2017届一轮复习 电容器 带电粒子在电场中的运动 考点规范练

基础课3 电容器 带电粒子在电场中的运动(时间：40分钟)A 级：保分练1.(2017·苏北四市一模)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图1所示。

现保持B 板不动，适当移动A 板，发现静电计指针张角减小，则A 板可能是( )图1A.右移B.左移C.上移D.下移解析 电容器两极板上的电荷量不变，静电计指针张角减小，说明两极板间电压变小，根据C ＝Q U 得出电容变大，由C ＝εr S 4πkd 知两极板之间距离变小或正对面积变大，选项A 正确，B 、C 、D 错误。

答案 A2.如图2所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A 点释放一个带电荷量为＋Q (Q ＞0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v 0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B 射出，则d 与L 之比为( )图2A.1∶2B.2∶1C.1∶1D.1∶3解析设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为v y，由类平抛运动的规律可得L＝v0t，d＝v y2t，又v0∶v y＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，选项C正确。

答案 C3.如图3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，保持两板间电压不变，则()图3A.当减小两板间的距离时，速度v增大B.当减小两板间的距离时，速度v 减小C.当减小两板间的距离时，速度v 不变D.当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析 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；粒子在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 ＝2d v ，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。

答案 C4.(多选)如图4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( )图4A.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 变小解析 根据题意可知两极板上的电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝εr S 4πkd 可知电容减小，由U ＝Q C 可知极板间电压增大，由E ＝U d 可知，电场强度增大，故选项A 正确，B 错误；设P 点的电势为φP ，则由题可知0－φP ＝Ed ′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能E p变大，故选项C正确，D错误。

基础课时18 电容器带电粒子在电场中的运动一、单项选择题1.如图1甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。

E A、E B表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势。

以下判断正确的是( )图1A.E A＜E BB.E A＞E BC.φA＞φBD.φA＜φB解析由速度平方v2与位移x的关系与v2－v20＝2ax对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B错误；电子从A 到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C错误。

答案 D2.一平行板电容器的两个极板分别与一电源正、负极相连，如图2所示，在保持开关闭合的情况下，将电容器极板距离增大，则电容器的电容C、带电荷量Q、极板间的场强E的变化( )图2A.C、Q、E都逐渐增大B.C、Q、E都逐渐变小C.C、Q逐渐减小，E不变D.C、E逐渐减小，Q不变解析由C＝εS4πkd ，知C减小，C＝QU，U不变，Q减小，E＝Ud，E减小，选项B正确。

答案 B3.(2016·浙江效实中学期中)图3a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( )图3解析 在t ＝0时刻，U Y ＝0知竖直位移为0，故A 、C 错误；在t ＝t 12时刻，U Y 正向最大知竖直位移正向最大，故B 正确，D 错误。

答案 B4.(2016·杭州二中期中)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图4中实线所示。

一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A 点开始运动，到C 点时，突然受到一个外加的水平恒力F 作用而继续运动到B 点，其运动轨迹如图中虚线所示，v 表示小球经过C 点时的速度，则( )图4A.小球在A 点的电势能比在B 点小B.恒力F 的方向可能水平向左C.恒力F 的方向可能与v 方向相反D.在A 、B 两点小球的速率不可能相等解析 小球带正电，电场力向右，从A 到B ，电场力做正功，电势能减少，故A 错误；从C 到B 小球做曲线运动，小球所受的合力应该指向曲线弯曲的内侧，故恒力F 的方向可能水平向左，B 正确；从C 到B 小球做曲线运动，若恒力F 的方向与v 方向相反，则合力不可能指向曲线弯曲的内侧，故C 错误；从A 到B 电场力做正功，拉力F 做负功，合力的功可能为零，故小球在A 、B 两点的速率可能相等，D 错误。

考点23 电容器 带电粒子在电场中的运动题组一 根底小题1．对于某一电容器，如下说法正确的答案是( )A ．电容器所带的电荷越多，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12答案 C解析 电容是反映电容器容纳电荷本领大小的物理量，数值上等于电容器所带的电荷量与两极板间的电势差的比值，与电容器是否带电、带电量的多少、电势差的大小都无关，故A 、B 、D 错误；根据定义C ＝Q U，电容器所带的电荷增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，故C 正确。

