极板水平放置的平行板电容器,两版相距5.0mm,电容是2.0微法,当两板间电势差为75V时,一个质量为1.0*10的负1

（1）电子在电场中做类平抛运动，
在水平方向：L=v₀t，
在竖直方向：y=[1/2]at²=[1/2][eE/m]t²=[1/2][e/m]•[U/d]•t²=
eUt2
2md，
解得：y=0.005m=0.5cm；
（2）由动能定理得：eEy=[1/2]mv²-[1/2]mv₀²，E=[U/d]，
解得：v≈2.0×10⁷m/s；
答：（1）电子偏离金属板的侧位移是0.005m；
（2）电子飞出电场时的速度大小是2.0×10⁷m/s．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 带电粒子垂直射入匀强电场，带电粒子做类平抛运动，应用类平抛运动规律即可正确解题．

对小球受力分析如图：
要使悬线的偏角α变大，需要增加F_电，即增加PQ两极板间的电场强度，PQ两极板距离不变，所以只需增加PQ两极板间的电压即可．
两个电容器并联，所以两个电容器极板间的电压相同，只需增加ab两极板之间的电压就可以增加PQ两极板间的电压．
对电容器ab：Q不变，由C=[Q/U]得知，要增加U，则需要将电容C减小．
由C=[ɛS/4πkd]分析得：减小电容C可有三个方法：
1、增大极板距离d
2、减小正对面积s，如将ab板错开
3、换介电常数小的电介质
所以①③正确．
故选C

点评：
本题考点： 电容；共点力平衡的条件及其应用；电场强度．

考点点评： 本题综合了电路、电容的知识，综合性较强；是通过平衡条件的考查转移到电容器动态分析的一个考查，需要认真推敲一下．

解（1）从表格中知，对于同一种水果，金属活动性的差异越大，产生的电压越大；对于不同的水果，同样的两种金属产生的电压不同；
（2）研究水果电池的电压跟极板与水果的接触面积之间的关系时，应控制极板间的距离不变，改变接触面积，观察接触面积的大小对电压的影响；从表格中可以看出，一只梨并用铁-铜做极板，提供的电压为0.5V，要得到3V的电压，因此需要梨的个数为[3V/0.5V]=6．
故答案为：（1）大；水果的种类；（2）极板间的距离，6．

点评：
本题考点： 电源及其能量转化；电压．

考点点评： 此题考查的是水果电池的导电性能与什么因素有关、电源的能量转化和分析问题解决问题的能力．

（1）B板接地，φ_B=0，沿电场方向有
CD之间的距离为：d_CD=d-h_AC-h_BD=5-0.5-0.5=4cm=4×10^-2m，
U_CD=Ed_CD=1.2×10²×4×10^-2=4.8V；
U_DB=Ed_DB=1.2×10²×0.5×10^-2=0.6V，
即：φ_D-φ_B=0.6V，则φ_D=0.6V，
U_CB=Ed_CB=1.2×10²×4.5×10^-2=5.4V，
即φ_C-φ_B=5.4V，φ_C=5.4V；
（2）由E_P=qφ可知点电荷q₁=-2×10^-3C在C点的电势能
E_PC=-2×10^-2×5.4=0.108J，
在D点的电势能E_PD=2×10^-2×0.6=1.2×10^-2J；
（3）将点电荷q₂=2×10^-2C从C匀速移到D时，
电场力所做的功：W=q₂×U_CD=2×10^-2×4.8=9.6×10^-2J，
故除电场以外的力所做的功：W_外=-W=-9.6×10^-2J
答：（1）C和D两点的电势分别为5.4V、0.6V，两点间的电势差U_CD等于4.8V．
（2）点电荷q₁=-2×10^-2C在C和D两点的电势能分别为0.108J和1.2×10^-2J．
（3）除电场力以外的力做功为9.6×10^-2J．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 在利用EP=qφ求电势能时电量q和电势φ的正负号一定要保留．根据WCD=qUCD可求出电场力所做的功时电荷是从C点运动到D点．

若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg=kv，
若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：q[U/d]=mg+kv，
若两极板间电压为-U，则电场力方向向下，当油滴做匀速运动时，有kv′=mg+q[U/d]，联立三式解得v′=3v，方向向下．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 解决本题的关键能够对油滴进行正确的受力分析，运用平衡进行求解．

