2020版高考物理大一轮复习第七章静电场第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动检测

电容器的电容带电粒子在电场中的运动、单项选择题1. （2019 •山东济南外国语高三检测）带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示,要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有（）A. 增大两极板间的距离B. 用手触摸极板BC. 在两板间插入电介质D. 将极板B向上适当移动器的电容减小；电容器所带电荷量不变，则由C= Q分析可以知道，电容器板间的电势差增大，静电计的指针偏角变大，所以A错误.因为B板接地，用手触摸时，仍接地，故对电荷量没有影响，电势差保持不变，故B错误.在两板间插入电介质时，介电常数增大，则C 增大，由Q= UC可以知道电势差减小，所以C正确•将极板B向上运动时，正对面积减小，则C减小，由定义式可以知道，电势差增大，故D错误.答案：C电压不变，则（）A. 当减小两板间的距离时，速度B. 当减小两板间的距离时，速度C. 当减小两板间的距离时，速度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= f mV,当改变两极板间的距离时,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,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.解析：增大两极板间的距离，即d增大，则由电容的决定式C=赤，可以知道电容2•如图所示，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v减小v不变U不变，v就不变，故选项答案：C3.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表示两极板间的电场强度，氏表示点电荷在P点的电势能，e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（）改变d, E不变，D正确.根据0 p= 1＞地=E • L P地，E不变，L P地不变，故0 p不变，E p不变，C错误.答案：D4. （2019 •山东潍坊实验中学检测）如图所示，静止的电子在加速电压U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，在偏转电压离.现使U加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（A.答案：A以相等的速度V o从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在A.e增大，E增大 B.e增大，丘不变C.e减小，E p增大 D.e减小，E不变解析：由题知，电容器两板所带电荷量Q不变，根据& rC= 4nlc增大，u减小，e减小，A、B错误. 根据E= U Q 4 nd = C• d=e r SUa的作用下偏转一段距B. U变为原来的C. 12变为原来的D.12变为原来的2解析: 设偏转电极的长度为L,板间距离为d,则根据推论可知，偏转距离y=詈U.使U加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使12加倍，故选A.5. （2019 •福建龙岩模拟）如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍, 它们移,kQ可见E与d无关，只葺和u=C可知，当上板下点，若OMk MN 则P 和Q 的质量之比为（不计重力）（A. 2 : 5 C. 4 : 5解析：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动， 两粒子的初速度相等，水平位移比为1 : 2,由I = vo t 可知运动时间比为 1 : 2,由y = f at24,故D 正确，A B C 错误.答案：D 二、多项选择题6•如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向 左.不计空气阻力，则小球 （）A. 做直线运动B. 做曲线运动C. 速率先减小后增大D. 速率先增大后减小解析：对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在 同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角， 故合外力对小球先做负功后做正功， 所以速率先减小后增大，故C 正确，D 错误.答案：BC7•如图所示，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， &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 （）B. 5 ：2 D. 5 ：4得加速度之比为4 ： 1 ,根据牛顿第二定律得 qEa =m ， 因为电荷量比为5 : 1，则质量比为5 :A. E变小B. U变大C. E P不变D.电荷仍保持静止解析：将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式可知，电4 n kd容C减小；若电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量保持不变，由于电容C减小，由电容的定义式g U可知，U变大•根据推论可知，板间电场强度E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态. P与B板间电势差U P B= Ed, E、d都不变，U P B保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能E P不变.故A错误，B、C、D正确.答案：BCD8. 如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E i,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上•整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）…~IA. 偏转电场E对三种粒子做功一样多B. 三种粒子打到屏上时的速度一样大C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置1 2 1 qU2 2解析：设加速电压为U,偏转电压为U,贝U qU = ~mv , x = v o t, y=- •t，联立2Ux 一一一一y=4Ud，即粒子在竖直方向的偏转量y与q、m均无关，因此三种粒子运动轨迹相同，打在屏上的同一位置，D正确.偏转电场对粒子做的功W qEy，由于运动轨迹相同，三种粒子1 2离开电场时的偏转量y相同，则W相同，A正确.总电场力做的功为qU+ W?mv,总的电场力做的功相同，但三种粒子质量不同，因此打到屏上时的速度v不同，B错误.又因为三种粒子运动轨迹相同，但速度不同，所以运动时间不同，C错误.、选择题9. （多选）（2018 •高考全国卷川）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的 极板水平；两微粒 a b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、 下极板附近，与极板距离相等.现同时释放a 、b ,它们由静止开始运动， 在随后的某时刻t ，说法正确的是（解析：根据题述可知，微粒 a 向下加速运动，微粒 b 向上加速运动，根据 a 、b 经过电 容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a 的加速度大小大于 b 的加速度大小，即a a > a b .