江苏专版2017高考物理二轮复习第1部分专题突破篇专题7带电粒子在电场中的运动讲练

1、 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成角度，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 A ．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【答案】BD 【解析】受力分析如图所示，知重力与电场力的合力与速度方向相反，所以粒子做匀减速直线运动，动能减小，所以A 、C 错误，D 正确；因为电场力与速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增加，即B 正确。

2、 如图所示，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，改微粒将 A ．保持静止状态 B ．向左上方做匀加速运动 C ．向正下方做匀加速运动 D ．向左下方做匀加速运动 【答案】D3、 如图1所示，真空中相距5d cm =的两块平行金属板A 、B 与电源连接（图中未画出），其中B 板接地（电势为零），A 板电势变化的规律如图2所示将一个质量272.010m kg -=⨯，电量11.610q C -=+⨯的带电粒子从紧临B 板处释放，不计重力。

求（1）在0t =时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； （2）若A 板电势变化周期81.010T -=⨯s ，在0t =时将带电粒子从紧临B 板处无初速释放，粒子到达A 板时动量的大小； （3）A 板电势变化频率多大时，在4T t =到2Tt =时间内从紧临B 板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A 板。

【解答】（1）电场强度U E d =，带电粒子所受电场力F=,UqqE F ma d== 924.010/Uqa m s dm==⨯（2）粒子在0—2T 时间内走过的距离为221() 5.01022T a m -=⨯故带电粒子在2Tt =时恰好到达A 板，根据动量定理，此时粒子动量234.010./p Ft Kg m s -==⨯（3）带电粒子在~42T T t t ==向A 板做匀加速运动，在3~24T T t t ==向A 板做匀减速运动，速度减为零后将返回。

高考物理二轮复习：专题分层突破练7 电场带电粒子在电场中的运动A组1.只要空气中的电场足够强,空气就可以被“击穿”,成为导体。

某次实验中,电压为3×104 V的直流电源的两极连在一对平行的金属板上,当金属板间的距离减小到1 cm,板之间就会放电,则此次实验中空气被“击穿”时的电场强度大小为()A.3×102 V/mB.3×104 V/mC.3×106 V/mD.3×108 V/m2.如图所示,Q1、Q2为两个带等量正电荷的点电荷,在两者的电场中有M、N和O三点,其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点),N为过O点的垂线上的一点。

则下列说法正确的是()A.在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线B.若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点,则该点电荷在M点时的电势能最大C.若将一个带电荷量为-q的点电荷从M点移到O点,则电势能减少D.若将一个带电荷量为-q的点电荷从N点移到O点,则电势能增加3.(2021上海高三二模)如图所示,四根彼此绝缘的带电导体棒围成一个正方形线框(导体棒很细),线框在正方形中心O点产生的电场强度大小为E0,方向竖直向下;若仅撤去导体棒C,则O点电场强度大小变为E1,方向竖直向上,则若将导体棒C叠于A棒处,则O点电场强度大小变为()A.E1-E0B.E1-2E0C.2E1+E0D.2E14.(2021江苏南京高三二模)某电子透镜的电场分布如图所示,虚线为等差等势面,一电子在其中运动的轨迹如图中实线所示,a、b是轨迹上的两点,则()A.a点的电场强度大于b点的电场强度B.b点电场强度的方向水平向右C.a点的电势高于b点的电势D.电子在a点的电势能大于在b点的电势能5.(2021广东揭阳高三调考)电容式传感器可以将非电学量的微小变化转换成电容变化。

如图是一种利用电容式传感器测量油箱中油量的装置。

开关S闭合后,下列说法正确的是()A.油量减少时,电容器的电容增大B.油量减少时,电容器的带电荷量减小C.油量减少时,电流向上经过电流表GD.电流表G示数为零时,油箱中油量为零6.(2022天津蓟州第一中学)如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即U ab=U bc,实线为一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知()A.三个等势面中,c的电势最高B.带电质点通过P点的电势能比Q点大C.带电质点通过P点的动能比Q点大D.带电质点通过P点时的加速度比Q点小7.(多选)(2021福建高三二模)空间中有水平方向上的匀强电场,一质量为m,带电荷量为q的微粒在某竖直平面内运动,其电势能和重力势能随时间的变化如图所示,则该微粒()A.一定带正电B.0~3 s内电场力做功为-9 JC.运动过程中动能不变D.0~3 s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做功为12 J8.(2021上海高三二模)如图所示,质量为m=2 g的小球a穿在光滑的水平绝缘细杆上,杆长为1 m,小球a带正电,电荷量为q=2×10-7 C,在杆上B点处固定一个电荷量为Q=2×10-6 C的带正电小球b。

