江苏省高考物理一轮复习精选精练跟踪练习 第六章 第3单元 电容器 带电粒子在电场中的运动

权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11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U 1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U 2，两板间的距离为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． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (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U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来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t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动时间：60分钟一、单项选择题1．在一块半导体基板上阵列了10万颗金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一极，外表面绝缘，手指贴在其上构成电容器的另一极，这就组成了指纹传感器．当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹深浅不同，对应的峪和嵴与颗粒间形成一个个电容大小不同的电容器，则()．A．指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，电容小B．指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，电容小C．对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压，在手指靠近时，各金属电极所带电荷量减小D．对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压，在手指远离时，各金属电极均处于充电状态解析对应的峪和嵴与颗粒间形成的电容器近似看成是平行板电容器，由C＝εr S4kπd知，d变小，C变大，d变大，C变小，则A错B对；当电容器两极电压一定时，由Q＝CU＝εr SU4kπd，d变小，Q变大(充电)，d变大，Q变小(放电)，则C、D均错．答案 B2．(2013·哈尔滨月考)如图6－3－15所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A 、B 的中心线射入．A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2.则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是 ( )．A.U 2U 1<2d LB.U 2U 1<d LC.U 2U 1<2d 2L 2D.U 2U 1<d 2L 2解析 根据qU 1＝12m v 2，再根据t ＝L v 和y ＝12at 2＝12qU 2md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2，由题意，y <12d ，解得U 2U 1<2d 2L 2，故C 正确．答案 C3．两块平行金属板M 、N 水平放置，带电情况如图6－3－16所示，其内部空间有两个悬浮着的小带电液滴A 和B ，采用以下哪些办法可使液滴向上做加速运动 ( )．A ．使两板靠近一些B ．使两板左、右错开一些C ．用导线将两板连接一下D ．使A 和B 粘合在一起解析 A 、B 两液滴处于静止状态，必有Eq A ＝m A g ，Eq B ＝m B g ，两液滴粘合在一起后，则有E (q A ＋q B )＝(m A ＋m B )g ，一定还静止，D 错误；用导线将两板连接一下，电场减弱或消失，则两液滴向下加速运动，C 错误；将两板靠近，两板间场强不变，电场力不变，液滴仍静止，故A 错；两板左、右错开一些，使板间场强增大，故两液滴将向上加速运动，故B 正确．答案 B4．如图6－3－17所示，A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B 板 ( )．图6－3－16图6－3－17解析加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动；加B图电压，电子开始向B板做匀加速运动，再做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B板；加C图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，所以电子一直向B板运动，即电子一定能到达B 板；加D图电压，电子的运动与C图情形相同，只是加速度变化，所以电子也一直向B板运动，即电子一定能到达B板．综上所述可知选项B正确．答案 B二、多项选择题5．如图6－3－18所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A\，B为圆水平直径的两个端点，AC为1 4圆弧．一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是() A．小球一定能从B点离开轨道图6－3－18B ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动C ．若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于HD ．小球到达C 点的速度可能为零解析 本题考查学生对复合场问题\，功能关系\，圆周运动等知识综合运用分析的能力．若电场力大于重力，则小球有可能不从B 点离开轨道，A 错．若电场力等于重力，物体做匀速圆周运动，B 正确．因电场力做负功，有机械能损失，上升的高度一定小于H ，C 正确．由圆周运动知识可知若小球到达C 点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，D 错．答案 BC6．如图6－3－19所示，用长L ＝0.50 m 的绝缘轻质细线，把一个质量m ＝1.0 g 带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d ＝5.0cm ，两板间电压U ＝1.0×103 V ．静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a ＝1.0 cm.取g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是 ( )．A ．两板间电场强度的大小为2.0×104 V/mB ．小球带的电荷量为1.0×10－8 CC ．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动D ．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动解析 设两板间的电场强度为E ，根据匀强电场的场强和电势差的关系得E ＝U d ＝1.0×1035.0×10－2 V/m ＝2.0×104 V/m ，A 项正确；小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE ＝mg tan θ，解得q ＝mg tan θE .因为θ角很小，所以tan θ≈sin θ＝a L ＝150，解得q ＝1.0×10－8 C ，B 项正确；细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，C 项错、D 项正确．图6－3－19答案 ABD7．如图6－3－20所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度v 0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定 ( )．