对微粒a ,由牛顿第二定律，qE = m a a a ,对微粒b ,由牛顿第二定律，qE = ma b ,联立解得qE >m a，由此式可以得出 a 的质量比b 小，选项A 错误；在a 、b 两微粒运动过程中，a 微粒所 受合外力（电场力）等于b 微粒，a 微粒的位移大于 b 微粒，根据动能定理，在 t 时刻，a 的 动能比b 大，选项B 正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在 t 时刻，a 和b 的电势能不等，选项 C 错误；由于a 微粒受到的合外 力（电场力）等于b 微粒受到的合外力（电场力），根据动量定理，在 t 时刻，a 、b 微粒的动 量大小相等，选项 D 正确.答案：BD10. （多选）（2019 •河北衡水中学调考 ）如图所示，M N 为两个等大的均匀带电圆环， 其圆心分别为 A C,带电荷量分别为+ Q - Q 将它们平行放置， A C 连线垂直于圆环平 面，B 为AC 的中点，现有质量为 m 、带电荷量为+ q 的微粒（重力不计）从左方沿A C 连线答案：AD［能力题组］a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,a 、b 间的相互作用和重力可忽略.下列A. a 的质量比 b 的大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9*电场中偏转时间为t 2，偏转位移为y ,有X 1 = *航122，由于质子和a 粒子方向射入，至U A 点时速度V A = 1 m/s ，至U B 点时速度V B = ：5 m/s ，则（）1FA. 微粒从B 至C 做加速运动，且 V C = 3 m/sB. 微粒从A 到C 先做减速运动，后做加速运动C. 微粒在整个运动过程中的最终速度为 ：5 m/sD.微粒最终可能返回至 B 点，其速度大小为:‘5 m/s解析：A 、C 之间电场是对称的，微粒从 A 到B 电场力做的功和从 B 到C 电场力做的功 1 2 1 2 1 2 1 2相同，依据动能定理可得 qU= q mv — 2m\A ,2qU= q m\c — q m”，解得v c = 3 m/s ，故A 正确;在到达A 点之前，微粒做减速运动， 而从A 到C 微粒一直做加速运动， 故B 错误；过B 点作 垂直AC 的线，此线为等势面，微粒出 C 点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零， 故B 点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与 B 点相同，故C 正确，D 错误.答案：AC 11. （多选）如图所示，在竖直放置的平行金属板A 、B 之间加上恒定电压 U, A B 两板的中央留有小孔 O 、Q ，在B 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 垂直于电场方向放置， 第一次从小孔 Q 处从静止释放一个质子 11H,第二次从小孔 Q 处从 a 粒子24He,关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是（ ）122 U + Ed q+ Edq =，mv — 0,化简得出V =、/ ------ - ---- ,质子的比荷与 a 粒子的比荷之比为V 1i -代入得一=='』2，故A 错误；设粒子在加速电场中加速时间为11,加速位移为X 1,V 2静止释放一个 A. 质子和B. 质子和C. 质子和D. 质子和粒子打到感光板上时的速度之比为 粒子在电场中运动的时间相同 粒子打到感光板上时的动能之比为 粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起解析：从开始运动到打到板上质子的速度为 V 1, a 粒子速度为V 2,根据动能定理有 Uq V 2, 2 : 1, 在偏转2 : 1的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B错误；从开始运动到打到板上，根据动能定理有Uq+ Edq= E k-0,解得E k = q（U+ Ed），因为U E、d相同，则有氐 a 11&故C正确；带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得qU=amv2，进入偏转t k2 q2 2 2电场后电势差为1 2qL b l 2L b l2U,偏转的位移为y，有y —？at —2mdvo），联立得y= 4dU速度的偏转角正切值为tanB ,有tan 0 = ——mi/偏转位移y与速度的偏转角正切值tan 0V0 V0 2Ud与带电粒子无关，答案：CD因此运动轨迹重叠在一起，故D正确.、非选择题12. （2019 •河南南阳一中模拟）如图所示，质量为m电荷量为e的电子，从A点以速度V0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从与电场线成120°角，电子重力不计.求:44L J\ 120"ft <A B两点间的电势差*B；解析：（1）电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得将电子在B点的速度分解（如图）可知V B= cos 302 mv 解②③式得LA B=—・6e⑶在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为V y,则有:B点射出电场时的速度方向(1) 电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小V B;电子从A运动到B的时间t AB⑵由动能定理可知：一1eU= 22 1 2mv —2mv ③V y= v o tan 30。

第3节　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动1.(2018·北京卷,19)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　)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,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大解析:实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,a板带上电 ,由于静电感应,在b板上将感应出异种电荷,选项A正确;实验中,b板向上平移,正对面积S变小,由C=知,电容C变小,由C=知,Q不变,U变大,因此静电计指针的张角变大,选项B错误;插入有机玻璃板,相对介电常数εr变大,由C=知,电容C变大,由C=知,Q不变,U变小,因此静电计指针的张角变小,选项C错误;由C=知,实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,而电容C保持不变,选项D错误.2.如图,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(　A　)A.gB.gC. gD. g解析:抽出前qE1=mg,抽出后mg-qE2=ma.由电压不变得E1(d-l)=E2d,联立解得a=g,选项A正确.3.(2019·四川棠湖中学月考)有一种电荷控制式喷墨打印机,它的打印头的结构简图如图所示.其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符.不考虑墨汁的重力,为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小),下列措施可行的是(　C　)A.减小墨汁微粒的质量B.