2．水平放置的平行板电容器与某恒压电源相连，一带电液滴在两板间处于静止状态，现将上板瞬间向上移动少许到图中水平虚线位置，如此( )A ．电容器的电容增大B ．电容器的电荷量增大C ．电容器的电压增大D ．液滴向下运动答案 D解析 带电液滴置于水平放置的平行板电容器的两板间而静止，重力和电场力平衡；现将上极板向上移动少许，板间距离增大，根据C ＝εr S4πkd可知，电容减小；由于电容器与电源相连，其电压不变，当电容减小时，由Q ＝UC 可知，Q 会减小；因电压不变，极板间距增大，根据U ＝Ed ，电场强度变小，电场力小于重力，如此液滴向下运动。

综上所述，D 正确，A 、B 、C 错误。

3．某种位移式传感器的原理示意图如下列图，E 为电源，R 为电阻，平行金属板A 、B 和介质P 构成电容器，在可移动介质P 向右匀速移出的过程中( )A ．电容器的电容变大B ．电容器的电荷量保持不变C ．M 点的电势比N 点的电势低D ．流过电阻R 的电流方向从M 到N答案 D解析 介质P 向右匀速移出的过程中，根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd，分析可知电容变小，而电容器与电源相连，其两极板间的电压不变，由C ＝Q U分析可知两极板所带电荷量变小，电容器处于放电状态，如此流过电阻R 的电流方向从M 到N ，M 点的电势比N 点的电势高，故A 、B 、C 错误，D 正确。

【2019最新】精选高考物理一轮复习第七章静电场课时规范练24电容器带电粒子在电场中的运动新人教版基础巩固组1.(平行板电容器的动态分析)(2017·山西大同联考)如图所示的装置,可以探究影响平行板电容器电容的因素,关于下列操作及出现的现象的描述正确的是( )A.电容器与电源保持连接,左移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大B.电容器充电后与电源断开,上移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大C.电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入玻璃板,则静电计指针偏转角增大D.电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入金属板,则静电计指针偏转角增大2.(平行板电容器的动态分析)(2017·陕西镇安中学月考)如图所示,先接通S使电容器充电,然后断开S。

当增大两极板间距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间电场强度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变小,E变小3.(平行板电容器的动态分析)(2017·湖南永州一模)如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,电容器下极板接地。

一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态,现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,下列说法正确的是( )A.带电油滴将竖直向上运动B.P点的电势将降低C.电容器的电容增大,极板带电荷量不变D.电容器的电容增大,极板带电荷量减小4.(多选)(带电粒子在匀强电场中的直线运动)(2017·黑龙江齐齐哈尔期末)如图所示,一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中,以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。

ON与水平面的夹角为30°,重力加速度为g,且mg=qE,则( )A.电场方向竖直向上B.小球运动的加速度大小为gC.小球上升的最大高度为D.若小球在初始位置的电势能为零,则小球电势能的最大值为由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动,其合力沿ON方向,而mg=qE,由三角形定则,可知电场方向与ON方向成120°角,A错误;由图中几何关系可知,其合力为mg,由牛顿第二定律可知a=g,方向与初速度方向相反,B正确;设带电小球上升的最大高度为h,由动能定理可得-mg·2h=0-,解得h=,C错误;电场力做负功,带电小球的电势能变大,当带电小球速度为零时,其电势能最大,则Ep=-qE·2hcos 120°=qEh=mg·,D正确。

课时规范练24电容器带电粒子在电场中的运动基础对点练1.(多选)(电容动态变化传感器)(2018·安徽宿州质检)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。

当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化,若静电计上的指针偏角为θ,则被测物体()A.向左移动时,U增加B.向右移动时,θ增加C.向左移动时,U减少D.向右移动时,θ减少C=,可知当被测物体带动电介质板向左移动时,导致两极板间电介质增加,则电容C增加,由公式C=可知电荷量Q不变时,U减少,则θ减少,故A错误,C正确;由公式C=,可知当被测物体带动电介质板向右移动时,导致两极板间电介质减少,则电容C减少,由公式C=可知电荷量Q不变时,U增加,则θ增加,故B正确,D错误;故选BC。

2.(多选)(电容动态变化静电计)(2018·山东淄博一中三模)某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素。

若两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。

实验中,假定极板所带电荷量不变,下列判断中正确的是()A.保持S不变,增大d,则C变小,θ变大B.保持S不变,增大d,则C变大,θ变小C.保持d不变,减小S,则C变小,θ变大D.保持d不变,减小S,则C变大,θ变小C=得知,电容与极板间距离成反比,当保持S不变,增大d时,电容减小,因极板所带电荷量Q不变,由电容的定义式C=,分析可知板间电势差增大,静电计指针的偏角θ变大。

