2019版一轮优化探究物理 练习：第七章 第3讲 电容器的电容 带电粒子在电场中的运动 Word版含解析
2019年高三物理一轮复习：精品练习 第七章 第3讲 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动 含解析
配餐作业电容器和电容 带电粒子在电场中的运动►►见学生用书P351A 组·基础巩固题1．(多选)上海世博会中稳定运营的36辆超级电容客车吸引了众多观光者的眼球.据介绍，电容车在一个站点充电30秒到1分钟后，空调车可以连续运行 3公里，不开空调则可以坚持行驶 5公里，最高时速可达 44公里.超级电容器可以反复充放电数十万次，其显著优点有：容量大、功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽.如图所示为某汽车用的超级电容器，规格为“48 V ，3 000 F ”，放电电流为1 000 A ，漏电电流为10 mA ，充满电所用时间为30 s ，下列说法正确的是( )A ．充电电流约为4 800 AB ．放电能持续的时间超过10分钟C ．若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间将超过100天D ．所储存电荷量是手机锂电池“4.2 V ,1 000 mAh”的40倍解析 由题知，电容器的额定电压U ＝48 V ，电容C ＝3 000 F ，则所能储存的电荷量为Q ＝CU .充电时，有Q ＝I 充t 充，得充电电流I 充＝CU t 充＝48×3 00030 A ＝4 800 A ，故A 项正确；放电能持续的时间t 放＝Q I 放＝48×3 0001 000 s ＝144 s ，小于10分钟，故B 项错误；若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间为t 漏＝Q I 漏＝1.44×107 s ＝1.44×10724×3 600天≈166.7天，故C 项正确；手机锂电池“4.2 V ，1 000 mAh ”的电荷量q ＝It ＝1×3 600 C ＝3 600 C ，则Q ＝40q ，故D 项正确.答案 ACD2．一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图所示，C 、D 、E 、F 为金属板表面上的不同位置.关于该电场，下列说法正确的是( )A ．A 点的场强小于B 点的场强B ．A 点的电势低于B 点的电势C ．一带电粒子分别从C 移到D 和从E 移到F ，电场力做功相等D ．带正电粒子从P 点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动 解析 电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则电场内部A 点的电场强度大于B 点的电场强度，故A 项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，故A 点电势高于B 点电势，故B 项错误；C 、E 两点的电势相等，D 、F 两点的电势相等，且C 、E 两点的电势高于D 、F 两点的电势，则C 、D 两点的电势差等于E 、F 两点的电势差，故一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等，C项正确；带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，则由于竖直方向所受的电场力不是恒力，故它不是做类平抛运动，D项错误，故选C项.答案C3．(多选)毛毯等绒料布生产时常采用静电植绒技术来实现，其原理如图：其中A是接高压阳极的金属网，其内装有绒料，B是一块金属平板，上面铺着涂有黏合剂待植绒基布.当待植绒基布从两极板经过时，给A接上高压并使绒料带上电荷，这样绒料在经过A、B两平行板间的电场加速后以高速向B板运动，遇到待植绒基布后便粘在上面从而实现静电植绒，下列说法正确的是()A．A、B两极板的电场方向由B指向AB．带电绒料带正电荷C．带电绒料在运动过程中电场力对它做正功D．带电绒料在运动过程中电势能增加解析A、B两极板的电场方向由A指向B，故A项错误；由于两极板的电场方向由A指向B，带电绒料向B板运动，说明带电绒料是带正电荷的，故B项正确；带电绒料在运动过程中电场力对它做正功，电势能减少，故C项正确，D项错误.答案BC【素养立意】以静电植绒为载体考查电荷在电场中的运动和做功，属于STSE(科学、技术、社会、环境)问题.4．(多选)如图所示，在真空中A 、B 两块平行金属板竖直放置并接入电路.调节滑动变阻器，使A 、B 两板间的电压为U 时，一质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0从A 板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A 、B 两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )A ．使初速度变为2v 0时，带电粒子恰能到达B 板B ．使初速度变为2v 0时，带电粒子将从B 板中心小孔射出C ．使初速度v 0和电压U 都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B 板D ．使初速度v 0和电压U 都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B 板中心小孔射出解析 设带电粒子进入电场中的位移为x ，根据动能定理得－qEx ＝0－12m v 20，又E ＝U d 得x ＝md v 202qU，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B 板处，x 变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为2v 0；或使A 、B 两板间的电压变为12U ；或使初速度v 0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C项正确，A、D项错误.答案BC5．(2018·湖南师大附中摸底考试)(多选)如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑.如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则()A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动C．偏转电场对电子做的功增大D．偏转电场的电场强度减小解析电子带负电，受到向上的电场力，所以向上偏转，U越大，电场力越大，偏转位移越大，做功越多.答案AC6．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象.