A ．甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电B ．三个质点在电场中的运动时间相等C ．三个质点在电场中的加速度a 甲>a 乙>a 丙D ．三个质点到达负极板的动能E 丙>E 乙>E 甲解析 三个质点均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v 0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的质点的加速度大小等于g ，带正电质点的加速度大于g ，带负电质点的加速度小于g ，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式h ＝12at 2可得t ＝ 2ha ，可见，加速度越小，下落时间越长，所以t 负>t 不带电>t 正，又因为它们的水平位移x ＝v 0t ，所以x 负>x 不带电>x 正，选项A 、C 正确，B 错误；因为三个质点到达负极板的过程中，电场力对带正电质点做正功，机械能增大，对带负电质点做负功，机械能减小，对不带电质点不做功，机械能不变，所以它们的动能E 甲>E 乙>E 丙，选项D 错误．答案 AC8．(单选)如图6－3－21甲所示，在平行板电容器A \，B 两极板间加上如图乙所示的交变电压．开图6－3－20始A 板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A 板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C\，D 两项中的图线按正弦函数规律变化) ( )．图6－3－21解析 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C\，D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误．答案 A9．(多选)(2013·苏北联考)板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间的电势差为U 1，板间场强为E 1，电容器的电容为C 1.现将电容器所带电荷量变为3Q ，板间距变为d 3，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，电容器电容为C 2，下列说法正确的是 ( )．A ．C 2＝3C 1，U 2＝U 1B ．C 2＝3C 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝3E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1解析 当电容器所带电荷量为Q ，板间距为d 时，电容器电容C 1＝εS4πkd ，U 1＝Q C 1＝4πkdQ εS ，E 1＝U 1d ＝4πkQ εS ；当电荷量变为3Q ，板间距变为d 3时，电容器电容C 2＝εS 4πk d 3＝3C 1，U 2＝3Q C 2＝4πkdQ εS ＝U 1，E 2＝U 2d 3＝12πkQεS ＝3E 1，选项A 、C 正确．答案 AC10．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E ＝6×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在O 处放一个电荷量q ＝5×10－8C 、质量m ＝0.010 kg 的带负电绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，沿x 轴正方向给物块一个初速度v 0＝2m/s ，如图6－3－22所示，求：(g 取10 m/s 2) (1)物块最终停止时的位置；(2)物块在电场中运动过程的机械能增量．解析 (1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零．F f ＝μmg ＝0.02 N ，F ＝qE ＝0.03 N ，F f ＋F ＝ma ，2as 1＝v 20， 代入数值s 1＝0.4 m ，第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止．由动能定理得：Fs 1－F f (s 1＋s 2)＝0得s 2＝0.2 m ，则物块停止在原点O 左侧0.2 m 处．图6－3－22(2)物块在电场中运动过程的机械能增量ΔE ＝W f ＝－2μm g s 1＝－0.016 J.答案 (1)原点O 左侧0.2 m 处 (2)－0.016 J11．如图6－3－23所示，长L ＝1.2 m\，质量M ＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg\，带电荷量q ＝＋2.5×10－4 C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下\，场强E ＝4.0×104N/C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8 N ．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，斜面足够长．求：(1)物块经多长时间离开木板？(2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析 (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定律对物块：mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE )＝ma 1对木板：Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE )－F ＝Ma 2又12a 1t 2－12a 2t 2＝L联立解得物块滑离木板所用时间t ＝ 2 s.(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s.其动能为E k2＝12M v 22＝27 J(3)由于摩擦而产生的内能为Q ＝F f x 相对＝μ(mg cos 37°＋qE )·L ＝2.16 J.答案 (1) 2 s (2)27 J(3)2.16 J 图6－3－2312．一平行板电容器长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，板间距d ＝4 cm ，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为2×1010 C/kg ，速度均为4×106 m/s ，距板右端l /2处有一屏，如图6－3－24甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：图6－3－24(1)离子打在屏上的区域面积；(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间．解析 (1)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向：l ＝v 0t ①竖直方向：d 2＝12at 2②又a ＝qU 0md ③由①②③得U 0＝md 2v 20ql 2＝128 V即当U ≥128 V 时离子打到极板上，当U <128 V 时离子打到屏上，利用推论：打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得：l 2＋l 2l 2＝yd 2，解得y ＝d ，又由对称性知，打到屏上的总长度为2d则离子打到屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2.(2)在前14T ，离子打到屏上的时间：t 0＝128200×0.005 s ＝0.003 2 s ，又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间 t ＝4t 0＝0.012 8 s.答案 (1)64 cm 2 (2)0.012 8 s。