故A正确,B错误。

根据电容的决定式C=得知,电容与极板的正对面积成正比,当保持d不变,减小S时,电容C减小,极板所带电荷量Q不变,则由电容的定义式C=,可知板间电势差U增大,静电计指针的偏角θ变大。

故C正确,D错误。

故选AC。

3.(多选)(带电粒子在电场中直线运动)(2018·株洲检测)如图所示,在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B,板与水平方向的夹角为θ,一个电荷量q=1.41×10-4C、质量m=1 g的带电小球,自A板上的孔P以水平速度v0=0.1 m/s飞入两板之间的电场,经0.02 s后未与B板相碰又回到孔P,g取10 m/s2,则()A.板间电场强度大小为100 V/mB.板间电场强度大小为141 V/mC.板与水平方向的夹角θ=30°D.板与水平方向的夹角θ=45°P水平飞入两板之间,沿水平方向运动,小球受力如图所示,设板间匀强电场的电场强度为E,板与水平方向的夹角为θ,在竖直方向由平衡条件得Eq cos θ=mg,在水平方向由动量定理得Eq sin θt=2mv0,解得E=≈100 V/m,tan θ==1,即θ=45°,A、D正确。

高三物理一轮复习 电容器 带电粒子在电场中的运动练习案1．根据电容器电容的定义式C ＝Q U ，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6－3－12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6－3－12A ．微粒带的是正电B ．电源电动势大小为mgd qC ．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Eq ＝mg 即Ud q ＝mg ，所以U ＝mgd q，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 ＝4πkQ εr S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 ＝U d 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6－3－13，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6－3－13A ．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 合≠0，则A 错；由图可知电场力与重力的合力与v 0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v 0方向相反，粒子做匀减速运动，D 项正确。