当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2 s末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零解析 设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qE m 可知，a 2＝2a 1，可知，1.5 s 末粒子的速度为零，然后反方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为零，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C 、D 项正确.答案 CD7.如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷.一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加解析 由于两极板的正负不知，微粒的电性不确定，则微粒所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据微粒运动轨迹，微粒所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但微粒动能一定增加，所以只有C 项正确. 答案 C8.如图所示，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U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中线射入，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 L C.U 2U 1＜2d 2L 2 D.U 2U 1＜d 2L 2 解析 根据qU 1＝12m v 2，t ＝L v ，y ＝12at 2＝12·qU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2，由题意知，y ＜12d ，解得U 2U 1＜2d 2L 2，故C 项正确. 答案 CB 组·能力提升题9．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.m v 20sin 2θ4qdB.m v 20sin 2θ2qdC.m v 20cos 2θ4qdD.m v 20cos 2θ2qd解析 带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，水平方向做速度为v x ＝v 0cos θ的匀速直线运动，竖直方向做初速度为v y ＝v 0sin θ，加速度为a ＝Eq m 的匀减速直线运动，对运动过程应用动能定理有－Eq ·2d ＝12m v 2x －12m v 20，解得E ＝m v 20sin 2θ4qd，A 项正确. 答案 A10．(多选)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 项错误，B 项正确；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，C 项正确，D 项错误.答案BC11.(多选)如图所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以某速度水平抛出，落在斜面上B点.现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以相同速度水平抛出，落在斜面上C点.不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球带正电B．小球所受电场力可能大于重力C．小球两次落在斜面上所用的时间不相等D．小球两次落在斜面上的速度大小相等解析平抛运动过程中，合速度与水平方向夹角的正切值，与位移与水平方向夹角的正切值比值固定，在同一斜面，位移与水平方向夹角的正切值相同，所以合速度与水平方向夹角的正切值不变，即合速度方向不变，由于水平分速度大小不变，所以合速度大小不变，且两次落点，竖直方向的分速度，水平方向的分速度大小都不变，小球两次落在斜面上所用时间不相等，C、D项正确；由过程分析，小球竖直方向的末速度大小不变，由水平位移大小知时间t2，则竖直方向加速度减小，可知小球受到了向上的电场力，所以小球带负电，故A项错误；加了电场后，小球加速度仍向下，则电场力一定小于重力，故B项错误.答案CD12．如图所示，在厚铅板A 表面的中心放置一很小的放射源，可向各个方向放射出速率为v 0的α粒子，α粒子的质量为m ，电荷量为q ，在金属网B 与A 板间加有竖直向上的匀强电场，场强为E ，A 与B 的间距为d ，B 网上方有一很大的荧光屏M ，M 与B 的间距为L .当有α粒子打在荧光屏上时就能使荧光屏产生一闪光点，整个装置放在真空中，不计重力的影响.求：(1)打在荧光屏上的α粒子具有的动能.(2)荧光屏上闪光点的范围.解析 (1)由动能定理得qEd ＝E k B －12m v 20， 得E k B ＝qEd ＋12m v 20. (2)α粒子的初速度与电场方向垂直时，做类平抛运动，沿场强方向，有a ＝qE m ，d ＝12at 21， 得到达B 网的时间t 1＝2mdqE .粒子具有沿场强方向的速度v By ＝at 1＝2dqEm ，从B 网到M 所用的时间t 2＝L v By ＝L 2qEd 2mqEd ， 粒子运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2d ＋L 2qEd2mqEd ， 荧光屏上闪光点的范围是个圆，其半径R ＝v 0t ＝v 0(2d ＋L )2qEd2mqEd . 答案 (1)qEd ＋12m v 20 (2)荧光屏上闪光点的范围是个圆，半径为v 0(2d ＋L )2qEd2mqEd 13．如图所示，电场强度大小为E ＝mg q 的竖直匀强电场中，长为L的绝缘轻绳一端固定在O 点，另一端固定一质量为m ，带电荷量为＋q 的小球.在O 点正上方和正下方L 处，分别固定一个绝缘挡板A 、B ，两挡板竖直放置且尺寸较小.现将小球拉到与O 点同一高度且距O 点右侧L 处，给它一个竖直向上的初速度v 0，此后小球在A 、B 右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板A 、B 碰撞，小球与挡板碰撞时不损失机械能，碰后瞬间电场立即反向，大小不变.重力加速度大小为g .求：(1)小球与挡板A 碰后，能做圆周运动到挡板B ，初速度v 0的最小值.(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，小球与挡板A 、B 第一次碰撞前瞬间，轻绳的拉力分别为多大.(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50mg ，在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数.