电容器 带电粒子在电场中的运动一、选择题(1～5题为单选题，6～10题为多选题)1．(2015·安徽合肥联考)如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料。

ABCD 面带正电，EFGH 面带负电。

从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A 、B 、C ，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是导学号 05800817( )A ．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B ．三个液滴的运动时间不一定相同C ．三个液滴落到底板时的速率相同D ．液滴C 所带电荷量最多 答案：D解析：三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A 错误。

由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B 错误。

三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到底板时的速率不相同，选项C 错误。

由于液滴C 在水平方向位移最大，说明液滴C 在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D 正确。

2．(2014·天津)如图所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置。

闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。

如果仅改变下列某一条件，油滴仍能静止不动的是导学号 05800818( )A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开电键S答案：B解析：带电粒子原来平衡qUd＝mg 。

当增大R 1阻值时，电路的总电阻增大，电路总电流减小，内电压减小，路端电压U 增大，带电粒子向上加速，A 错，增大R 2，路端电压不变，油滴级静止，B 正确；增大两板间距离，qU d<mg ，油滴向下加速，C 错；断开电键S 后，电容器放电，油滴只受重力，向下加速，D 错。

电路的动态分析步骤：分支路电阻变→总电阻变→总电流变→内电压变→路端电压→各支路。

电容器 带电粒子在电场中的运动练习一、选择题1．对于某一电容器，下列说法正确的是( )A ．电容器所带的电荷量越多，电容越大B ．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C ．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D ．电容器两极板间的电势差减小到原来的12，它的电容也减小到原来的122．平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路．接通开关S ，电源即给电容器充电，则( )A ．保持S 接通，减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小B ．保持S 接通，在两极板间插入一块铝板，则两极板间的电场强度增大C ．充电结束后断开S ，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差增大D ．充电结束后断开S ，在两极板间插入一块介质，则极板间的电势差增大3.如图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是( )A．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电B．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电C．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电D．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电4. (多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电5．图(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()6．示波管的内部结构如图所示，如果在电极YY′之间加上如图(a)所示的电压，在XX′之间加上如图(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是()7.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8．一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9．(多选)如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为E p，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是()A．U变大，E变大B．U变小，φP变小C．φP变小，E p变大D．φP变大，E p变小10．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是()A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大11.平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连．给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度．以下情况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？(1)把两板间的距离减小；(2)把两板间的相对面积减小；(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质．12．电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图像．图甲是用电流传感器观察电容器充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V．先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I－t图像如图乙所示．已知图形与时间轴围成的面积表示电荷量，根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________ C，该电容器电容为________ μF.(均保留三位有效数字)13．某实验小组做“观察电容器充、放电现象”的实验．(1)同学甲用如图甲所示的电路做实验．实验器材有电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关．关于电源和电流表的选取，下列说法正确的是________．甲A ．交流电源、零刻度线在左侧的电流表B ．交流电源、零刻度线在中间的电流表C ．直流电源、零刻度线在左侧的电流表D ．直流电源、零刻度线在中间的电流表(2)同学乙将同学甲电路中的电流表和电压表换成电流传感器和电压传感器．同学乙先使开关S 与1端相连，稳定后得到如图乙所示的图像，然后把开关S 掷向2端，稳定后得到如图丙所示的图像．根据图像，在表格内各空格处填上合理的答案．(3)请你结合图乙，画出S与1端相连后，通过电流传感器的电流随时间变化的图像．并分析说明，在该过程中，电流为什么会如此变化？ __________________________________________________ ______________________14.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M∶m为多少？15．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间．16．在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g.求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU1与ΔU2之比．答案：1． C 2． B 3. A 4. AC 5． B 6． C 7. D 8． D9． AC 10． A11. (1)把两极板间距离减小，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小．(2)把两极板间相对面积减小，电容减小，电荷量不变，电压变大，静电计指针偏角变大．(3)在两极板间插入相对介电常数较大的电介质，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小．12． 3.04×10－3 50713． (1)D(2)充电 减小 放电 减小(3) 开关S 与1端相连后，此时由图像乙可知电压传感器中的电压正在增大，是电容器充电过程，根据电容的定义式和电流的定义式有Q ＝CU ，I ＝Q t ＝CU t ，则电流的变化情况如右图所示．14. 设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有，a M ＝Eq M ，25l ＝Eqt 22M ；对m 有a m ＝Eq m ，35l ＝Eqt 22m ，联立解得M m ＝32.15． (1)由v 2＝2gh ，得v ＝2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg －qE ＝ma由运动学公式知：0－v 2＝2ad整理得电场强度E ＝mg （h ＋d ）qd由U ＝Ed ，Q ＝CU ，得电容器所带电荷量Q ＝C mg （h ＋d ）q(3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2整理得t ＝h ＋d h 2h g 16． (1)油滴静止时满足：mg ＝q U 0d ，则q m ＝dg U 0(2)设第一个Δt 时间内油滴的位移为x 1，加速度为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移为x 2，加速度为a 2，则x 1＝12a 1(Δt)2x 2＝v 1Δt －12a 2(Δt)2且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1解得a 1∶a 2＝1∶3(3)油滴向上加速运动时：q U 0＋ΔU 1d－mg ＝ma 1 即q ΔU 1d ＝ma 1油滴向上减速运动时：mg －q U 0＋ΔU 1－ΔU 2d＝ma 2 即q ΔU 2－ΔU 1d＝ma 2 则ΔU 1ΔU 2－ΔU 1＝13解得ΔU 1ΔU 2＝14。