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识点一电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此________又相互靠近的导体组成．(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的________．(3)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________，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________转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的________与两个极板间的________的比值．(2)定义式：________.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)．1 F＝________ μF＝________ pF.(4)意义：表示电容器________本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否________及________无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．(2)决定式：____________.知识点二带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中，W＝________＝qU＝mv2－m.(2)在非匀强电场中，W＝________＝mv2－m.2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．(2)运动性质：________运动．(3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做________运动．②沿电场方向：做初速度为零的____________运动． (4)基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d ，如图所示，(忽略重力影响)，则有①加速度：a ＝＝＝.②在电场中的运动时间：t ＝③速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0d ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d.④位移⎩⎪⎨⎪⎧l ＝v 0t y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d知识点三 示波管 1．示波管的构造①电子枪，②________，③荧光屏(如图所示)2．示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的________，XX ′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做________． (2)观察到的现象①如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和________的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．思考辨析(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和．( )(2)电容表示电容器容纳电荷的多少．( )(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比．( )(4)放电后的电容器所带的电荷量为零，电容也为零．( )(5)公式C＝可用来计算任何电容器的电容．( )(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )(7)带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( )教材改编[人教版选修3－1·P32·T1改编](多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A．增大两极板间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小考点一电容器及电容器的动态分析自主演练1．两种类型—2．电容器动态的分析思路：(1)U不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝分析场强的变化．③根据U AB＝E·d分析某点电势变化．(2)Q不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝＝分析场强变化．[多维练透]1．a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数．由此可知，下列关于a、b两个电容器的说法正确的是( )A．a、b两个电容器的电容之比为8:1B．a、b两个电容器的电容之比为4:5C．b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1 CD．a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1 C2．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N3．[2021·江西上饶六校一联](多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d.相对介电常数为εr.若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供电压恒定为U，则下列说法中正确的是( )A．瓶内液面升高了B．瓶内液面降低了C．电容器在这段时间内放电D．瓶内液面高度在t时间内变化了4．[2021·安徽皖江名校联盟联考](多选)如图所示是探究平行板电容器与哪些因素有关的实验装置．用导线将充了电的平行板电容器的带正电且固定的A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地，两板间P点固定一带负电且电荷量很小的点电荷．下列说法中正确的是( )A．若将极板B稍向上移动一点，极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大B．若将极板B稍向上移动一点，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．若将B板向左平移一小段距离，静电计指针张角变大D．若将B板向左平移一小段距离，P点处的负点电荷的电势能增大考点二带电粒子在电场中的直线运动师生共研1．解题方法(1)动力学方法：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律结合运动学公式求解．(2)能量方法：根据电场力对带电粒子所做的功，用动能定理求解．2．注意粒子的重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般不考虑重力，但不能忽略质量．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不能忽略重力．例1 [2020·四川乐山三调]如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，电荷量为q(q>0)、质量为m 的小球受水平向右、大小为mg的恒力F，从M匀速运动到N，已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则( )A．场强大小为B．M、N间的电势差为0C．从M到N，电场力做功为－mgdD．若仅将力F方向顺时针转30°，小球将从M向N做匀变速直线运动[教你解决问题]“题眼”是小球做匀速运动→小球受电场力、重力和恒力F平衡→根据平衡条件求解场强E；“变化”是将力F方向顺时针转30°→找到合力的方向→判断小球的运动情况．练1 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点练2 (多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．物块在4 s内位移是6 mB．物块的质量是2 kgC．物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2D．物块在4 s内电势能减少了18 J考点三带电粒子在电场中的偏转多维探究1．两个结论(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的偏转角度总是相同的．证明：由qU0＝m及tan φ＝得tan φ＝(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到电场边缘的距离为.2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系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＝mv2－m，其中U y＝y，指初、末位置间的电势差．题型1带电粒子在匀强电场中的偏转(类比分析，化曲为直)例2 [2020·浙江卷，6]如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P 点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )A．所用时间为B．速度大小为3v0C．与P点的距离为D．速度方向与竖直方向的夹角为30°题型2|带电体在匀强电场中的偏转例3 [2021·河北衡水中学模拟]如图所示，虚线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线．将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2.不计两小球间的相互作用．下列说法正确的是( )A．a的质量比b的小B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等题型3|带电粒子在匀强电场中的加速和偏转例4 [2020·天津十二区县重点学校二联](多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计粒子的重力，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同练3 [2019·江苏卷，5]一匀强电场的方向竖直向上．t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P ­ t关系图象是( )练4 [2020·天津三模]如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R 处有一竖直固定的光屏．现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上．一个带电小球(可视为质点)从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量及其电性；(2)小球最终打在光屏上的位置距x轴的距离．思维拓展现代生活、科技中的静电场问题(STSE)类型1 电容器在科技生活中的应用例1(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，因为工作面上接有高频信号，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，控制器精密确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[教你解决问题]类型2 医学中的静电场问题例2 [2019·浙江卷，10]当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到 1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15 NC．