解析 (1)小球与挡板A 碰前，由于qE ＝mg ，小球将做匀速圆周运动到挡板A .小球与挡板A 碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力的作用下做圆周运动到挡板B ，此过程中F ＝qE ＋mg ＝2mg ，方向向下，要能做圆周运动，则最高点A 处满足qE ＋mg ≤m v 20L ，解得v 0≥2gL ， 因而小球初速度的最小值为2gL .(2)小球第一次与挡板A 碰前做匀速圆周运动，因而有T A 1＝m v 20L ，解得T A 1＝2mg .小球第一次与挡板A 碰后，将做变速圆周运动到挡板B 与挡板B 第一次碰撞，在该过程中，根据动能定理有(qE ＋mg )·2L ＝12m v 2B 1－12m v 20小球第一次与挡板B 碰前瞬间，由圆周运动的知识有T B 1－qE －mg ＝m v 2B 1L ，解得T B 1＝12mg .(3)小球与挡板B 第一次碰后到小球与挡板A 第二次碰前，由于qE ＝mg ，且方向相反，小球做匀速圆周运动，则小球与挡板A 第二次碰前有v A 2＝v B 1，因而轻绳的拉力为T A 2＝m v 2A 2L ，联立解得T A 2＝10mg .小球与挡板A 第二次碰后到小球与挡板B 第二次碰前的过程，根据动能定理有(qE ＋mg )·2L ＝12m v 2B 2－12m v 2A 2， 小球与挡板B 第二次碰前瞬间，根据圆周运动的知识有T B 2－qE －mg ＝m v 2B 2L ，联立解得T B 2＝20mg ，由上分析可知，小球每次与挡板A 、B 碰撞前，轻绳的拉力均比上一次与挡板碰撞增加ΔT ＝T An ＋1－T An ＝T Bn ＋1－T Bn ＝8mg .因而小球与挡板B 第n 次碰前，轻绳的拉力为T Bn ＝T B 1＋(n －1)ΔT ＝4(2n ＋1)mg ；如果轻绳断裂，则应有T Bn ≥50mg ，解得n ≥5.75，因而小球与挡板A 碰撞6次，与挡板B 碰撞5次后在小球还未与挡板B 发生第6次碰撞前轻绳已经断裂，因而小球与挡板碰撞的总次数为N ＝6＋5＝11(次).答案 (1)2gL (2)T A 1＝2mg T B 1＝12mg(3)11。
2019高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动练习
丰富丰富纷繁 第 3 讲电容器与电容、带电粒子在电场中的运动1．(2017 ·高考江苏卷 ) 如下图，三块平行搁置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于 O 、M 、P 点．由 O 点静止开释的电子恰巧能运动到P 点．现将 C 板向右平移到 P ′点，则由 O 点静止开释的 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 ′点分析：选 A. 电子在 A 、B 板间的电场中加快运动，在 B 、C 板间的电场中减速运动，设 A 、B 板间的电压为 U ， B 、C 板间的电场强度为 E ， M 、P 两点间的距离为 d ，则有 eU － eEd ＝ 0，若将 C 板向右平移到 P ′点， B 、 C 两板所带电荷量不变，由U Q 4π kQC 板向右平移到′时， 、 两板间的电场强度不变，由此＝ ＝＝可知，EdCdε SPBC能够判断，电子在 A 、B 板间加快运动后，在 B 、C 板间减速运动，抵达 P 点时速度为零，而后返回， A 项正确， B 、 C 、D 项错误．2． ( 多项选择 )(2018 ·四川绵阳模拟 ) 如图甲所示，两平行金属板 A 、 B 放在真空中，间距为 d ， P 点在 A 、 B板间， A 板接地，B 板的电势 φ 随时间 t 的变化状况如图乙所示， t ＝0 时，在 P 点由静止开释一质量为、电m 荷量为 e 的电子，当 t ＝ 2T 时，电子回到 P 点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则以下说法正确的是 ( )A ． φ ∶ φ ＝1∶212B ． φ ∶ φ ＝1∶312C ．在 0～ 2T 时间内，当 t ＝T 时电子的电势能最小2 2 2D ．在 0～ 2T 时间内，电子的电势能减小了2e T φ12mdφ 1 E 1eeφ 1分析：选 BCD.0～ T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝ d ，电子以 a 1＝ m ＝ dm 向上做匀加快直线运动，当 t ＝T 时电子的位移 x ＝ 1 2φ 2φ 2 e 2a T ，速度 v ＝ a T T ～2T 时间内平行板间的电场强度E ＝d，加快度 a ＝dm ，1 1 1 12212电子以 v 1 的初速度向上做匀减速直线运动，速度变成0 后开始向下做匀加快直线运动，位移x 2＝v 1T －2a 2T ，由题意 t ＝ 2T 时电子回到 P 点，则 x 1＋ x 2＝ 0，联立可得 φ2 ＝3φ 1，选项 A 错误， B 正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而 0～ T 时间内电子做匀加快直线运动，以后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加快直线运动，因此在 T 时辰电势能最小，选项 C 正确．电子在 t ＝ 2T 时回到 P 点，此时速度 v ＝ v － a T ＝2 1 22φ 1 eT12 2 2 221－＝e T φ，依据能量守恒定律，电势能的减少许等于动 dm ( 负号表示方向向下 ) ，电子的动能为 E2mv ＝md k 22能的增添量，选项D 正确．3．(2018 ·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．如下图，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，静电计指针张开必定角度，为了使指针张开的角度减小些，以下采纳的举措可行的是()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 两极板凑近些D ．保持开关 S 闭合，将滑动变阻器的滑片向右挪动分析：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，依据C ＝ ε rS 知，4π kd 电容 C 减小，依据 U ＝Q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C面积，即 S 增大，依据 ＝ ε r S 知，电容 C 增大，依据 QB 正确；＝ 知，电势差减小，指针张角减小，选项C 4π kd U C保持开关 S 闭合，不论将 A 、 B 两极板分开些，仍是将二者凑近些，电容器两头的电势差都不变，则指针张角不变，选项 C 错误；保持开关 S 闭合，滑动变阻器仅充任导线作用，电容器两头的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项 D 错误．