第六章 第3单元 电容器 带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分) 1．一平行板电容器两极板间距为d ，极板面积为S ，电容为ε0Sd，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间 ( ) A ．电场强度不变，电势差变大 B ．电场强度不变，电势差不变 C ．电场强度减小，电势差不变 D ．电场强度减小，电势差减小2．平行板间有如图1所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情况．在图2所示的图象中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是 ( )图1图23．如图3所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖 直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为 ( ) 图3A ．mv 02 B.12mv 02 C ．2mv 02D.52mv 024．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图4所示，真空室中电极K 发出电子(初速度不计)，经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板间．金属板长为L ，相距为d ，当A 、B 间电压为U 2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是 ( )图4A ．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5．如图5所示，静止的电子在加速电压U 1的作用下从O 经P 板的小孔射出，又垂直进入 平行金属板间的电场，在偏转电压U 2的作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍 图5C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的1/2二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)6．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧 中央以相同的水平初速度v 先后垂直场强方向射入，分别落到极板A 、B 、C 处，如图6所示，则下列说法正确的有 ( )A ．落在A 处的微粒带正电，B 处的不带电，C 处的带负电 图6 B ．三个微粒在电场中运动时间相等C ．三个微粒在电场中运动的加速度a A ＜a B ＜a CD ．三个微粒到达极板时的动能E k A ＞E k B ＞E k C7．如图7所示，从F 处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为E ) ( ) A ．电子到达B 板时的动能是Ee B ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零C ．电子到达D 板时动能是3Ee 图7 D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动8．如图8所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( ) 图8A．缩小a、b间的距离B．加大a、b间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质9．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图9所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是 ( )A．两电荷的电荷量可能相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等图9D．两电荷离开电场时的动能相等三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 10．(11分)如图10所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在重力与电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方向成θ角做匀减速直线运动．求：(1)匀强电场的场强的大小；图10(2)小球运动的最高点与出发点之间的电势差．11．(12分)如图11所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N. 取g＝10 m/s2，斜面足够长．求：(1)物块经多长时间离开木板？(2)物块离开木板时木板获得的动能．图11(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．12．(14分)一质量为m、带电荷量为＋q的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中，如图12甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图12乙所示．根据图乙给出的信息，(重力加速度为g)求：图12(1)匀强电场场强的大小；(2)小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；(3)小球在h高度处的动能．第六章 第3单元 电容器 带电粒子在电场中的运动【参考答案与详细解析】一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．