质子加速需要的时间约为8×10－6 sD．加速器加速的直线长度约为4 m类型3 静电除尘例3 如图是某款家用空气净化器原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电．图中放电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极(接地)．以下说法正确的是( )A．通过过滤网后空气中的尘埃带负电B．c、d两个电极之间的电场方向竖直向下C．尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大D．尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功类型4 喷墨打印机例 4 有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上．已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是( )A．增大墨滴的带电荷量B．减小墨滴喷出时的速度C．减小偏转板与承印材料的距离D．增大偏转板间的电压练在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是( )A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大D．若将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动第3讲电容器带电粒子在电场中的运动基础落实知识点一1．(1)绝缘(2)绝对值 (3)①异种电荷②电能2．(1)电荷量电势差(2)C＝(3)1061012(4)容纳电荷(5)带电电压3．(2)C＝知识点二1．(1)qEd (2)qU2．(2)匀变速曲线(3)①匀速直线②匀加速直线知识点三1．偏转电极2．(1)信号电压扫描电压(2)①中心②信号电压思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)√教材改编解析：电势差U变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C＝知，当d变大时，C变小，再由C＝得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确．答案：ABD考点突破1．解析：由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1 000 μF，b电容器的电容为C2＝10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000:10 000＝1:10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10 000×10－6×10 C＝0.1 C，故C正确，D错误．答案：C2．解析：当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势，不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为M→R →N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．答案：D3．解析：根据C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h.电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量Q＝CU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确．t时间内放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It.ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确．答案：BCD4．解析：本题考查电容器动态问题、静电计指针偏角的变化．由于平行板电容器的电容远大于静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电荷量远大于静电计指针和外壳组成的电容器的带电荷量，可认为平行板电容器不接电源时电荷量几乎不变，极板B稍向上移动，电容器两极板的正对面积减小，由C＝可知C减小，由C＝可知，Q不变，U变大，静电计指针张角变大，选项A正确，B错误；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C＝知，U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器间的电场强度E＝不变，由于P点与B板的距离d PB增大，则U PB增大，P点的电势φP增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误．答案：AC例1 解析：对小球受力分析，如图所示，重力与恒力F垂直，根据平衡知识可知(qE)2＝(mg)2＋F2，解得qE＝2mg，E＝，选项A错误；恒力F与电场力所在直线之间的夹角的正切值tan θ＝＝，解得θ＝30°，可知电场力的方向与M、N的连线垂直，所以M、N之间的电势差一定为零，选项B正确；从M到N，电场力做功W电＝q·U MN＝0，选项C错误；若仅将力F方向顺时针转30°，小球受的合力一定不与M、N的连线平行，则小球不可能从M向N做匀变速直线运动，选项D错误．答案：B练1 解析：C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零．当C板移到P′时，根据E＝＝＝＝，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．答案：A练2 解析：物块在4 s内位移为x＝×2×(2＋4) m＝6 m，故选项A正确；由图可知，前2 s 物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1 m/s2,2 s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，代入数据解得m＝1 kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2 s的位移x1＝×2×2 m＝2 m，物块在后2 s的位移为x2＝vt2＝4 m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6 J＋8 J＝14 J，则电势能减少了14 J，故选项D错误．答案：AC例2 解析：粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误．答案：C例3 解析：两球在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，且t时刻两球的竖直分位移大小相等，由公式y＝at2知，两球加速度大小相等．根据牛顿第二定律可知，对a球有qE＋m a g＝m a a0，对b球有qE－m b g＝m b a0，可得m a>m b，选项A错误．根据动能定理可知，对a球有m a a0y＝m a－m a，对b球有m b a0y＝m b－m b，可得v a＝v b，即在t时刻小球a的速度大小等于小球b的速度大小，在t时刻，因为m a>m b，所以a的动能比b的大，a的动量大于b的动量，选项B正确，D错误．在t时刻两小球的电势相等，又两球带异种电荷，故在t时刻两球电势能不等，选项C错误．答案：B例4 解析：根据动能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，质子()和α粒子(e)的比荷之比为2:1，故两者在O2处的速度大小之比为:1，选项A错误．在A、B间a＝，则质子的加速度大，所以质子运动时间短；进入右侧电场做类平抛运动，由h＝t2，可知质子做类平抛运动的时间也短，故质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误．对整个过程，由动能定理得E k－0＝q(U＋Eh)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1:2，选项C正确．带电粒子由O2到MN板，竖直方向h＝t2，水平方向x＝vt，又v＝，联立解得x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确．答案：CD练3 解析：带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F，则P＝Fv，其中v为沿电场力方向的速率，则v＝at、a＝，整理得P＝t，由关系式可知P­t图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，BCD错误．答案：A练4 解析：(1)假设小球带正电且电荷量为q，小球从P点运动到B点的过程，根据动能定理有mg·3R－qER＝mv2由题知小球到B点时速度v＝2，解得q＝则假设成立，即小球带正电，且电荷量为q＝.(2)小球在第四象限内的电场中所受的电场力方向向下，大小为qE＝mg，小球从B点以v＝2的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度为a＝＝2g小球在第四象限内的电场中运动的时间t1＝＝下落的高度h1＝a＝R出电场时竖直方向的分速度v y＝at1＝2出电场至打在光屏上运动的时间t2＝＝出电场至打到光屏上，在竖直方向运动的距离h2＝v y t2＋g＝R因此小球打在光屏上的位置距x轴的距离H＝R＋h1＋h2＝3.125R.答案：(1)小球带正电，(2)3.125R思维拓展典例1 解析：据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，选项A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，选项B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，选项C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，选项D正确．答案：AD典例2 解析：电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013m/s2，加速时间t＝≈8×10－7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，故D正确．答案：D典例3 解析：本题考查电场力做功及其相关知识点．根据集尘极接电源负极可知，污浊空气通过过滤网后空气中的尘埃带正电，选项A错误；放电极b、d接电源正极，可知c、d两个电极之间的电场方向竖直向上，尘埃在被吸附到集尘极a、e的过程中所受电场力做正功，动能增大，选项B、D错误，C正确．答案：C典例4 解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1＝at2，a＝，t＝，可推出Y1＝，Y2＝ltan θ，tan θ＝＝，Y＝Y1＋Y2＝，减小偏转板与承印材料的距离l可使字迹减小，C项正确，A、B、D三项错误．答案：C练解析：本题考查电场强度、电势和电势能、等势面及其相关知识点，依据等势线的疏密程度，可知在c、d、e、f四点中，f点的电场最强，选项A错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，选项B错误；若将某电子由c移到f，即从高电势处移动到低电势处，因电子带负电，则其电势能将增大，选项C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，因c、d、e、f四点电势逐渐降低，故将某电子在d点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，选项D错误．答案：C。