4．(2017 ·高考全国卷Ⅱ ) 如图，两水平面 ( 虚线 ) 之间的距离为 H ，此间的地区存在方向水平向右的匀强电场．自该地区上方的A 点将质量均为 m 、电荷量分别为 q 和－ q ( q >0) 的带电小球 M 、 N 先后以同样的初速度沿平行于电场的方向射出． 小球在重力作用下进入电场地区， 并从该地区的下界限走开． 已知 N 走开电场时的速度方向竖直向下；在电场中做直线运动，刚走开电场时的动能为N 刚走开电场时动能的 1.5 倍．不计空气M阻力，重力加快度大小为g . 求(1) M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2) A 点距电场上界限的高度；(3) 该电场的电场强度大小．分析： (1) 设小球 M 、 N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v 0，则它们进入电场时的水平速度仍旧为 v 0. M 、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加快度沿水平方向，大小均为 a ，在电场中沿水平方向的位移分别为 s 和 s . 由题给条件和运动学公式得12v 0－ at ＝ 0①s 1＝ 0＋ 12②v t2ats 212③＝ v t － 2at联立①②③式得s 1 ＝ 3.④s 2(2) 设 A 点距电场上界限的高度为h ，小球着落 h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式22gh⑤v y ＝12H ＝ v y t ＋ 2gt⑥进入电场后做直线运动，由几何关系知Mv 0 s 1v y ＝H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得1h ＝ 3H .⑧(3) 设电场强度的大小为 E ，小球 M 进入电场后做直线运动，则v 0 qE＝⑨v y mg设 M 、 N 走开电场时的动能分别为 E k1、 E k2，由动能定理得12 2E k1 ＝2m ( v 0＋ v y ) ＋ mgH ＋ qEs 1 ⑩ E k2 1 2 2?＝2m v ＋ v) ＋ mgH － qEs 2y由已知条件k1 ＝1.5 k2?EE联立④⑤⑦⑧⑨⑩ ??式得mgE ＝.2q答案：看法析。
2019届高考物理一轮复习 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课后达标 新人教版
第三节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动(建议用时：60分钟)一、单项选择题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：选B.由公式C ＝εr S4πkd 知，在两极板间插入一电介质，其电容C 增大，由公式C＝Q U知，电荷量不变时，U 减小，B 正确．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.l dg B ．d －ld g C.ld －lg D ．dd －l 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 ＝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 U d，两式联立可得a ＝l dg .3．(2018·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43倍，重力加速度为g ，则物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22ghD ．532gh 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＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12mv 2，解得v ＝532gh .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 处返回解析：选D.设粒子质量为m ，带电量为q ，由动能定理得，第一次粒子从P 点下落有mg ⎝⎛⎭⎪⎫d ＋d 2－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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋d 2－q x 23dU ＝0，联立解得x ＝25d ，故选项D 正确．5．(2018·湖北黄冈模拟)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A 、B 为两块水平放置的平行金属板，间距d ＝1.0 m ，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E ＝1.0×103N/C 的匀强电场，在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 0＝1.0 m/s 、质量均为m ＝5.0×10－14kg 、电荷量均为q ＝2.0×10－15C 的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B 上，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法中错误的是( )A ．沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为0.2 sB ．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为2.0×10－12JC ．若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍D ．若其他条件均不变，E 增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的12解析：选D.沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度a ＝qE ＋mgm＝2×10－15×103＋5×10－135×10－14m/s 2＝50 m/s 2，根据d ＝12at 2得t ＝2da＝0.2 s ，故A 正确．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为W ＝qEd ＝2×10－15×103×1 J ＝2.0×10－12J ，故B 正确．若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，根据d ＝12at 2得，t 变为原来的2倍，则喷涂面积的半径变为原来的2倍，面积变为原来的2倍．