① FNcos 37°＝mg ② 由①②可得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 可得a＝0.3g. (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得 mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL. 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 突破訓練2　如圖8甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m＝0.2 kg、帶電荷量為q＝＋2.0×10－6 C的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦

14、因數(shù)μ＝0.1.從t＝0時刻開始，空間上加一個如圖乙所示的電場．(取水平向右的方向為正方向，g取10 m/s2)求： (1)4秒內(nèi)小物塊的位移大?。? (2)4秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功． 　 甲　　　　　　　　　乙 圖8 答案　(1)8 m　(2)1.6 J 解析　(1)0～2 s內(nèi)小物塊加速度 a1＝＝2 m/s2 位移x1＝a1t＝4 m 2 s末的速度為v2＝a1t1＝4 m/s 2 s～4 s內(nèi)小物塊加速度 a2＝＝－2 m/s2 位移x2＝v2t2＋a2t＝4 m 4秒內(nèi)的位移x＝x1＋x2＝8 m. (2)v4＝v2＋a2t2＝0，即4 s末小物塊處于

15、靜止狀態(tài) 設電場力對小物塊所做的功為W，由動能定理有： W－μmgx＝0 解得W＝1.6 J 考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1．粒子的偏轉(zhuǎn)角 (1)以初速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場：如圖9所示，設帶電粒子質(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tan θ＝，式中 圖9 vy＝at＝·，vx＝v0，代入得 tan θ＝ ① 結(jié)論：動能一定時tan θ與q成正比，電荷量一定時tan θ與動能成反比． (2)經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場 若不同

16、的帶電粒子都是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有：qU0＝mv ② 由①②式得：tan θ＝ 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 y＝at2＝··()2 ④ 作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場右邊緣的距離為x，則x＝y(tǒng)·cot θ＝·＝ 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：若不同的帶電粒子都是從靜

17、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y＝ ⑤ 上面③式偏轉(zhuǎn)角正切為：tan θ＝ 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，也就是運動軌跡完全重合． 例3　如圖10所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強度 為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏． 現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于 電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點 為O.試求： 圖10 (1)粒子從射入到打

18、到屏上所用的時間． (2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的點P到O點的距離x. 解析　(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝. (2)設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝ 所以vy＝a＝ 所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan α＝＝. (3)解法一　設粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則 y＝a()2＝· 又x＝y(tǒng)＋Ltan α， 解得：x＝ 解法二　x＝vy·＋y＝. 解法三　由＝

19、得：x＝3y＝. 答案　(1)　(2)　(3) 計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的三種方法： (1)Y＝y(tǒng)＋dtan θ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離) (2)Y＝(＋d)tan θ(L為電場寬度) (3)Y＝y(tǒng)＋vy· (4)根據(jù)三角形相似：＝ 突破訓練3　如圖11所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲 K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速， 從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、 N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入M、 N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)

20、電場后打在 圖11 熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子 的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力． (1)求電子穿過A板時速度的大?。? (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏移量； (3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？ 答案　(1) 　(2) (3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2 解析　(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有 eU1＝mv－0，解得v0＝ (2)電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動．由

21、牛頓第二定律和運動學公式有 t＝ F＝ma，F(xiàn)＝eE， E＝，y＝at2 解得偏移量y＝ (3)由y＝可知，減小U1或增大U2均可使y增大，從而使電子打在P點上方. 33．用等效法處理帶電粒子在電場、重力場中的運動 方法提煉 等效思維方法就是將一個復雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法．例如我們學習過的等效電阻、分力與合力、合運動與分運動等都體現(xiàn)了等效思維方法．常見的等效法有“分解”、“合成”、“等效類比”、“等效替換”、“等效變換”、“等效簡化”等，從而化繁為簡，化難為易． 模型轉(zhuǎn)換與構(gòu)建 帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復合場中做圓

22、周運動的問題，是高中物理教學中一類重要而典型的題型．對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復雜，運算量大．若采用“等效法”求解，則能避開復雜的運算，過程比較簡捷．先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可． 例4　如圖12所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面， AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切． 整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中．現(xiàn)有一 圖12 個質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應滿足什

23、么條件？ 解析　小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在 圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比 重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為 mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動． 因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的等效“最高點”(D點)滿足等效重力剛好提供向心力，即有：mg′＝，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系可知＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知： －2mg′R＝mv－mv 解得v0＝ ，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足v≥ . 答案　v≥