减小偏转电场两板间的距离C.减小偏转电场的电压D.减小墨汁微粒的喷出速度解析:微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动,则有水平方向L=v0t,竖直方向y=at2;加速度a=,联立解得y==,要缩小字迹,就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y,由上式分析可知,采用的方法有:增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能E k0(增大喷出速度)、减小极板的长度L、减小极板间的电压U,故C正确.4.(2019·辽宁大连模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球,小球A从紧靠左极板处由静止开始释放,小球B从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置,则从开始释放到运动至右极板的过程中,下列判断正确的是(　B　)A.运动时间t A>t BB.电荷量之比q A∶q B=2∶1C.机械能增加量之比ΔE A∶ΔE B=2∶1D.机械能增加量之比ΔE A∶ΔE B=1∶1解析:两小球在竖直方向上做自由落体运动,由h=gt2得运动时间相同,选项A错误;两球的水平分运动都是初速度为0的匀加速运动,有qE=ma,x=at2,所以x=,由于两球水平分位移之比为2∶1,故q A∶q B=2∶1,选项B正确;机械能的增加量等于电场力做的功,有ΔE=qEL,所以ΔE A∶ΔE B=4∶1,选项C,D错误.5.(2019·安徽六校联考)如图所示,六面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度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(　D　)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所带电荷量最多解析:三个液滴具有相同的水平初速度,但除了受重力以外,还受水平方向的电场力作用,不是平抛运动,选项A错误;在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动,下落高度又相同,运动时间必相同,选项B错误;在相同的运动时间内,液滴c水平位移最大,说明它在水平方向的加速度最大,它受到的电场力最大,故它所带电荷量也最多,选项D正确;因为电场力对液滴c做功最多,它落到底板时的速率最大,选项C错误.6.(2019·河南洛阳模拟)如图所示,平行板电容器与电源相连,下极板接地.一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态,现将平行板电容器两极板在纸面内绕OO′迅速顺时针转过45°,则(　C　)A.P点处的电势降低B.带电油滴仍将保持静止状态C.带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D.带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加解析:由于P点仍处于板的中间,故电势不变,选项A错误;设原来两极板间距为d,两极板的电势差为U,带电油滴处于静止状态,则mg=q,当电容器两极板绕OO′顺时针转过45°后,两极板间距变小为d,由于电容器始终与电源相连,两极板的电势差仍为U,故此时的电场力为原来的倍,方向与水平方向成45°指向右上方.带电油滴所受的合力方向恰好水平向右,故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动,此过程中电场力做正功,油滴的电势能不断减小,选项B,D错误,C正确.7.(2018·宁夏银川一中一模)(多选)如图所示,匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD 内,M,N分别为AB和AD的中点,一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场.带电粒子的重力不计.如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场,则恰好从D点离开电场.若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场,则带电粒子(　BD　)A.从BC边界离开电场B.从AD边界离开电场C.在电场中的运动时间为D.离开电场时的动能为m解析:从M→D过程粒子做类平抛运动,则沿v0方向有L=v0t,垂直v0方向:L=at2,又a=,解得E=,带电粒子从N点垂直BC方向射入电场,粒子做匀减速直线运动,设粒子匀减速的位移为x时速度减至零,根据动能定理得-qEx=0-m,解得x=,所以粒子最终从AD边离开电场,粒子在电场中运动的时间为t′=,离开电场时电场力做功为零,所以离开电场时的动能为E k=m,故B,D正确.8.(多选)如图所示,一水平放置的平行板电容器,下板A固定,上板B与竖直悬挂的绝缘弹簧连接,A,B间有一固定的带正电荷的液滴P,电容器带电荷量为Q1,若让电容器充电或放电,使之带电荷量为Q2,则下列说法正确的是(　AC　)A.若Q2>Q1,则弹簧的长度增加B.若Q2>Q1,则电容器的电容减少C.若Q2>Q1,则带电液滴P的电势能增加D.若Q2<Q1,则带电液滴P的电势能增加解析:若电容器所带电荷量增加,则两平行板之间通过电荷产生的吸引力增加,使得弹簧长度增加,两板之间的距离减小,由C=可知,电容器的电容增大,选项A正确,B错误;由E===可知,Q增大,使得两平行板之间的电场强度E增大,因U PA=Ed′,其中E增大、d′不变,则U PA增大,又U PA=P-A=P,所以P增大,由E p=q P可知,E p增加,选项C正确,D错误.ϕϕϕϕϕ9.(2019·山东泰安模拟)(多选)如图(甲)所示,两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图(乙)所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场,则(　AD　)A.该粒子射出电场时的速度方向一定是平行于极板方向的B.在t=时刻,该粒子的速度大小为2v0C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子将在t=时刻射出电场解析:粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动,在后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度为零,可知粒子射出电场时的速度方向一定沿平行于极板方向,选项A正确;在t=时刻,粒子在水平方向上的分速度为v0,因为两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,则该时刻水平分位移为竖直分位移的2倍,故有v0=··2,解得v y=v0,根据平行四边形定则知,粒子的速度为v= v0,选项B错误;若该粒子在时刻以速度v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与零时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,则粒子不会打在板上,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子射出电场的时间t==,选项D正确.10.