解析：电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由C ＝ε0S d 可知，电容器的电容变小，由U ＝Q C 可知电压变大，又由E ＝U d 可得E ＝U d ＝Q Cd ＝Q ε0Sd d ＝Qε0S，所以电场强度不变，A 正确． 答案：A2．解析：0～T 2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动，T2～T 时间内做匀减速直线运动，由对称性可知，在T 时刻速度减为零．此后周期性重复，故A 对．答案：A3．解析：由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v Py t合速度v P ＝v 02＋v Py 2＝5v 0E k P ＝12mv P 2＝52mv 02，故选D.答案：D4．解析：当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．设电子经过U 1加速后速度为v 0，根据题意得：eU 1＝12mv 02 ①电子在A 、B 间做类平抛运动，当其离开偏转电场时沿电场方向的分速度为：v y ＝at ＝eU 2md ·Lv 0② 结合①②式，速度的偏转角θ满足：tan θ＝v y v 0＝U 2L2dU 1.显然，欲使θ变大，应该增大U 2、L ，或者减小U 1、d .正确选项是B. 答案：B5．解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x 所对应的偏转距离y 保持不变．由y ＝12at 2＝12·qU 2md ·(x v 0)2＝qU 2x 22mv 02d 和qU 1＝12mv 02得y ＝U 2x24U 1d，可见在x 、y 一定时，U 2∝U 1.故A 项正确．答案：A二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)6．解析：微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，x C ＜x B ＜x A .则三微粒的运动时间为t C ＝x C v ，t B ＝x B v ，t A ＝x Av所以t C ＜t B ＜t A微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有d 2＝12a A t A 2＝12a B t B 2＝12a C t C 2所以a A ＜a B ＜a C ，所以落在A 处的微粒必带正电，B 处的不带电，而C 处的带负电，A 、C 选项正确，B 选项错误． 根据动能定理得A 处：mg d 2－q A E d 2＝E k A －12mv 2B 处：mg d 2＝E k B －12mv 2C 处：mg d 2＋q C E d 2＝E k C －12mv 2所以D 项错误． 答案：AC7．解析：电子在AB 之间做匀加速运动，且eE ＝ΔE k ，A 正确；在BC 之间做匀速运动，B 正确；在CD 之间做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，C 错误，D 正确．答案：ABD8．解析：由题意可得U PQ ＝U ba ；α角增大可知PQ 间场强增大，由U ＝Ed 知U PQ 增大；由Q ＝CU 知P 、Q 板电荷增多，由题意知b 板和Q 板电荷量之和恒定，知a 、b 板电荷一定减少；由Q ＝CU ，知电容器C 电容一定减小；由C ＝εr S4πkd，知A 错，B 对，C 对，D 错．答案：BC9．解析：带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场方向的匀速运动两个分运动，所以两电荷在电场中的运动时间相等；又因为d ＝12at 2，a ＝qEm ，因为偏转量d 不同，故q 可能不同．由动能定理可知，两电荷离开电场时动能不相等，故正确答案为A 、B.答案：AB三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最 后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)10．解析：(1)小球做直线运动，故重力与电场力的合力必与v 0在一条直线上，即 tan θ＝mg Eq，得E ＝mgq tan θ(2)小球做匀减速直线运动，根据F ＝ma 得：mg sin θ＝ma ，a ＝gsin θ， 最大位移s ＝v 022a ＝v 02sin θ2g水平位移x ＝s cos θ＝v 02sin θcos θ2g电势差U ＝Ex ＝mv 02cos 2θ2q .答案：(1)mgq tan θ (2)mv 02cos 2θ2q11．解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定律对物块：mg sin37°－μ(mg cos37°＋qE )＝ma 1 对木板：Mg sin37°＋μ(mg cos37°＋qE )－F ＝Ma 2 又12a 1t 2－12a 2t 2＝L得物块滑过木板所用时间t ＝ 2 s.(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s. 其动能为E k2＝12Mv 22＝27 J(3)由于摩擦而产生的内能为Q ＝F 摩x 相＝μ(mg cos37°＋qE )·L ＝2.16 J.答案：(1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J12．解析：(1)小球进入电场后，水平方向做匀速直线运动，设经过时间t ，水平方向：v 0t ＝L竖直方向：(mg －qE )t22m＝h所以E ＝mg q －2hmv 02qL 2.(2)电场力做功为W ＝－qEh ＝2h 2mv 02－mghL2L2. (3)根据动能定理mgh －qEh ＝E k －mv 022得E k ＝2h 2mv 02L 2＋mv 022.答案：(1)mg q －2hmv 02qL 2 (2)2h 2mv 02－mghL2L 2(3)2h 2mv 02L 2＋mv 022。