24、 突破訓練4　一個帶負電荷量為q，質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣的 斜面軌道的A點由靜止下滑，小球恰能通過半徑為R的豎直圓形 軌道的最高點B而做圓周運動．現(xiàn)在豎直方向上加如圖13所示 的勻強電場，若仍從A點由靜止釋放該小球，則(　　) 圖13 A．小球不能過B點 B．小球仍恰好能過B點 C．小球通過B點，且在B點與軌道之間的壓力不為0 D．以上說法都不對 答案　B 解析　小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑，恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動，則mg＝m，mg(h－2R)＝mv；加勻強電場后仍從A點由靜止釋放該小球，則(mg－qE)(h－

25、2R)＝mv，聯(lián)立解得mg－qE＝m，滿足小球恰好能過B點的臨界條件，選項B正確. 高考題組 1．(2012·江蘇單科·2)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 (　　) A．C和U均增大 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C和U均減小 答案　B 解析　由平行板電容器電容決定式C＝知，當插入電介質(zhì)后，ε變大，則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式C＝得U＝，又電荷量Q不變，故兩極板間的電勢差U減小，選項B正確． 2．(2012·海南單科·

26、9)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說法正確的是 (　　) A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话? D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案　AD 解析　由E＝知，當U不變，d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹項正確；當E不變，d變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，U變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺項錯誤；當電容器中d不變時，C不變，由C＝知，當Q變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項錯誤

27、；Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D項正確． 3．(2012·課標全國·18)如圖14，平行板電容器的兩個極板與水平地面 成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中 所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子 (　　) A．所受重力與電場力平衡 圖14 B．電勢能逐漸增加 C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動 答案　BD 解析　帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場力F＝Eq，方向垂直于極板向上，因二力均為恒力，又已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直

28、線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確． 4．(2011·福建·20)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15所示，在虛線MN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 E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如圖所示．帶電 圖15 微粒質(zhì)量m＝1.0×

29、10－20 kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9 C，A點距虛線MN的距離d1＝ 1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應．求： (1)B點距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t. 答案　(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s 解析　(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有 |q|E1d1－|q|E2d2＝0 ① 由①式解得d2＝d1＝0.50 cm ② (2)設微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1＝ma1③ |q|E2＝ma2

30、 ④ 設微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，由運動學公式有d1＝a1t ⑤ d2＝a2t ⑥ 又t＝t1＋t2⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8 s 模擬題組 5．如圖16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與靜電計相接，極板M接地．用靜電計測量平行板電 容器兩極板間的電勢差U.在兩極板相距一定距離d時，給電容器 充電，靜電計指針張開一定角度．在整個實驗過程中，保持電容 器所帶電荷量Q不變，下面操作能使靜電計指針張角變小的是(　　) 圖16 A．將M板向下平移

31、 B．將M板沿水平方向向左遠離N板 C．在M、N之間插入云母板(介電常數(shù)εr>1) D．在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸 答案　CD 解析　由C＝可知，將M板向下平移，S減小，將M板沿水平方向向左移動，d增大，均使C變小，再由Q＝CU可知，電容器兩板間電壓增大，靜電計指針張角增大，A、B均錯誤；在M、N間插入云母板，εr增大，C增大，U變小，靜電計指針張角減小，C正確；在M、N間插入金屬板，相當于d減小，故C增大，U變小，靜電計指針張角減小，D正確． 6．為模擬空氣凈化過程，有人設計了如圖17所示的含灰塵 空氣的密閉玻璃圓桶，圓桶的高和直徑相等．第一種除塵 方式是：在圓

32、桶頂面和底面間加上電壓U，沿圓桶的軸線 方向形成一個勻強電場，塵粒的運動方向如圖甲所示； 第二種除塵方式是：在圓桶軸線處放一直導線，在導線與 桶壁間加上的電壓也等于U，形成沿半徑方向的輻向電場， 圖17 塵粒的運動方向如圖乙所示．已知空氣阻力與塵粒運動的速度成正比，即Ff＝kv(k為一定值)，假設每個塵粒的質(zhì)量和帶電荷量均相同，重力可忽略不計，則在這兩種方式中 (　　) A．塵粒最終一定都做勻速運動 B．塵粒受到的電場力大小相等 C．電場對單個塵粒做功的最大值相等 D．在乙容器中，塵粒會做類平拋運動 答案　C 解析　由于電壓U、圓桶的高與直徑及空氣阻力的大小不能計算，就不能確定塵粒最終是否做勻速運動，A項錯誤；在甲、乙容器中，E＝中的d是不同的，所以F＝qE＝一定不同，B項錯誤；電場力對單個塵粒做功的最大值均為W＝qU，C項正確；由于忽略重力，在甲、乙桶中，塵粒均做直線運動，D項錯誤．