课时规范练26 电容器带电粒子在电场中的运动基础对点练1.(电容器动态分析)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。

一种利用电容式传感器测量油箱中油量的装置如图所示。

当开关S闭合后,油量减少时( )A.电容器的电容增大B.电容器的带电荷量减小C.电流向上经过G表D.G表示数为零时,油箱中油量为零2.(电容器动态分析)两个较大的平行金属板A、B相距为d,分别接在电压为U的电源正、负极上,这时质量为m的带电油滴恰好静止在两极之间,如图所示,在其他条件不变的情况下,如果将两极非常缓慢地错开一些,那么在错开的过程中( )A.油滴将向上加速运动,电流计中电流从b流向aB.油滴将向下加速运动,电流计中的电流从a流向bC.油滴静止不动,电流计中的电流从a流向bD.油滴静止不动,电流计中的电流从b流向a3.(电容器动态分析)如图所示的传感器可以监控生产流水线材料的厚度,其中甲、乙为平行板电容器的上、下两个固定极板,分别接在电源的两极上。

当通过极板间的材料厚度增大时,极板间的介电常数增大,下列说法正确的是( )A.当通过极板间的材料厚度减小时,电流从a流向bB.极板间的材料厚度变化时,极板间电场强度不变C.当通过极板间的材料厚度增大时,极板上的电荷量变小D.当通过极板间的材料厚度增大时,极板间的电压增大4.(电容器的应用)(广东韶关一模)随着生活水平的提高,电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分,电子秤的种类也有很多,如图是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。

称重时,把物体放到电子秤面板上,压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。

则放上物体后( )A.电容器的电容变小B.电容器的带电荷量增大C.极板间电场强度变小D.膜片下移过程中,电流表有从a到b的电流5.(带电粒子在电场中的偏转问题)(吉林长春质检)如图所示,空间存在着竖直向下的匀强电场,一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以水平方向的初速度v0由O点射入,刚好通过竖直平面内的P点,已知连线OP与初速度方向的夹角为θ=45°,不计粒子的重力,则O、P两点间的电势差U OP为( )A.mv022q B.mv02qC.2mv02q D.5mv022q6.(带电粒子在电场中的偏转问题)(天津南开区三模)质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中,不计带电粒子的重力,M从两板正中央射入,N从下板边缘处射入,它们最后打在同一点,如图所示。