专题十二 电容器 带电粒子在电场中的运动考纲解读一、电容器的电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成． (2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充电、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容 (1)公式 ①定义式：C ＝QU. ②推论：C ＝ΔQΔU.(2)电容与电压、电荷量的关系：电容C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关．不随Q 变化，也不随电压变化． 3．平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比．(2)决定式：C ＝εr S4πkd ，k 为静电力常量．εr 为相对介电常数，与电介质的性质有关．二、带电粒子在电场中的运动1．加速问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速直线运动．②沿电场力方向：做初速度为零的匀加速运动． 3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图1所示)图11．电容器是一种常用的电子元件．下列对电容器认识正确的是( ) A ．电容器的电容表示其储存电荷的能力 B ．电容器的电容与它所带的电量成正比 C ．电容器的电容与它两极板间的电压成正比 D ．电容器的常用单位有μF 和pF,1 μF ＝103pF 答案 A解析 由电容的物理意义知A 正确．电容定义式为C ＝QU，但C 跟Q 和U 无关，仅跟电容器本身特征量有关；1 μF ＝106pF.B 、C 、D 都错．2．(2015·浙江学考模拟)如图2为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则( )图2A ．正对面积越大，电容越大B ．正对面积越大，电容越小C ．动片、定片间距离越小，电容越大D ．动片、定片间距离越小，电容越小 答案 A解析 可变电容器动片旋入得越多，正对面积越大．由平行板电容器的电容决定式C ＝εr S4πkd 知，电容器的正对面积越大，电容越大，A 项正确．3．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C ，则其电压减少为原来的13，则( )A ．电容器原来的电荷量为9×10－4C B ．电容器原来的电荷量为4.5×10－4 C C ．电容器原来的电压为1 VD ．电容器的电容变为原来的13答案 B解析 由C ＝ΔQ ΔU 得ΔQ ＝C ·ΔU ＝C (U －13U )＝23CU ＝23Q ，Q ＝3×ΔQ 2＝3×3×10－42C ＝4.5×10－4C ，选项A 错，B 对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C 错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D 错．4．电场中，初速度为零的带正电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下，运动方向正确的是( )答案 D5．如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )图3A ．2倍B ．4倍 C.12倍 D.14倍答案 C解析 第一次d ＝12·Uq md (L v 0)2，第二次d ′＝12·Uq md ′(L 2v 0)2，两式相比可得d ′＝d2，所以选项C 正确.电容器的动态分析1．对公式C ＝Q U的理解电容C ＝Q U，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 2．两种类型的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化．例1 如图4所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S ，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 及场强E 的变化情况是( )图4A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变大B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 变小C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 无法确定 答案 C解析 由充电后断开电源知，电容器的电荷量不变，选项A 、B 错；由C ＝εr S4πkd 知增大两极板间的距离时，电容C 减小，由C ＝QU 知，U 增大；两极板间电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C 对，D 错．电容器动态问题的分析技巧1．抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．2．根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．变式题组1．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大 B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小答案 B解析 由C ＝εr S 4πkd 知，S 和d 不变，插入电介质时，εr 增大，电容增大，由C ＝QU 可知：Q不变时，C 增大，则两板间的电势差U 一定减小，故选B.2．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图5)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )图5A ．保持S 不变，增大d, 则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变 答案 A解析 静电计指针偏角体现电容器两极板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器上电荷量Q 保持不变，C ＝Q U ＝εr S4πkd.保持S 不变，增大d ，则C 减小，U 增大，偏角θ增大，选项A 正确，B 错误；保持d 不变，减小S ，则C 减小，偏角θ也增大，故选项C 、D 均错．带电粒子在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动． (2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析a ＝F 合m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.例2 (2014·海南高考)如图6所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g .粒子运动的加速度为( )图6A.ld g B.d －l d g C.l d －l g D.dd －lg 答案 A解析 带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg ＝qUd －l；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma ＝mg －q Ud ，两式联立可得a ＝l dg .故A 正确．解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法1．用牛顿运动定律和运动学规律． 2．用动能定理或能量守恒定律．3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．变式题组3．如图7所示，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7A ．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 ．做匀速直线运动 答案 B解析 分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如图所示．可以看出其合力方向与其速度方向相反．所以，带电粒子在电场中做匀减速直线运动．电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加，故选项A 、C 、D 错误，选项B 正确．4．(2016·舟山市调研)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回．