粒子在电场中做类平抛运动，
根据牛顿第二定律与运动学公式可得，
经过电场后的偏转位移y=[1/2at2=
1
2
qU
md(
L
v0)2
而电场中，电势能的变化量等于电场力做功的多少，
即△E=W
又W= -qEy=-q
U
dy
由以上两式，综合而得，
飞出极板时电势能的变化量为-
q2U2L2
2md2
v20]
故答案为：-
q2U2L2
2md2
v20

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 本题运用动能定理研究带电粒子的电场中和复合场中的运动，列式时要抓住洛伦兹力不做功的特点．

A、将M板向下平移，正对面积减小，根据C＝
ɛs
4πkd，电容减小，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差增大，张角变大．故A错误．
B、将M板沿水平向左方向远离N板，d变大，根据C＝
ɛs
4πkd，电容减小，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差增大，张角变大．故B错误．
C、在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1），根据C＝
ɛs
4πkd，电容增大，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差减小，张角变小．故C正确．
D、在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，d减小，根据C＝
ɛs
4πkd，电容增大，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差减小，张角变小．故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变．

（1）BA间的电势差为：U_BA=EL=1200×0.05V=60V
φ_A=-U_BA=-60V
（2）A板所带电荷量Q为：Q=CU_BA=2×10^-4×60C=1.2×10^-2C；
（3）L_dc=0.05-2×0.5×10^-2m=0.04m
d、c两点间的电势差为：U_dc=EL_dc=48V
（4）W_dc=qU_dc=2.4×10^-4J
答：（1）A板的电势φ_A为-60V
（2）A板所带电荷量是1.2×10^-2C
（3）d、c两点间的电势差是48v
（4）将电荷量q=5×10^-4C的带正电点电荷从d移到c，电场力做的功W_dc为2.4×10^-4J

点评：
本题考点： 电势差与电场强度的关系；电势差；电势．

考点点评： 该题考查匀强电场中的电场强度与电势差之间的关系，其中要注意B点的电势为零．基础题目．

（1）电子沿平行板的方向做匀速运动，通过平行板的时间t=[L/v＝
8.0×10−2
6.4×107]=s=1.25×10^-9s，交变电流的周期T=10^-2s，由于t≤T，可认为电子在通过平行板时板间的电压和场强是稳定不变的，每个能通过平行板的电子均做类平抛运动．
水平方向匀速运动 L=vt
竖直方向匀加速运动 a＝
eU0
md
电子束不能通过平行板时有 y=[1/2at2≥
d
2]
由以上三式得：U₀≥
mv2d2
eL2，
代入数据得，U₀≥91V．
（2）对于按正弦规律变化的交变电压可由数学知识结合画图得到，电压大于U₀的时间为六分之一周期才能满足条件，即U₀=U_maxsinωt=U_maxsin[π/3]
所以U_max=
U0
sin
π
3≈105V
答：（1）U_c的大小为91V；
（2）U₀为105V时，才能使通过与间断的时间之比△t₁：△t₂=2：1．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查挖掘理想化条件构建物理模型的能力，不要被交变电压迷惑，本题实质上与是带电粒子在恒定电场中运动一样，是类平抛运动的类型，要熟练运用运动的分解法处理．第（2）问还考查应用数学知识解决物理问题的能力．

（1）粒子离开电场时，合速度与水平夹角30度，
由速度关系得合速度：v=
v0
cos30°=
2
3v0
3，
vy=v0tan30°=

3v0
3
（2）粒子在匀强电场中为类平抛运动，
在水平方向上：L=v₀t，
在竖直方向上：v_y=at，
由牛顿第二定律得：qE=ma
解得：E=

3mv02
3qL；
（3）粒子做类平抛运动，
在竖直方向上：d=
1
2at2，
解得：d=

3
6L；
答：（1）粒子末速度的大小
2
3v0
3；（2）匀强电场的场强E=

3mv02
3qL；（3）两板间的距离：d=

3

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度．

考点点评： 本题考查了粒子在匀强电场中的运动，粒子在匀强磁场中做类平抛运动，应用匀速运动规律、牛顿第二定律、匀变速运动规律即可正确解题；分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键．