第3讲 电容 带电粒子在电场中的运动1.如图6－3－14所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则( )图6－3－14A ．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也增大解析：电子从静止开始运动，根据动能定理，从A 运动到B 动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，而位移如果增加的话，时间变长．答案：CD2.平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图6－3－15所示，则( )图6－3－15A ．保持开关S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大B ．保持开关S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变C ．开关S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大D ．开关S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变解析：悬线偏离竖直方向的夹角θ的大小由带电小球受的电场力和重力两因素决定．因重力不变，故电场力增大时θ就增大．在保持开关S 闭合，即保持电容器两极板间电压U 不变．由于A 、B 板靠近，d 变小，极板间电场强度E ＝U d 就增大，因而带电小球受电场力F ＝qE ＝q U d增大，则θ增大；若断开开关S ，即表明电容器极板上的电荷量Q 不变．当A 、B 板靠近后，电容器的电容C ＝εr S 4πkd 将增大，根据U ＝Q C ，电容器两板间电压U 减小．电容器两板间的场强E ＝U d 有无变化呢？把上述各关系代入，得E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S.由此可知场强不变，带电小球受电场力不变，则θ不变．答案：AD3.如图6－3－16所示，M 、N 是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E ，一质量为m 、电量为＋q 的微粒，以初速度v 0竖直向上从两极正中间的A 点射入匀强电场中，微粒垂直打到N 极上的C 点，已知AB ＝BC .不计空气阻力，则可知( )图6－3－16A ．微粒在电场中作抛物线运动B ．微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相等C ．MN 板间的电势差为2mv 20/qD ．MN 板间的电势差为Ev 20/2g解析：由题意可知，微粒到达C 点时，竖直方向上速度为零，所以微粒不做抛物线运动，A项错误；因AB ＝BC ，即v 02·t ＝v c 2·t 可见v c ＝v 0.故B 项正确；由q ·U 2＝12mv 2c ，得U ＝mv 2c q ＝mv 20q，故C 项错误；又由mg ＝qE 得q ＝mg E 代入U ＝mv 20q ，得U ＝Ev 20g ，故D 项错误． 答案：B4.如图6－3－17所示，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 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，则下列结论正确的是( )图6－3－17A ．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等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：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知识，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等．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，v x ＝v 0；在竖直方向上：在电场中v y ＝at ，如图所示，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 ，由牛顿第二定律得：qE －mg ＝ma ＝mg ，解得：E ＝2mg /q .故选项B 、C 正确．答案：BC5.如图6－3－18所示，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v 0从两板中央平行极板射入，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正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5 kg ，电量q ＝＋1×10－8 C ．(g ＝10 m/s 2)求：图6－3－18(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，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？解析：(1)L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2，可解得：v 0＝L 2g d＝10 m/s. (2)电容器的上板应接电源的负极 当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，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，d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，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 V1．某电容器上标有“25 μF 、450 V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是( )A ．要使该电容器两极板之间电压增加1 V ，所需电荷量为2.5×10－5CB．要使该电容器带电量1 C，两极板之间需加电压2.5×10－5VC．该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10－5 CD．该电容器能够承受的最大电压为450 V解析：由电容器电容的定义C＝Q/U可得，C＝ΔQ/ΔU，ΔQ＝CΔU，要使该电容器两极板之间电压增加ΔU＝1 V，所需电荷量为ΔQ＝2.5×10－5 C，A正确，B错误；该电容器能够容纳的电荷量最多为Q＝CU＝2.5×10－5×450＝1.125×10－2C，C错误；电容器上所标的450 V，是电容器的额定电压，是电容器长期工作时所能承受的电压，低于击穿电压，该电容器能够承受的最大电压大于450 V，D错误．答案：A2.(2010·海门模拟)如图6－3－19所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )图6－3－19A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确．答案：D3.如图6－3－20所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )图6－3－20A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQ εr S可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．答案：BD4.真空中的某装置如图6－3－21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6－3－21A ．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解析：粒子加速过程qU 1＝12mv 2，从B 至M 用时t ＝L 1＋L 2v ，得t ∝ m q，所以t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU 2md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1v 2＝U 2L 214dU 1，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W 1∶W 2∶W 3＝q 1∶q 2∶q 3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误． 答案：B图6－3－225．(2010·天星百校联盟领航)如图6－3－22甲所示为示波管的构造示意图，现在x —x ′上加上u xx ′—t 信号，y —y ′上加上u yy ′—t 信号(如图6－3－22乙、图6－3－22丙所示)，则在屏幕上看到的图形是( )解析：由起始时刻x —x ′和y —y ′上的电压情况可将A 、C 排除．由于在x —x ′上加上的u xx ′—t 信号周期为y —y ′上所加u yy ′—t 信号周期的2倍，所以在屏幕上看到的图形是两个正弦波，因此D 正确．