故C 正确．若其他条件均不变，E 增大为原来的2倍，则加速度a ′＝2×10－15×2×103＋5×10－135×10－14m/s 2＝90 m/s 2，加速度变为原来的95，时间t 变为原来的53，喷涂面积的半径变为原来的53，面积减小为原来的59，故D 错误．二、多项选择题6．(2018·成都七中高三月考)如图所示，R 0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D 为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C 为平行板电容器，C 中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地．在开关S 闭合后，下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是( )A ．将热敏电阻 R 0 加热B ．变阻器 R 的滑动头 P 向上移动C ．开关S 断开D ．电容器 C 的上极板向上移动解析：选AC.液滴受向上的电场力和向下的重力作用；将热敏电阻R 0加热，则阻值减小，滑动变阻器R 上的电压变大，则电容器两端的电压变大，两板间场强变大，则液滴向上运动，选项A 正确；变阻器R 的滑动头 P 向上移动时，R 的阻值减小，则电容器两端的电压减小，电容器放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电量不变，场强不变，则油滴不动，选项B 错误；开关S 断开时，电容器两端的电压等于电源的电动势，则电容器两板间的场强变大，液滴向上运动，选项C 正确；电容器C 的上极板向上移动时，电容器两板间场强减小，液滴向下运动，故选项D 错误．7．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 ＝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 ＝T4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1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2知，t ＝T 4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T2内不能到达右板，则之后往复运动，选项C 正确、D 错误．8．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 ＝4×10－3m ，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 ＝4×10－5kg 、电荷量q ＝＋1×10－8C ，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．微粒的入射速度v 0＝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d 2＝12gt 2，L2＝v 0t ，联立得v 0＝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d 2＝12at 21，L ＝v 0t 1，mg －U 1qd＝ma ，联立解得U 1＝120 V ，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U 2＝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．9．一个质量为m ，电荷量为＋q 的小球以初速度v 0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球在水平方向一直做匀速直线运动B ．若场强大小等于mg q ，则小球经过每一电场区的时间均相同C ．若场强大小等于2mgq，则小球经过每一无电场区的时间均相同D ．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同解析：选AC.将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以v 0做匀速直线运动，故A 正确；竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g ，竖直向下，有电场区除重力外，还受到竖直向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向．当电场强度等于mgq时，电场力等于mg ，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区时，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，故B 错误；当电场强度等于2mgq时，电场力等于2mg ，故在电场区小球所受的合力大小等于mg ，方向竖直向上，加速度大小等于g ，方向竖直向上，根据运动学公式有：经过第一个无电场区y ＝12gt 21，v 1＝gt 1，经过第一个电场区，y ＝v 1t 2－12gt 22，v 2＝v 1－gt 2，联立解得t 1＝t 2，v 2＝0.接下来小球的运动重复前面的过程，即在竖直方向上每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零的匀减速直线运动，故C 正确；通过前面的分析可知，小球通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以通过无电场区的时间不同，故D 错误．三、非选择题10．(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12.质子的比荷取1×108C/k g .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 ＝1f ① L ＝v B ·T2② 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 ④ W ′＝3W⑤W ′＝12mv 2E －12mv 2B⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104V. 答案：(1)0.4 m (2)6×104V11．(2016·高考北京卷)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0.偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10 m/s 2.(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG 的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．