(2018·吉林期末)如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距为d=8 cm,板长为L=25 cm,接在直流电源上,有一带电液滴以v0= 0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm,液滴刚好从金属板末端飞出,求:(1)将下板向上提起后,液滴的加速度大小;(2)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用时间为多少?(g取10 m/s2)解析:(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴匀速运动,所以有qE=mg,q=mg,即qU=mgd当下板向上提后,d减小,E增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力F′=q=mga===g=2 m/s2.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是.设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1,=a,t1==0.2 s而液滴从刚进入电场到出电场的时间为t2==0.5 s所以液滴从射入电场开始匀速运动到P点时间为t=t2-t1=0.3 s.答案:(1)2 m/s2　(2)0.3 s11.(2019·宁夏银川二中高三月考)如图所示,水平虚线MN上、下方空间分别存在电场强度方向相反、大小相等的匀强电场.以虚线MN处电势为零,A,B是位于两电场中同一竖直线上的两点,且到MN距离均为d,一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放,已知粒子运动过程中最大电势能为E pm,不计粒子重力.求:(1)匀强电场的电场强度大小;(2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间.解析:(1)粒子释放后,在MN上方电场中电场力做正功,电势能减小,MN下方电场中,电场力做负功,电势能增大,由能量守恒和对称性可知,粒子A,B两点间做往返运动,且在A,B处时电势能最大,MN处电势为零,设A到MN间电势差为U,A点电势为A,电场强度大小为E,则有U=A-0=ϕϕA ,ϕE pm=q A,U=Ed,ϕ联立解得E=.(2)粒子从A到MN做匀加速直线运动,设经历的时间为t,到MN时粒子速度为v,加速度为a,则有v=at,qE=ma,从A到MN由能量守恒有E pm=mv2,联立解得t=d.由对称性可得,粒子第一次返回A点所需时间为4t=4d.答案:(1)　(2)4d12.(2019·青海西宁三校联考)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示.小球运动的轨迹上A,B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为 8.0 J,在M点的动能为6.0 J,不计空气的阻力.求:(1)小球水平位移x1与x2的比值;(2)小球落到B点时的动能E kB;(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能E kmin.解析:(1)小球在水平方向上仅受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动,竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动,故从A到M和从M到B的时间相等,设从A到M所用时间为t,水平方向加速度为a x,由匀变速直线运动位移-时间公式,可得x1=a x t2,x2=a x(2t)2-a x t2=a x t2,所以x1∶x2=1∶3.(2)小球从A到M,由动能定理可得水平方向上电场力做功W电′= 6.0 J,则小球从A到B,水平方向上电场力做功W电=4W电′=24 J,由动能定理,可得E kB-E kA=W电,解得E kB=32 J.(3)设小球所受的电场力为F,重力为G,由于合运动与分运动具有等时性,小球从A到M,则有水平方向上电场力做功W电′=Fx1=F·a x t2==6.0 J,竖直方向上重力做功W G=Gh=G·gt2==8.0 J,由图可知,tan θ==,则sin θ=则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G′垂直,即图中的P点,故E kmin=m=m(v0sin θ)2= J.答案:(1)1∶3　(2)32 J　(3) J。

[A 组·基础题]1. 如图所示是模拟避雷针作用的实验装置，金属板M 、N 间有两个等高的金属体A 、B ，A 为尖头、B 为圆头．将金属板M 、N 接在高压电源上，逐渐升高电源电压，将首先观察到( A )A ．A 放电B ．B 放电C ．A 、B 一起放电D ．A 、B 之间放电2．如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d 的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m (不计重力)，电荷量为q ，从A 点与等势线4成θ角以初速度v 0射入电场中，到达等势线2上的B 点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场场强的大小为( A )A.m v 20sin 2θ4qd B ．m v 20sin 2θ2qd C.m v 20cos 2θ4qdD ．m v 20cos 2θ2qd3. 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( D )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4．(2018·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( D )A．膜片与极板间的电容增大B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大D．电阻R中有电流通过解析：根据C＝εr S4πkd可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝Ud可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．5．(多选) 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关S，电源即给电容器充电，则( BC )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电介质，则极板上的电荷量增大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电介质，则极板上的电势差增大6．(多选) 如图所示，美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．平行板电容器两极板与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d，现有一质量为m的带电油滴在极板间静止不动，则( AC )A．此时极板间的电场强度E＝U dB．油滴带电荷量q＝mg UdC．减小极板间电压，油滴将向下加速运动D．将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上加速运动7．(多选)如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，由此可知( AD )A．从B到C，小球的动能减小B．从B到C，小球的电势能减小C．从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等D．从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等8．