答案：D6.某空间内有高度为d 、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场．当在该空间内建立如图6－3－23所示的坐标系后，在x 轴上的P 点沿y 轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v (v ＞0)不同，有的粒子将在电场中直接通过y 轴，有的将穿出电场后再通过y 轴．设粒子通过y 轴时，离坐标原点的距离为h ，从P 到y 轴所需的时间为t ，则( )图6－3－23A ．由题设条件可以判断出粒子的带电性质B ．对h ≤d 的粒子，h 越大，t 越大C ．对h ≤d 的粒子，在时间t 内，电场力对粒子做的功不相等D ．h 越大的粒子，进入电场时的速率v 也越大解析：由题设条件，粒子必定受到向左的电场力，电场方向向左，故粒子必带正电荷，A 正确．h ≤d 的粒子，都没有飞出电场，电场方向上的加速度a ＝qE m，因粒子的带电荷量和质量都相等，故加速度相等，到达y 轴的时间也相等，该过程电场力做功W ＝qEx 相等，所以B 、C 错误．而初速度越大的粒子在粒子到达y 轴的时间内，竖直向上的位移越大，所以D 正确． 答案：AD7．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A ，如图6－3－24甲所示，小球运动的v －t 图象如图6－3－24乙所示，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )图6－3－24A ．在t ＝2.5 s 时，小球经过边界MNB ．小球受到的重力与电场力之比为3∶5C ．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D ．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析：由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：mg F －mg ＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B 正确．小球在t ＝2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C 正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D 错．答案：BC8.如图6－3－25所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间的距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行金属板的时间为t ，不计粒子的重力，则( )图6－3－25A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为Uq 4B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq C ．在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为1∶2 D ．在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为2∶1 答案：B9.如图6－3－26所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB 直线与匀强电场E 互相垂直．在A 点以大小为v 0的初速度水平抛出一质量为m ，带电量为＋q 的小球，经时间t ，小球下落一段距离过C 点(图中未画出)时速度仍为v 0，在小球由A 点运动到C 点的过程中，下列说法中不正确的是( )图6－3－26A ．电场力对小球做功为零B ．小球的电势能增加C ．小球的机械能减少量为12mg 2t 2 D ．C 可能位于AB 直线的左侧 解析：由动能定理，得mgh ＋W 电＝0，可知W 电＝－mgh ＜0，即电场力对小球做负功，电势能增加，C 位置应位于AB 直线的右侧；由于小球运动到C 点时的动能未变，重力势能减少量为ΔE p ＝mgh ＝mg ·12at 2＝mg ·12·mg ＋qE sin 15°m t 2＞12mg 2t 2.选项A 、C 、D 错误． 答案：ACD10.如图6－3－27所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝30°，斜向右上方，电场强度为E ，质量为m 的小球带负电，以初速度v 0开始运动，初速度方向与电场方向一致．(1)若小球的带电荷量为q ＝mg /E ，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F 1的大小和方向各如何？图6－3－27(2)若小球的带电荷量为q ＝2mg /E ，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F 2的大小和方向各如何？解析：(1)如图甲所示，欲使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，所以F 1cos α＝qE cos 30°，F 1sin α＝mg ＋qE sin 30°解之得α＝60°，F 1＝3mg .(2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力必和运动方向在一条直线上，故要求力F 2和mg的合力和电场力在一条直线上，故F 2＝mg sin 60°＝32mg ，方向如图乙所示，斜向左上60°. 答案：(1)3mg 与水平线夹60°角斜向右上方 (2)32mg 与水平线夹60°角斜向左上方 11.如图6－3－28所示，M 、N 为两块水平放置的平行金属板，板长为l ，两板间的距离也为l ，板间电压恒定．今有一带电粒子(重力不计)以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l 的竖直屏上．粒子落点距O 点的距离为l2.若大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从MN 板间不同位置垂直进入电场．试求这些粒子打到竖直屏上的范围并在图中画出．图6－3－28解析：设粒子质量为m ，带电荷量为q ，初速度为v 0，v 0t ＝l ，y ＝12at 2，tan θ＝v y v 0＝at v 0，y ＋l tan θ＝l 2， 所以12a ·l 2v 20＋l ·al v 20＝l 2，3al ＝v 20.由题意可分析出大量粒子垂直射入偏转电场后情况，如上图甲、乙所示．其范围是l －y .其中y ＝12a ·l 2v 20＝12·v 203l ·l 2v 20＝16l ，范围是56l .答案：56l 图略 12．在光滑绝缘的水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B .A 球的带电荷量为＋2q ，B 球的带电荷量为－3q ，组成一带电系统．如图6－3－29所示，虚线MP 为AB 两球连线的垂直平分线，虚线NQ 与MP 平行且相距为4L .最初A 球和B 球分别静止于虚线MP 的两侧，距MP 的距离均为L ，且A 球距虚线NQ 的距离为3L .若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP 、NQ 间加上水平向右的匀强电场E 后，求：(1)B 球刚进入电场时，A 球与B 球组成的带电系统的速度大小．(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零时所需的时间以及B 球电势能的变化量．图6－3－29解析：(1)带电系统刚开始运动时，设加速度为a 1，由牛顿第二定律得：a 1＝2qE 2m ＝qE m球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，有v 21＝2a 1L 求得v 1＝ 2qEL m(2)对带电系统进行分析，假设球A 能达到NQ ，且A 球到达NQ 时电场力对系统做功为W 1，有 W 1＝2qE ×3L ＋(－3qE ×2L )＝0，故带电系统速度第一次为零时，球A 恰好到达NQ 设球B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则t 1＝v 1a 1，解得：t 1＝ 2mL qE球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，由牛顿第二定律得：a 2＝－3qE ＋2qE 2m ＝－qE 2m显然，B 球进入电场后带电系统做匀减速运动．设减速所需时间为t 2则有t 2＝0－v 1a 2， 求得t 2＝ 8mL qE .可知，带电系统从静止运动到速度第一次为零时所需的时间为：t＝t1＋t2＝3 2mLqE，B球电势能增加了：E p＝E·3q·2L＝6EqL答案：(1) 2qELm(2)32mLqE6EqL。

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。