如图8所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图8A.edhUB ．edUhC.eU dhD.eUh d答案 D解析 电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝U d h ，E k ＝eUhd，由此知选项D 正确．带电粒子在电场中偏转1．基本运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv 0＝qUl mdv20.2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的． 证明：由qU 0＝12mv 20y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．例3 如图9所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：图9(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eq m所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12a (L v 0)2＝qEL22mv 20又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL 22mv 20解法二 x ＝y ＋v y L v 0＝3qEL 22mv 20解法三 由y ＝12a (L v 0)2＝qEL 22mv 20，xy ＝L ＋L 2L2得：x ＝3y ＝3qEL22mv 20.分析粒子在电场中偏转运动的两种方法1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算．(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．变式题组5．喷墨打印机的简化模型如图10所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )图10A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电量无关答案 C解析 微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A 错误；电场力做正功，电势能减小，B 错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v 方向：x ＝vt ，沿电场方向：y ＝12at 2，又a ＝qU md ，得y ＝qU2mv 2d x 2，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，C 正确，D错误．6．(多选)(2016·绍兴市联考)如图11所示，电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )图11A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1 答案 ABC解析 粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2ht2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确．电场中的力电综合问题1．解答力电综合问题的一般思路2．运动情况反映受力情况 (1)物体静止(保持)：F 合＝0. (2)做直线运动①匀速直线运动：F 合＝0.②变速直线运动：F 合≠0，且F 合方向与速度方向总是在一条直线上．(3)做曲线运动：F 合≠0，F 合方向与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线的凹侧．(4)F 合与v 的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动：90°＜α≤180°.(5)匀变速运动：F 合＝恒量．例4 (2014·浙江7月学考)如图12所示，水平地面上有一长为L 、高为h 的桌子．质量为m 的小物块A 从绝缘桌面的左端以初速度v 0水平向右运动，最终落在地面上D 点，D 点与桌面右端的水平距离为s .若再次将物块A 置于桌面左端，并让其带上电荷量为q 的正电荷，在桌面以上区域加一水平向右、大小可调节的匀强电场．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图12(1)为使再次置于桌面左端的带电物块A 在桌面上滑动，电场强度的最小值E 1.(2)为使再次置于桌面左端的带电物块A 从桌面滑落后仍落在地面上的D 点，电场强度E 2的值．答案 (1)m 2qL (v 20－gs 22h ) (2)mv 202qL解析 (1)由平抛运动规律：s ＝vth ＝12gt 2得：v ＝sg 2h① 由动能定理，考虑到摩擦力F f 做负功， 得：－F f L ＝12mv 2－12mv 20②为了使物块A 在桌面上滑动，其所受电场力至少等于摩擦力F f ，有F ＝qE 1＝F f ③由①②③式得：E 1＝m 2qL (v 20－gs 22h)(2)由动能定理qE 2L －F f L ＝12mv 2得：E 2＝mv 202qL.分析力电综合问题的两种思路1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题． 2．能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．变式题组7．(2016·4月浙江选考·8)密立根油滴实验原理如图13所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下电场强度大小为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图13A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的带电荷量为mgUC ．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍 答案 C解析 油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eq ＝mg 得q ＝mg E，所以B 错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运动，C 对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D 错．8.如图14所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图14(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能． 答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qE ①F N cos 37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma可得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0 可得E k ＝0.3mgL .1．(2016·4月浙江选考·7)关于电容器，下列说法正确的是( ) A ．在充电过程中电流恒定 B ．在放电过程中电容减小 C ．能储存电荷，但不能储存电能D ．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器 答案 D解析 由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A 错；电容是电容器储存电荷的本领，不随充放电过程变化，B 错；电容器中的电场具有电场能，所以C 错；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D 对．2．(2016·金华市联考)一个电容器的规格是“10 μF 50 V”，则( ) A ．这个电容器的电容为10－5FB ．这个电容器加上50 V 电势差时，电容才是10 μFC ．这个电容器没有电势差时，电容为0D ．这个电容器加的电势差不能低于50 V 答案 A解析 电容器的电容与电容器板间电势差无关，无论是否有电势差，电容都是10 μF ，选项A 正确，B 、C 错误；50 V 为电容器允许加的最大电势差，选项D 错误． 3．对电容的定义式C ＝Q U，以下说法正确的是( ) A ．电容器带电荷量越大，电容就越大B ．对于某一电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电势差的比值保持不变C ．