解析：(1)根据功和能的关系，有eU 0＝12mv 20电子射入偏转电场的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝L v 0＝L m2eU 0偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝12·eU dm (Δt )2＝UL 24U 0d .(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G ＝mg ～10－29N 电场力F ＝eU d～10－15N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值， 即φ＝E p q由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能E G与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝E G m电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．答案：(1) 2eU0mUL24U0d(2)见解析(3)见解析。
高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动练习(2021年整理)
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第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动板块三限时规范特训时间:45分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选) 1．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。
在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ,将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变,乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小答案B解析甲图中的电容器和电源相连,所以电容器两极板间的电压不变,当极板间的距离增大时,根据公式E＝错误!可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小，C错误;当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝错误!,极板间的电压U＝错误!＝错误!,极板间的电场强度E＝错误!＝错误!，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强不变，故乙图中两极板间场强不变，电场力不变，夹角不变,A、D错误；综上分析，选项B正确.2．［2016·商丘高三模拟］如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置.在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）( ）A．保持开关S闭合，适当上移P极板B．保持开关S闭合，适当左移P极板C．先断开开关S，再适当上移P极板D．先断开开关S,再适当左移P极板答案A解析如图，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向v x和竖直方向v y。
新课标2019届高考物理一轮复习第7章静电场第三节电容器带电粒子在电场中的运动课件
第三节 电容器 带电粒子在电场中的运动
考点一 电容器及其动态分析问题
[基础梳理] 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．
整理得 t＝h＋h d
2h g.
答案：(1) 2gh
mg（h＋d） (2) qd
mg（h＋d）Cqh＋d2h(3) hg
(1)带电粒子重力是否计入的判断 ①微观粒子(如电子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子， 一般都不计重力(并不是忽略质量)； ②带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗 示外，一般要考虑重力； ③原则上，所有未明确交代的带电体，都应根据题设运动状态 和过程，反推是否计重力(即隐含条件)．
2．(多选)(2015·高考广东卷)如图所示的水平匀强 电场中，将两个带电小球 M 和 N 分别沿图示路 径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、 N 保持静止，不计重力，则( ) A．M 的带电量比 N 的大 B．M 带负电荷，N 带正电荷 C．静止时 M 受到的合力比 N 的大 D．移动过程中匀强电场对 M 做负功
解析：选 D.两板水平放置时，放置于两板间 a 点的带 电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平 衡．当将两板逆时针旋转 45°时，电场力大小不变， 方向逆时针偏转 45°，受力情况如图所示，则其合力方向沿二 力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项 D 正确．
3．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与
A．θ 增大，E 增大
B．θ 增大，Ep 不变
C．θ 减小，Ep 增大
备考2019年高考物理一轮复习文档：第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 练习 Word版含解析
板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。
在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小答案 B解析甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝Ud可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小，C错误；当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝εr S4πkd ，极板间的电压U＝QC＝4πkdQεr S，极板间的电场强度E＝Ud＝4πkQεr S，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强不变，故乙图中两极板间场强不变，电场力不变，夹角不变，A、D错误；综上分析，选项B正确。