(多选) 如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的12处返回，则下述措施能满足要求的是( BD )A．使初速度减为原来的1 2B．使M、N间电压提高到原来的2倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的1 2[B组·能力题]9. 如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( A )A．增大偏转电压UB．增大加速电压U0C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子10．(多选)(2018·河南郑州二测)如图所示，一水平放置的平行板电容器，下板A 固定，上板B与竖直悬挂的绝缘弹簧连接，A、B间有一固定的带正电荷的液滴P，电容器带电荷量为Q1，若让电容器充电或放电，使之带电荷量为Q2，则下列说法正确的是( AC )A．若Q2>Q1，则弹簧的长度增加B．若Q2>Q1，则电容器的电容减少C．若Q2>Q1，则带电液滴P的电势能增加D．若Q2<Q1，则带电液滴P的电势能增加解析：两板间的场强E＝Ud＝QCd＝Qεr S4πkd·d＝4πkQεr S，故板上带电荷量越多，板间电场强度越大，板间的电场力也越大，所以弹簧的长度增加，故A正确；由于两板相互吸引使B板下移，所以电容器电容增大，故B错误；若让电容器充电使之所带电荷量为Q 2，且Q 2>Q 1，P 到下板的距离不变但板间电场强度增大，所以带电液滴P 所在处电势升高，带电液滴P 的电势能增大，故C 正确；同理若让电容器放电使之带电荷量为Q 2，且Q 2<Q 1，则带电液滴P 的电势能减少，故D 错误．11．一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d2，求仍从P 点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度．解析：粒子从小孔正上方d2处由静止开始下落到下极板处返回，由动能定理有mg (d 2＋d )－q Ud d ＝0，与电池两极相连，电容器极板间电压不变，将下极板向上平移d 2后，设粒子下落距上极板x 处返回，由动能定理有mg (d 2＋x )－q Ud 2x ＝0，联立两式得x ＝d 4，下落的最大高度H ＝x ＋d 2＝3d4. 答案：3d 412．(2018·枣庄质检)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝43×103 V/m ；比荷为1.0×105 C/kg 的带正电粒子P 从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M ( 3 m,1 m)点；粒子P 的重力不计，试求：(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使P 、Q 恰能在运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点的集合．解析：(1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M ( 3 m ，1 m)点历时为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝12qEm t 20，解得：v 0＝2×104 m/s在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝12m v 20， 解得：U AB ＝1 000 V .(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从坐标N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得： 对于P ∶Eq ＝ma 1 对于Q ∶Eq ＝2ma 2 x ＝v 0t 12a 1t 2＝y ＋12a 2t 2 解得：y ＝16x 2，其中x ＞0即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为： y ＝16x 2，其中x ＞0.答案：(1)1 000 V (2)y ＝16x 2，其中x >0。

第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·湖北孝感模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是()A．断开开关S后，将A、B两极板分开些B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动解析：选 B.断开开关S，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开些，则d增大，根据C＝知，电容C减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，选项A错误；断开开关S，增大A、B两极板的正对面积，即S增大，根据C＝知，电容C增大，根据U＝知，电势差减小，指针张角减小，选项B正确；保持开关S闭合，无论将A、B两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，选项C错误；保持开关S 闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项D错误．2．如图所示，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()A.g B．gC.g D．g解析：选 A.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＝q；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电势差不变，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，两式联立可得a＝g.3．(2019·高考原创猜题卷)如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的倍，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为()A．2 B．2C．2 D．解析：选 D.对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F合＝mg，x＝h，由动能定理得F合·x＝mv2，解得v＝.4．一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，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．在距上极板处返回D．在距上极板d处返回解析：选D.设粒子质量为m，带电荷量为q，由动能定理得，第一次粒子从P点下落有mg－qU＝0；设第二次粒子从P点下落进入电容器后在距上极板距离为x处返回，有mg－qU＝0，联立解得x＝d，故选项D正确．5．有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是()A．减小墨汁微粒的质量B．减小偏转电场两极板间的距离C．减小偏转电场的电压D．减小墨汁微粒的喷出速度解析：选 C.微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有L＝v0t，在竖直方向上有y＝at2，加速度为a＝，联立解得y＝＝，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能E k0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U等，故A、B、D错误，C正确．