对于某一电容器，它的带电荷量跟加在两极板间的电势差成反比D ．如果一个电容器两极板间没有电势差，就没有带电荷量，也就没有电容 答案 B解析 电容器的电容是其本身固有属性，与带电荷量及两极板间电势差无关，故选项A 、D 错误，选项B 正确；由C ＝Q U得Q ＝CU ，由此可知Q ∝U ，选项C 错误．4．(多选)一平行板电容器，极板间正对面积为S ，板间距离为d ，充以电荷量Q 后两板间电压为U ，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( ) A ．将电压变为U2B ．带电荷量变为2QC ．将极板正对面积变为2SD ．将两极板间的距离减小到d2答案 CD解析 电容器的电容与极板带电荷量、两极板间的电压无关，故选项A 、B 错误；根据C ＝εr S4πkd 可知，选项C 、D 正确．5．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间电场强度为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间的电势差为U 2，板间电场强度为E 2，下列说法正确的是( ) A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1 B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1 C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1 D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1 答案 C解析 根据U ＝Q C ，C ∝S d ，E ＝U d ，可得U ∝Qd S ，E ∝Q S ，则U 1U 2＝Q 1d 1Q 2d 2＝12×2＝1，E 1E 2＝Q 1Q 2＝12，故选项C 正确．6．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半 答案 AD解析 由E ＝Ud知，当U 不变，d 变为原来的两倍时，E 变为原来的一半，A 项正确；当E 不变，d 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，B 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝QU知，当Q 变为原来的两倍时，U 变为原来的两倍，C 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝Q U知，Q 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 项正确． 7．如图1所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )图1A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减少D ．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大 答案 B解析 由于电容器与电源连接，电压U 不变，板间场强E 场＝U d随d 的增大而减小，所以油滴将向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A 、C 均错误；P 点与地的电势差U PO ＝E 场d ′，d ′不变而E 场减小，故P 点电势将降低，B 正确；据Q ＝CU 可知，电压U 不变时减小电容C ，则极板带电荷量将减小，故D 错误．8．如图2所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两极板间电压不变，则( )图2A ．当减小两极板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两极板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两极板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两极板间的距离时，电子在两极板间运动的时间变长 答案 C解析 由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B错误，C 正确；电子在两极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误．9．(多选)(2016·丽水模拟)如图3甲所示，直线MN 表示某电场中一条电场线，a 、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a 点处由静止释放，粒子从a 运动到b 过程中的v －t 图线如图乙所示，设a 、b 两点的电势分别为φa 、φb ，场强大小分别为E a 、E b ，粒子在a 、b 两点的电势能分别为W a 、W b ，不计重力，则有( )图3A ．φa >φbB ．E a >E bC ．E a <E bD ．W a >W b答案 BD解析 由题图乙可知，粒子做加速度减小、速度增大的直线运动，故可知从a 到b 电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a 指向b ，电场线方向由b 指向a ，b 点电势高于a 点电势，故选项B 、D 正确．10．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( ) A ．打到下极板上 B ．在下极板处返回 C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析 带电粒子从P 点下落刚好到达下极板处，由动能定理得：mg (d2＋d )－qU ＝0，当将下极板向上平移d3时，设从P 点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x 处速度为零，则对带电粒子下落过程由动能定理得：mg (d 2＋x )－q ·U 2d 3·x ＝0，解之得x ＝25d ，故选项D 正确．11．如图4所示，质子(11H)和α粒子(42He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为()图4A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4答案 B解析 初动能相同，则mv 20相同，由y ＝12at 2＝12·qU md ·(L v 0)2，得：y 1y 2＝q 1q 2＝12，故B 正确．12．(2016·杭州十校联考)如图5所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()图5A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小 答案 B解析 设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，则由动能定理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律得a ＝U 2qdm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1，故U 2变大、U 1变小，一定能使偏转角θ变大，故B 正确．13．(2015·浙江选考)真空中的某装置如图6所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )图6A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 答案 B解析 设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电场中，由动能定理得qU 1＝12mv 20，解得v 0＝2qU 1m，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v 0不同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B 正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误．14．如图7所示，板长L ＝4 cm 的平行板电容器，板间距离d ＝3 cm ，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ，有一带负电液滴，带电荷量为q ＝3×10－10C ，以v 0＝1 m/s的水平速度自A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平 方向并恰好从B 板边缘水平飞出．g 取10 m/s 2，求：。