一、电容器的充、放电和电容的理解
1．电容器的充、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)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U 的比值．
(2)定义式：C＝Q U．
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量．
3．平行板电容器
(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 S 4πkd
，k 为静电力常量． 二、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中加速
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动能的增量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20或F ＝qE ＝q U d ＝ma.
(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12
mv 20. 2．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：_匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
⎩⎪⎨⎪⎧能飞出电容器：t ＝l v 0不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2md
t 2，t ②沿电场力方向，做匀加速直线运动。

第3节电容器带电粒子在电场中的运动一、选择题：1～6题为单选，7～9题为多选．1．如图，带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的绝缘斜面匀速下滑．现加上一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE＜mg.物体沿斜面下滑的过程中，以下说法正确的是A．滑块将沿斜面减速下滑B．滑块仍沿斜面匀速下滑C．加电场前，系统机械能守恒D．加电场后，重力势能的减少量等于电势能的增加量2．如图，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，接通开关S，电源即给电容器充电A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B．保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量减小C．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D．断开S，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大3．如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的 P 点以某一水平速度射入电场，从右边界的 Q 点射出，下列判断正确的有A．粒子带正电B．粒子做匀速圆周运动C．粒子电势能增大D．若增大电场强度粒子通过电场的时间变大4．如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流表，闭合开关S后，下列说法正确的是A．若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B．若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流D ．若只将滑动变阻器滑片P 向上移动，电容器储存的电量将增加5．示波管的内部结构如图甲所示．如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a )、(b )所示的两种波形．则A ．若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a )所示波形B ．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a )所示波形C ．若XX′和YY′分别加电压(3)和(4)，荧光屏上可以出现图乙中(b )所示波形D ．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b )所示波形6．如图所示，一个质量为m 、带电量为q 的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力当粒子的入射速度为v 时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上．现欲使质量为m 、入射速度为v2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是A ．使粒子的带电量减少为原来的14B ．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C ．使两板间的距离增加到原来的2倍D ．使两极板的长度减小为原来的一半7．如图所示，ABCD 为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为5 cm .一个电子仅受电场力垂直经过电势为零的等势面D 时，动能为15 eV (电子伏)，到达等势面A 时速度恰好为零．则下列说法正确的是A ．电场强度方向从A 指向DB ．匀强电场的电场强度为100 V /mC ．电子经过等势面C 时，电势能大小为5 eVD ．电子在上述等势面间运动的时间之比为1∶2∶38．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是A ．从t ＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B ．从t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．从t ＝T 4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D ．从t ＝3T 8时刻释放电子，电子必将打到左极板射出9．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q.小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq2d2B ．当q d ＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0二、计算题10．如图所示，一平行板电容器接在U ＝12 V 的直流电源上，电容C ＝3.0×10－10F ，两极板间距离d ＝1.2×10－3m ，取g ＝10 m /s 2，求：(1)该电容器所带电量；(2)若板间有一带电微粒，其质量为m ＝2.0×10－3kg ，恰在板间处于静止状态，则该微粒带电量为多少？带何种电荷？11．光滑绝缘的水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的“∟”形板(其水平部分足够长、左端竖直部分为A壁)，“∟”形板的质量为m.距板的A壁距离为L的B处放有一质量也为m、电荷量为q的带正电的小物体(可视为质点)，小物体与板面间的摩擦可忽略不计，整个装置处于电场强度大小为E，方向水平向左的匀强电场中，原来板与小物体都静止，且它们始终处于电场中，求：(1)释放小物体，它第一次与板A壁碰前的速度v1的大小；(2)若小物体与A壁碰撞后交换速度(碰撞后小物体的速度为板碰撞前的速度，即速度为零；板以小物体碰前的速度运动)，且碰撞时间可忽略．则小物体在第二次跟A壁碰撞瞬间，板运动的总位移为多大；(3)若小物体与板A壁每次碰撞后都交换速度，求小物体从开始运动到与板第三次碰撞瞬间，小物体电势能的增量．第3节 电容器带电粒子在电场中的运动【考点集训】1．B 2.C 3.A 4.D 5.A 6.B 7.BC 8.AC 9.AC 10．【解析】(1)由公式C ＝QU 得Q ＝CU ＝3.0×10－10×12 C ＝3.6×10－9C .(2)若带电微粒恰在极板间静止，则qE ＝mg ，而E ＝Ud解得q ＝mgd U ＝2.0×10－3×10×1.20×10－312 C ＝2.0×10－6C微粒带负电荷．11．【解析】(1)根据动能定理有qEL ＝12mv 21，解得：v 1＝2qELm(2)设第一次碰撞至第二次碰撞经历的时间为t 2，根据题意有v 1t 2＝12qE m t 22，解得：t 2＝2mv 1qE板运动的总位移s 2＝v 1t 2＝2mv 21qE＝4L(3)第二次碰撞后B 的速度v B ＝v 1，A 的速度v A ＝qEm t 2＝2v 1设第二次碰撞后至第三次碰撞前所经历的时间为t 3，则有 2v 1t 3＝v 1t 3＋12qE m t 23，解得：t 3＝2mv 1qE此过程中小物块的位移s ＝L ＋v 1t 2＋2v 1t 3＝13L小物块电势能的增量ΔE P ＝－W ＝－13qEL。