6.如图所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则()A．q1>q2B．m1<m2C.> D．<解析：选C.设粒子的速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，所以有加速度a＝，运动时间为t＝，偏转位移为y＝at2，整理得y＝，显然由于A粒子的水平位移小，则有>，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确．二、多项选择题7．目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，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，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．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，电容变大D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大解析：选ACD.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，故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，故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，故C正确；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．8.如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则()A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点电势将降低C．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D．带电油滴的电势能保持不变解析：选BC.电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P点处于静止状态，因此有mg＝qE.当上极板向上移动一小段距＝减小，离时，板间距离d增大，由C＝可知电容器电容减小，板间场强E场油滴所受的电场力减小，mg＞qE，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P点电势等于P点到下极板间的电势差，由于P到下极板间距离h不变，由φP＝ΔU＝Eh可知，场强E减小时P点电势降低，B对；由C＝可知电容器所带电荷量减小，C对；带电油滴所处P点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D错．9．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(不计重力作用)．下列说法中正确的是()A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，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＝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＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析：选AC.根据题中条件作出带电粒子的速度图象，根据速度图象包围的面积分析粒子的运动．由图(a)知，t＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，选项A正确、B错误．由图(b)知，t＝时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的内不能到达右板，则之后往复运动，选项C正确、D错误．10．如图所示，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，两极板间距离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从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m＝4×10－5 kg、电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．微粒的入射速度v0＝10 m/sB．电容器上极板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C．电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D．电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场解析：选AC.开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下极板的正中央，由＝gt2，＝v0t，联立得v0＝10 m/s，A对；电容器上极板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则＝at，L＝v0t1，mg－＝ma，联立解得U1＝120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U2＝200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V≤U≤200 V时，微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C对、D错．三、非选择题11．(2016·高考四川卷)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的 .质子的比荷取1×108 C/kg.求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压．解析：(1)设质子进入漂移管B的速度为v B，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则T＝①L＝v B·②联立①②式并代入数据得L＝0.4 m．③(2)设质子进入漂移管E的速度为v E，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q，质量为m，则W＝qU ④W′＝3W ⑤W′＝mv－mv⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V.答案：(1)0.4 m(2)6×104 V12．如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；(2)P、Q两点间的电势差U PQ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．解析：(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝解得θ＝45°.(2)P到Q的过程，由动能定理有qEL－mgL＝0W PQ＝qEL解得U PQ＝＝－.(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有mg＝ma，即a＝g，v0＝at解得t＝带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T＝2t＝.答案：(1)45°(2)－(3)。