2．[2016·商丘高三模拟]如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。
在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B 射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)( )A．保持开关S闭合，适当上移P极板B．保持开关S闭合，适当左移P极板C．先断开开关S，再适当上移P极板D．先断开开关S，再适当左移P极板答案 A解析如图，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向v x和竖直方向v y。
竖直方向：v y＝v0sinθ，加速度a＝Eqm，E为场强，设t为粒子上升到最高点所用时间，则t＝v ya＝mv0sinθEq。
水平方向位移x＝v x·2t＝2v0t cosθ。
高三物理一轮复习专题训练：专题7 第3讲《电容器与电容 带电粒子在电场中的运动》.pdf
第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 一、单项选择题 1．让原来静止的氢核(H)、氘核(H)、氚核(H)的混合物经同一电场加速后，具有( ) A．相同的速度 B．相同的动能 C．相同的动量 D．以上都不对 2．如图K7-3-1所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变改变电容的( ) 图K7-3-1 A．两板间的距离 B．两板间的电压 C．两板间的电介质 D．两板间的正对面积 3．如图K7-3-2所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速率相同，则两次偏转电压之比为( ) A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 图K7-3-2 4．(2013年新课标卷Ⅰ)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．在距上极板处返回 二、双项选择题 5．如图K7-3-3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，保持两板电压不变，则( ) A．当增大两板间距离时，v增大 B．当减小两板间距离时，v减小 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增大 图K7-3-3 图K7-3-4 6．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它们相连接的电路如图K7-3-4所示，接通开关S，电源给电容器充电，则( ) A．保持S接通，减小两板间的距离，则板间场强减小 B．保持S接通，在两板间插入一块介质，则极板上的带电量增大 C．断开S，减小两板间的距离，则两板间的电势差减小 D．断开S，在两板间插入一块介质，则两板间的电势差增大 7．(2013年四川省绵阳二诊)如图K7-3-5所示，长为L的绝缘轻杆在水平向右的匀强电场中，杆与电场线垂直，杆两端固定带电小球A和B，初始时处于图中实线位置．现将轻杆向右平移2L，然后以球B为轴在纸面内顺时针转动90°到图中虚线位置，杆与电场线平行，在实线位置和虚线位置，A、B两球电势能之和相同．不考虑带电两球之间的相互作用．则( ) 图K7-3-5 A．A球所带电荷量绝对值比B球的大 B．A球所带电荷量绝对值比B球的小 C．从实线位置到虚线位置的过程中，电场力对A球一定做正功 D．从实线位置到虚线位置的过程中，电场力对B球可能做正功 8．如图K7-3-6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( ) A．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 图K7-3-6 图K7-3-7 9．如图K7-3-7所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直电场方向进入电场，它们分别落到A、B、C三点，则可判断( ) A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电 B．三小球在电场中运动时间相等 C．三小球到达正极板时的动能关系是：EkA＞EkB＞EkC D．三小球在电场中运动的加速度关系是：aC＞aB＞aA 三、非选择题 10．如图K7-3-8所示，在真空中水平放置一对平行金属板，板间距离为d，板长为l，加电压U后，板间产生一匀强电场，一质子(质量为m，电量为q)以初速度v0垂直电场方向射入匀强电场． (1)求质子射出电场时的速度大小． (2)求质子射出电场时的偏转距离． 图K7-3-8 11．如图K7-3-9所示，在距地面一定高度的位置以初速度v0向右水平抛出一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离(水平射程)．若在空间加上一竖直方向的匀强电场，使小球的水平射程变为原来的，求此电场的场强大小和方向． 图K7-3-9 12．如图K7-3-10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从两平行极板中央射入，开关S闭合前，两极板不带电，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，电量q＝＋1×10－8 C．(取g＝10 m/s2)求： (1)微粒入射速度v0为多少？ (2)为了使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极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？ 图K7-3-10第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动1.B 2.A 3．A 解析：设板长为l，板间距离为d，当偏转电压为U1时，＝()2，当偏转电压为U2时，d＝2，所以U1∶U2＝1∶8. 4．D 解析：带电粒子从P点由静止开始下落，经过小孔进入电容器，在下极板处返回，根据动能定理知，mg·d＝Uq .将下极板向上平移，从P点开始下落的相同粒子到达下极板处重力做功为mg·d，小于克服电场力做的功Uq，所以A、B项错误．设距上极板x处返回，根据动能定理有mg·＝q·x ②，由①②联立解得x＝d.所以C项错误，D项正确． 5．CD 解析：由动能定理得eU＝mv2.当改变两极板间距离时，v不变，C正确；粒子做初速度为零的匀加速直线运动＝，＝，即t＝，当增大两板间距离时，电子在板间运动时间增大，D正确． 6．BC 7.BD 8.BD 9.AD 10．