咐呼州鸣咏市呢岸学校第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、选择题1．(测试)如下图的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )A．两板间的距离B．两板间的电压C．两板间的电介质 D．两板的正对面积解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确．2．()如下图，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么( )A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动解析：选B.微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，那么微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．3．(测试)如下图，一个带正电的粒子以一的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，假设不计重力，以下四个选项中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是( )解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向，轨迹向右弯曲，C正确．4．(模拟)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如下图，t A、t B分别是带电粒子到达A、B两点时对的时刻，那么以下说法中正确的有( )A．A点的场强一大于B点的场强B ．A 点的电势一高于B 点的电势C ．带电粒子在A 点的电势能一小于在B 点的电势能D ．带电粒子从A 点到B 点过程中，电场力一对带电粒子做正功解析：选AD.由于v －t 图象上各点的斜率表示加速度的大小，从图象可以看出带电粒子在A 点时的加速度大于在B 点时的加速度，由牛顿第二律可知E A >E B ，A 正确；带电粒子带电性质未知，故无法判断A 、B 两点电势，B 错误；从v －t 图象中可以看出B 点速度大于A 点速度，故电场力对带电粒子做正功，电势能减小，所以C 错误，D 正确．5．(测试)如图甲所示，平行金属板有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在以下图中，反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的选项是( )解析：选AD.在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0e d ，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化．由牛顿第二律F ＝ma 可知，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动，在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内反向做匀加速直线运动．在第四个T4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图象如图1所示，v －t 图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图象是曲线．故此题选AD. 6. (抽测)如下图，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E 、值电阻R 、开关S 相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上．以下说法中正确的选项是( )A ．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B ．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大C ．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短D ．值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长解析：选BC.电容器充满电荷后，极板间的电压于电源的电动势．极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，那么液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A 项错；电源电动势越大，那么液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B 项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，那么运动的时间越短，C 对；值电阻不会影响两极板上电压的大小，那么对液滴的运动没有影响，D 项错．7．如下图，平行板电容器的电容为C ，带电荷量为Q ，两极板间距离为d ，今在距两极板的中点12d 处放一电荷q ，那么( ) A ．