专题限时集训（七）带电粒子在电场中的运动（建议用时：40分钟）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）1. （2012 •江苏高考T i）真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B 两点的电场强度大小之比为（）【导学号：25702032】A. 3 ：1 B . 1 ：3 C. 9 ：1 D. 1 ：9kQQ F kQ C由库仑定律F= 厂和场强公式E=知点电荷在某点产生电场的电场强度E= -2,r q r电场强度大小与该点到场源电荷的距离的二次方成反比，则Ex：曰=r B : r A= 9 ：1,选项C正确.2. （2016 •湖南长沙一模）如图19所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）图19A. a、b、c三条等势线中，a的电势最高B. 电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C. 该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大D. 该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C [由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错、C对；若带电质点从P向Q运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能，在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A、D错误.]3. 如图20所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C D是绝缘杆上的两点，ACBD勾成一个正方形.一带负电的小球（可视为点电荷），套在绝缘杆上自C点无初速度释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 只增大粒子的带电量B. 只增大电场强度C. 只减小粒子的比荷D. 只减小粒子的入射速度C ［设极板长为L ,极板间的距离为 d ,带电粒子的质量为 m 电荷量为q 、加速度为a , 沿平行板面方向带电粒子做匀速直线运动L = vt ,垂直板面方向做初速度为零的匀加速运动2d = g at 2, qE = ma 由以上三式解得d = q^L ；,若只增大粒子的带电量或只增大电场强度或只 2 2 = 2 2mvd减小粒子的入射速度，则粒子在竖直方向的位移y>?,粒子将打在极板上，不能飞出电场，A. 小球的速度先减小后增大B. 小球的速度先增大后减小C. 杆对小球的作用力先减小后增大D. 杆对小球的作用力先增大后减小 D ［由等量异种点电荷电场的叠加特点知,两电荷连线的中垂线上的场强均垂直于中垂线指向负电荷，故水平方向杆对小球的作用力与电场力相平衡， 小球竖直方向只受重力作用,加速度为g ,小球一直向下做匀加速直线运动，速度一直增加，选项A B 错误；又因为两 电荷连线的中垂线与连线的交点处的场强是中垂线上场强的最大值， 故杆对小球的作用力先增大后减小，选项 C 错误，D 正确.］ 4.（2016 •东北三省四市联合体联考 ）如图21所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置.一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场. 不计粒子重力.若可以改变某个量， 下列哪种变化，仍能确保粒子一定 飞出电场（ ）图21选项A B D 错误；若只减小粒子的比荷， 则粒子在竖直方向的位移 y <2,粒子能飞出电场, 选项C 正确.]5.如图22所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d ,电容为C,上板B 接地•现有大量质量均为 m 带电量均为q 的小油滴，以相同的初速度持续 不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板 A 的正中央P 点•如果能落到A 板的油滴仅有N 滴，且第N+ 1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到 A 板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为 （ ）1 ■I —H -........... . 亠 图22A. 落到A 板的油滴数 N= CdmgqB. 落到A 板的油滴数 N= 3C d 2mg4qC. 第N+ 1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于D.第N+ 1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 A [由平抛运动规律：x = v o t ,y = 1gt 2可知，当N 个油滴落到板上后，其加速度a =4g ,由ma= mg- qE 得qE = 3mg 电容器中的场强 E = U = C Q = Cq 可得N= 3^d 2mg 故B 对、A 错.由 d dmgd动能定理 M= mg 2 — q^,代入数据得： W 合=—話，故C 对•克服电场力做的功等于油滴减 少的机械能，Wfe = qE d =色畀故D 对.]6. （2015 •江苏高考 T 8）两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图 23所示.c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等， 则（）g ,则以下说法错误的是mgd"8~ 3mgd图23A. a点的电场强度比b点的大B. a点的电势比b点的高C. c点的电场强度比d点的大D. c点的电势比d点的低ACD ［根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确•沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误.由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0,在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确.c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D 正确.］7. （2016 •山西大同二模）如图24所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P 点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法中正确的是（）A. 