（1）对小球受力分析，受重力、拉力和电场力，如图所示

由于电场力水平向右，电场强度向左，由于电场力与电场强度反向，故小球带负电荷；
（2）根据平衡条件，有：F=mgtanθ
根据电场强度定义公式，有：F=qE
故E=[mgtanθ/q]
（3）小球与B板间的距离为d；
将绳子剪断后，小球到达B板过程中电场力对小球做的功：W=Fd=mgtanθ•d=mgd•tanθ；
答：（1）小球的带负电荷；
（2）AB板间电场强度的大小为[mgtanθ/q]；
（3）假设A、B板足够长，将绳子剪断后，小球到达B板过程中电场力对小球做的功为mgd•tanθ．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．

考点点评： 本题关键是对小球受力分析后根据平衡条件求解电场力，然后根据电场强度定义确定电场强度．

A、由题，板间距离增大，电容器的电压不变，根据E=[U/d]知板间场强减小，由U=Ed得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向下，P点电势比下极板高，则可知，P点的电势降低．故A正确．
B、根据油滴原来静止知道，油滴带负电，P点电势降低，油滴的电势能将增大．故B错误．
C、板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动．故C错误．
D、板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器的电量减小．故D错误．
故选A

点评：
本题考点： 电容器的动态分析；电势；电势能．

考点点评： 本题是电容器动态分析问题，根据E=[U/d]、电容的决定式和定义式结合进行分析．

解（1）粒子经加速电场的过程中，由动能定理得：qU₁=[1/2mv2 ①
解得粒子穿过B板时的速度大小 v=

2qU1
m]②
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动时间为：t=[L/v]③
垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度为：a=[qE/m]④
其中场强E=
U2
d⑤
离开偏转电场时的侧移为 y=[1/2at2⑥
由①②③④⑤⑥解得：y=
U2L2
4U1d]⑦
（3）粒子运动的全过程，由动能定理得：qU₁+qEy=E_k⑧
由⑤⑦⑧得粒子离开偏转电场时的动能为：E_k=qU₁+
q
U22L2
4U1d2．
答：（1）粒子穿过B板时的速度大小为

2qU1
m；
（2）粒子离开偏转电场时的侧移距离为
U2L2
4U1d；
（3）离开偏转电场时粒子的动能为qU₁+
q
U22L2
4U1d2．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．

考点点评： 本题要熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，把类平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解题．

（1）设共同速度为v，依动量守恒定律有
Mv₀-mv=（M+m）v
得v=[1/2]v₀
根据能量守恒得系统动能减少等于电势能增量
△E＝
1
2mv02+
1
2mv02−
1
2(M+m)v2
得△E＝
2Mmv02
M+m＝
1
2Mv02
（2）设电场力qE=F
对系统全过程运用动能定理列出等式：

1
2(M+m)v02−
1
2(M+m)v2＝FL
对滑块m速度减为0的过程运用动能定理列出等式：

1
2mv02＝Fl
由两式解得l＝
L
3
答：（1）若小车、滑块的初速度大小均为v₀，系统电势能变化的最大值是
1
2Mv02．
（2）若小车、滑块初速度大小未知，滑块向左运动到最远处离出发点的位移是[L/3]．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；功能关系．

考点点评： 该题是一道综合题，综合运用了能量守恒定律、动量守恒定律、动能定理，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用．

（1）加速过程中，由动能定理得：eU=12mv02 ①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v0t．②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度 a=Fm=eU′dm．③偏距 y=12at2 ④能飞出的条件为：y≤d2．⑤解...

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 此题电子先经加速电场加速，后进入偏转电场偏转，根据动能定理求加速得到的速度，运用分解的方法研究类平抛运动，都是常规方法．

粒子在电场中做类平抛运动，垂直于板面方向上受电场力作用做匀加速运动，平行于板面的方向不受力，做匀速运动．
粒子在电场中运动的时间：t=[L
v0
粒子在电场中运动时竖直方向的加速度：a=
qU/md]
竖直方向偏移的距离：y=[1/2at2=
qUL2
2dmv02]
又：tanθ=
vy
v0，v_y=at=
qUL
mdv0，
所以可得：tanθ=
qUL
mdv02
答：带电粒子射出电场时的竖直偏移的距离为
qUL2
2dmv02，粒子射出时速度偏转角的正切值为
qUL
mdv02．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 该题考查了带电粒子在电场中偏转的问题，要知道此时粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式解题，难度不大，属于中档题．