q 所受电场力的大小为Qq CdB ．q 所受电场力的大小为k 4Qq d2 C ．q 点处的电场强度是k 4Q d2 D ．q 点处的电场强度是k 8q d 2解析：选A.两极板之间的电场强度E ＝U d ，q 受到的电场力F ＝Eq ＝U d q ＝Q Cd q ，A 正确；Q 不是点电荷，点电荷的场强公式E ＝k Q r2在这里不能用，B 、C 、D 不正确．8．(质检)分别将带正电、负电和不带电的三个质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A 、B 、C 三点，那么错误的选项是( )A ．A 带正电、B 不带电、C 带负电B ．三小球在电场中加速度大小关系是：a A <a B <a CC ．三小球在电场中运动时间相D ．三小球到达下板时的动能关系是E k C >E k B >E k A解析：选C.由于A 的水平射程x 最远，A 的运动时间t ＝x v 0最长，C 错误．A 的加速度a A ＝2h t2最小，而C 的加速度a C 最大，a A <a B <a C ，B 正确．可见，A 带正电，受电场力方向与重力方向相反，B 不带电，C 带负电，受电场力方向与重力方向相同，A正确．由动能理知E k C>E k B>E k A，D正确．9．()如下图，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板射入板间，最后垂直打在M屏上，那么以下结论正确的选项是( )A．板间电场强度大小为mg/qB．板间电场强度大小为2mg/qC．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：选BC.当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，v x＝v0；在竖直方向上：在电场中v y＝at，如下图，离开电场后质点做斜上抛运动，v y＝gt，由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿第二律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正确．10．如下图，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X带正电B．极板X′带正电C．极板Y带正电D．极板Y′带正电解析：选AC.由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A 正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．二、计算题11．如下图，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的央，微粒质量为m ＝4×10－5 kg ，电量q ＝＋1×10－8 C ．(g ＝10 m/s 2)求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 取什么范围？解析：(1)L 2＝v 0t d 2＝12gt 2 可解得：v 0＝L 2 g d＝10 m/s. (2)电容器的上板接电源的负极当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出即d 2＝12a 1(Lv 0)2 又a 1＝mg －q U 1d m解得：U 1＝120 V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上板的右边缘射出 即d 2＝12a 2(L v 0)2 又a 2＝q U 2d －mg m解得：U 2＝200 V所以120 V<U <200 V.答案：(1)10 m/s (2)与负极相连 120 V<U <200 V12．(一中月考)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg ，带电荷量为q ＝＋2.0×10－6C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t ＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向，g 取10 m/s 2)，求：(1)23秒内小物块的位移大小；(2)23秒内电场力对小物块所做的功．解析：(1)0～2 s 内小物块的加速度a 1＝E 1q －μmg m ＝2 m/s 2 位移s 1＝12a 1t 21＝4 m 2 s 末小物块的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m/s2 s ～4 s 内小物块的加速度a 2＝E 2q －μmg m ＝－2 m/s 2 位移s 2＝s 1＝4 m4 s 末的速度为v 4＝0因此小物块做周期为4 s 的变速运动，第22 s 末的速度为v 22＝4 m/s ，第23 s 末的速度为v 23＝v 22＋a 2t ＝2 m/s(t ＝1 s)所求位移为s ＝222s 1＋v 22＋v 232t ＝47 m. (2)23秒内，设电场力对小物块所做的功为W ，由动能理有：W －μmgs ＝12mv 223 解得W ＝ J.答案：(1)47 m (2) J。