平行板电容器的电容将变小B. 静电计指针张角变小C. 带电油滴的电势能将减少D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变ACD ［将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式3产£可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针4 n kd的变化表征了电容器两极板间电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间电场强度E= £减小，带d电油滴所处位置的电势0 P= U— Ed增大，其中d1为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器的电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q= CU E=#和Cd£S i可知E x —-，可见，极板间电场强度 E 不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项4 n kd £ r SD 正确.]& （2016 •河北衡水中学二模）如图25甲所示，Q 、Q 2是两个固定的点电荷，一带正电 的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v o 沿两点电荷连线的中垂线从 a 点向上运动，其v -tA. 两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B. 两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C. 试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D. t 2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零BD [由v -t 图可知t 2时刻运动方向改变，且图线斜率不为零，则加速度不为零，0〜t 2时间内做减速运动，电场力做负功，试探电荷的动能转化为电势能，t 2时刻电势能最大， C 错误，D 正确.试探电荷沿直线向上运动，则其所受电场力的方向沿 Q 、Q 连线的中垂线方向向下，所以两点电荷都带负电，且电量相等，A 错误，B 正确.]二、计算题（共2小题，32分）9. （14分）如图26所示，在绝缘水平面上，相距为 L 的A 、B 两点处分别固定着两个等 量正电荷.a 、b 是AB 连线上两点，其中 Aa= Bb = L /4 , O 为AB 连线的中点.一质量为 m 带电荷量为+q 的小滑块（可视为质点）以初动能E 从a 点出发，沿 AB 直线向b 运动，其中 小滑块第一次经过 O 点时的动能为初动能的 n 倍（n >1），到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求:【导学号：25702033】图26O b 两点间的电势差U bb ； 小滑块运动的总路程 s.(1) 小滑块与水平面间的动摩擦因数图25【解析】 ⑴ 由Aa = Bb= L , 0为AB 连线的中点得：a 、b 关于0点对称，贝U U a b = 0. 设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Lq • u a b — f • 2= 0 —曰而 f =口 mg解得：2E 0口 = mgL⑵ 滑块从0^ b 过程，由动能定理得:q • U Ob — f • L = 0 —门吕4解得： 2n + 1S = 4 L .10. (18分)(2014 •全国卷I T 25)如图27所示，O A B 为同一竖直平面内的三个点, 3OB 沿竖直方向，/ BO = 60°, OB= ^OA 将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平 向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点.使此小球带电，电荷量为 q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△ OAB 所在平面平行.现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带 电小球，该小球通过了 A 点，到达A 点时的动能是初动能的 3倍；若该小球从O 点以同样的 初动能沿另一方向抛出， 恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的 6倍，重力加速度大小为g .求：图27(1) 无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2) 电场强度的大小和方向.【解析】 (1)设小球的初速度为 V 0,初动能为E ko ,从O 点运动到A 点的时间为t ，令f ，对于滑块从b 过程，由动能定理得:解得：U O b =—2n — 1 E(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在q • U a o — f • s = 0 — EO 点停下的整个过程，由动能定理得:而 U a o = 一 U O b =2n — 1 E )【答案】2E )2n — 1⑴mgL ⑵—曰2n + 1⑶-4-Ltt30A= d ,则0B= @d ,根据平抛运动的规律有由①②③式得3 氐=g mgd设小球到达A 点时的动能为E<A ,则1E<A=氐+ Q mgdE kA 7由④⑤式得一=云.E k0 3△ E A 和△民，由能量守恒及④式得1 2△ E )A = 3氐—氐―2mgd= §氐3△ R B = 6E<o — E<o — 2mgd= E<o在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的. 设直线0B 上的M 点与A 点等电势,M 与0点的距离为x ,如图，则有x△ E )A 3 △ &B2d解得x = d , MA 为等势线，电场强度方向必与其垂线 0C 方向平行.设电场强度方向与竖设电场强度的大小为 E ,有qEc bos 30 ° =△ E A由④⑦？式得E 3mg=育=v °t①1 *2=2gt②1 2，mv ③od si n60od cos 60又有E<o = (2)加电场后，小球从 0点到A 点和B 点，高度分别降低了：2■，设电势能分别减小MAk \直向下的方向的夹角为 a ，由几何关系可得a = 30°.即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°【答案】7 (1)3⑵晋电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。

