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1、随堂巩固提升1根据电容器电容的定义式C，可知()A电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比B电容器不带电时，其电容为零C电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比D以上说法均不对解析：选D电容器的电容的大小与其本身因素有关，与带电量的多少、两极板电压的大小无关，故A、B、C错误，D正确。2如图6312所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键K闭合。电容器两板间有一质量为m、带电荷量为q的微粒静止不动。下列各叙述中正确的是()图6312A微粒带的是正电B电源电动势大小为C电键K断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动D保持电键K闭合，把电容器两板距离
2、增大，微粒将向下做加速运动解析：选BD微粒静止不动，电场力与重力平衡，微粒带负电，故A错；由于Eqmg即qmg，所以U，B对；K断开，改变板间距离，由于电容带电荷量不变，板间场强E不变，微粒仍受力平衡，静止不动，C错；保持K闭合，板间距离增大，由E知场强变小，电场力小于重力，微粒向下加速，D正确。3. (2012新课标全国卷)如图6313，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()图6313A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动解析：选BD对带电粒子受力分析如图所示，F
3、合0，则A错；由图可知电场力与重力的合力与v0应反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，故B正确，C错误；F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确。4.三个电子从同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场，出现如图6314所示的轨迹，则可以判断()图6314A它们在电场中运动时间相同BA、B在电场中时间相同，C先飞离电场CC进入电场的速度最大，A最小D电场力对C做功最小解析：选BCD三电子在电场运动的加速度相同，在垂直于极板方向，yAyByC，由yat2知在电场中运动的时间tAtBtC，故A错，B对；B、C水平位移相同，tBtC，故vCvB，
4、而A、B运动时间相同，但xAvA，故C进入电场的速度最大，A最小，C正确；电场力做功WEqy而yAyByC，故电场力对C做功最小，D正确。5.如图6315所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。图6315(1)求电子穿过A板时速度的
5、大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1mv解得v0 。(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式有tayat2解得：y。(3)减小加速电压U1，增大偏转电压U2(答案合理即可)。答案：(1)(2)(3)见解析6.在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，另一端固定于O点。将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，则小球沿圆弧做往复运动。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为。求：图6316(1)匀强电场的场强；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力。解析：(1)设细线长为L，小球带电荷量为q，场强为E。若q0，则E水平向右，反之向左。从释放点到左侧最高点的过程中，重力势能的减少等于电势能的增加，有mgLcos qEL(1sin )解得E，方向水平向右(2)设小球运动到最低点时的速度为v。此时细线对小球拉力为F，由动能定理mgLqELmv2在最低点，由牛顿第二定律Fmgm联立解得Fmg(3)答案：(1)方向水平向右(2)mg(3)