第16课时 电容器 带电粒子在电场中的运动一、选择题Ⅰ(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大 B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大 D ．C 和U 均减小解析 由C ＝εr S 4πkd 知，S 和d 不变，插入电介质时，εr 增大，电容增大，由C ＝QU可知：Q 不变时，C 增大，则两板间的电势差U 一定减小，故选B 。

答案 B2．如图1，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中。

当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动。

重力加速度为g 。

粒子运动的加速度为 ( )图1A.ldgB.d －ldgC.ld －lg D.dd －lg解析 带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg ＝qUd －l；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma ＝mg －q Ud，两式联立可得a ＝ldg 。

选项A 正确。

答案 A3．喷墨打印机的简化模型如图2所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中 ( )图2A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与所带电荷量无关解析 带负电的微滴进入电场后受到向上的电场力，故带电微滴向正极板偏转，选项A 错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的电场力作用，电场力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B 错误；根据x ＝v 0t ，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得带电微滴的轨迹方程为y ＝qEx 22mv 20，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C 正确，D 错误。

带电粒子在电场中的运动一、填空题。

1、利用电场来改变或控制带电粒子的运动，最简单情况有两种：利用电场使带电粒子________；利用电场使带电粒子________．2、示波器：示波器的核心部件是________________，示波管由电子枪、________________和荧光屏组成，管内抽成真空．3、一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图所示．如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为________．(粒子的重力忽略不计)4、真空中有一束电子流，以速度v、沿着跟电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场，如图所示，若以O为坐标原点，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x轴上取OA ＝AB＝BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线跟电子流的径迹交于M、N、P三点，那么：(1)电子流经M，N、P三点时，沿x轴方向的分速度之比为________________．(2)沿y轴的分速度之比为________________．(3)电子流每经过相等时间的动能增量之比为________________．5、如图所示，—电子具有100 eV的动能．从A点垂直于电场线飞入匀强电场中，当从B 点飞出电场时，速度方向跟电场强度方向呈1500角．则A、B两点之间的电势差U AB＝________V．二、选择题。

1、如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板间电压不变．则( )A．当增大两板间距离时，v也增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间延长2、两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A ．B ．edUhC ．D ． 3、如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的 ( )A ．2倍B ．4倍C ．0.5倍D ．0.25倍4、电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及位置不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的( )A ．B ．C ．D ．25、下列带电粒子经过电压为U 的电压加速后，如果它们的初速度均为0，则获得速度最大的粒子是( )A ．质子B ．氚核C ．氦核D ．钠离子Na ＋三、计算题。

高考物理复习专题七电场及带电粒子（带电体）在电场中的运动一、单选题1.如图甲所示，Q1，Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a，b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是()A．Q2一定带负电B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大2.如图所示，在一个真空环境里，有一个空心导体球，半径为a，另有一个半径为b的细圆环，环心与球心连线长为L(L>a)，连线与环面垂直，已知环上均匀带电，总电荷量为Q.当导体球接地时(取无穷远处电势为零，与带电量为q的点电荷相距r处电势为φ＝k，k为静电力恒量)，下列说法正确的是()A．球面上感应电荷量为q感＝－B．球面上感应电荷量为q感＝－C．感应电荷在O点的场强为E感＝kD．感应电荷在O点的场强为E感＝k3.如图所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足。

下列说法正确的是（）A．若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C．若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的4.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，两相邻等势面间电势差相等．A，B，C为电场中的三个点，且AB＝BC，一个带正电的粒子从A点开始运动，先后经过B，C两点，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是()A．粒子在A，B，C三点的加速度大小关系aA>aB>aCB．粒子在A，B，C三点的动能大小关系E kC>E kB>E kAC．粒子在A，B，C三点的电势能大小关系E pC>E pB>E pAD．粒子由A运动至B和由B运动至C电场力做的功相等5.如图实线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为，电量为的小球，由该直线上A点静止释放，小球向下运动到达B点减速为零后返回A点，则下列判断正确的是（）A．该电场可能是竖直向上的匀强电场，且B． A点的电势高于B点电势C． A点的场强小于B点场强D．向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量6.如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲，乙两个带电小球．t＝0时，乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v－t图象分别如图b中甲，乙两曲线所示．由图线可知()A．甲，乙两球一定带异种电荷B．t1时刻两球的电势能最小C． 0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D． 0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小7.如图所示，a，b，c，d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a，b，c三个顶点上，则下列判断正确的是()A．d点电场强度的方向由d指向OB．O点处的电场强度是d点处的电场强度的2倍C．bd连线为一等势线D．引入一个电量为＋q的点电荷，依次置于O点和d点，则在d点所具有的电势能大于在O点所具有的电势能8.如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为－9Q和＋Q的两个点电荷，两者相距为L，以＋Q电荷为圆心，半径为画圆，a，b，c，d是圆周上四点，其中a，b在MN直线上，c，d两点连线垂直于MN，一电荷量为＋q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是()A．电荷＋q在a处所受到的电场力最大B．电荷＋q在a处的电势能最大C．电荷＋q在b处的电势能最大D．电荷＋q在c，d两处的电势能相等9.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛小球，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A，B，C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图6所示．由此可知()A．小球带正电B．电场力大小为3mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化相等10.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化，粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()A．选项AB．选项BC．选项CD．选项D二、多选题11.如图所示，两对金属板A，B和C，D分别竖直和水平放置，A，B接在电路中，C，D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C，D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是()A．S闭合，只向右移动滑片P.P越靠近b端，电子打在M上的位置越高B．S闭合，只改变A，B板间的距离．改变前后，电子由O至M经历的时间相同C．S闭合，只改变A，B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高12.等量异号点电荷+Q和-Q处在真空中，O为两点电荷连线上偏向+Q方向的一点，以O点为圆心画一圆，圆平面与两点电荷的连线垂直，P点为圆上一点，则下列说法正确的是（）A．圆上各点的电场强度相同B．圆上各点的电势相等C．将试探电荷+q由P点移至O点电场力做正功D．将试探电荷+q由P点移至O点，它的电势能变大13.如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷＋Q和－Q，图中O点为两点电荷连线的中点，P点为连线上靠近－Q的一点，MN为过O点的一条线段，且M点与N点关于O点对称．则下列说法正确的是()A．M，N两点的电势相等B．M，N两点的电场强度相同C．将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能先增大后减小D．只将－Q移到P点，其他点在空间的位置不变，则O点的电场强度变大14.如图所示，两面积较大，正对着的平行极板A，B水平放置，极板上带有等量异种电荷。

专题17 带电粒子在电场中的运动一.题型研究一 （一）真题再现1.(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 【答案】D【题型】选择题 【难度】较易 （二）试题猜想2.(2016天津)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变 【答案】D【解析】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C ＝εr S 4πkd可知，C 变大；根据Q ＝CU 可知，在Q 一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E ＝U d ，Q ＝CU ，C ＝εr S4πkd联立可得，E ＝4πkQεr S ，可知E 不变；P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故E p 不变；由以上分析可知，选项D 正确。

【题型】选择题 【难度】较易3.（2012海南）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷分别用d 、U 、E 和Q 表示.下列说法正确的是（ ）A.保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B.保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C.保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D.保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半 【答案】AD【题型】多选题 【难度】一般4.如图所示的实验装置中，极板A 接地，平行板电容器的极板B 与一灵敏的静电计相接．将A 极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q 、电容C 、两极间的电压U 及电容器两极板间的场强E 的变化情况是( )A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 变小 【答案】C【解析】电容器未接电源，故电容器的电荷量Q 不变，A 、B 错误；根据C ＝Q U 及E ＝U d 、C ＝εr S4πkd可知，当两极板间的距离d 增大时，C 变小，U 变大，三式联立可得E ＝4πkQεr S ，故电场强度E 不变，C 正确，D 错误．【题型】选择题【难度】一般二.题型研究二（一）真题再现5.(2015新课标Ⅱ)如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动【答案】D【题型】选择题【难度】一般6.（2012新课标）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成角度，两极板与一直流电源相连。