解：(1)质子通过电场的时间为t＝ 金属板间的电场强度为E＝ 质子在竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 a＝＝ 质子离开电场时竖直分速度为v1，则 v1＝at 联立解得v1＝ 质子离开电场时的速度实质是两个分运动在此时刻速度的合速度，其大小为 v＝＝. (2)粒子从偏转电场中射出时偏转距离为 y＝at2 联立解得y＝. 11．解：设不加电场时小球在空间运动的时间为t，则水平射程x＝v0t 下落高度h＝gt2 设加电场后小球在空间的运动时间为t′，小球运动的加速度为a，有 x＝v0t′，h＝at′2 由以上各式，得a＝4g 则场强方向竖直向上，根据牛顿第二定律得 mg＋qE＝ma 解得E＝，方向竖直向上． 12．解：(1)设两极板不带电时，微粒落到下极板正中央所需时间为t，有 ＝v0t，＝gt2 解得v0＝ ＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．设微粒恰好从下极板的右边缘射出时，所加的电压为U1，有 ＝a12，mg－＝ma1 解得U1＝120 V 设微粒恰好从上极板的右边缘射出时所需的电压为U2，有 ＝a2()2，－mg＝ma2 解得U2＝200 V 所以120 V＜U＜200 V.。
一轮优化探究物理(教科版)练习：第七章 第3讲 电容器的电容 带电粒子在电场中的运动 含解析
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．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2.5×10－5 CB．要使该电容器带电荷量1 C，两极板之间需加电压2.5×10－5 VC．该电容器能够容纳的电荷量最多为25 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式C＝QU可知C＝ΔQΔU，所以ΔQ＝CΔU＝2.5×10－5×1C＝2.5×10－5 C，A正确．若Q＝1 C，则U＝QC＝4×104 V，B错误．当电容器的电压为450 V时，电容器的电荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×450 C＝1.125×10－2 C，C错误.450 V是电容器的额定电压，低于击穿电压，D错误．答案：A2.2016年8月23日，第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会在上海新国际博览中心举行，作为中国最大超级电容器展，众多龙头踊跃参与．如图所示，参展的平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中()A．电容器的电容C增大B．电容器的电荷量Q增大C．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向MD．油滴静止不动，电流计中的电流从N流向M解析：在电容器两极板错开的过程中，根据电容的决定式C＝εr S4πkd得知，电容C减小，选项A错误．由C＝QU可知，U不变时，Q是减小的，选项B错误．电容器的电荷量减小，有电荷流向电源，是放电电流，方向由N到M；电容器接在电源的正、负极上没有断开，则电容器两端的电压不变，两极板间的距离不变，则电场强度不变，油滴受力情况不变，油滴静止不动，选项C错误，D正确．答案：D3.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()A．右移B．左移C．上移D．下移解析：将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C＝εr S4πkd可知，电容增大，而电容器电荷量不变，由C＝QU分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；相反，同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A正确，B错误．A板向上移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C＝εr S4πkd可知，电容减小，而电容器电荷量不变，由C＝QU分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故C错误；同理，D错误．答案：A4.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1解析：设板长为l，两板间距为d，粒子的初速度为v0，质量为m，电荷量为q，当电压为U1时，有l＝v0t1，d2＝12·U1qdm t21，联立得d＝U1ql2dm v20①.当电压为U2时，有l2＝v 0t 2，d ＝12·U 2q dm t 22，联立得d ＝U 2ql 28dm v 20②.由①②得U 1U 2＝18，故A 正确． 答案：A5.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( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a 1＝qE M 、a 2＝qE m ，由运动学公式有25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2①，35l ＝12a 2t2＝qE 2m t 2②，①②得M m ＝32.故B 、C 、D 错，A 对． 答案：A二、多项选择题6．如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是( )A ．A 板与静电计的指针带的是异种电荷B ．甲图中将B 板上移，静电计的指针偏角增大C ．乙图中将B 板左移，静电计的指针偏角不变D ．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小解析：静电计指针与A 板连为一个导体，带电性质相同，A 错误；根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，B 板上移，S 减小，C 减小，Q 不变，U 增大，B 正确；B 板左移，d 增大，C 减小，U 增大，C 错误；插入电介质，εr 增大，电容C 增大，U 减小，D 正确．答案：BD7.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，充电后断开电源，带电小球以速度v 0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v 0从原处飞入，则带电小球( )A ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出B ．将打在下板中央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：平行板电容器充电结束后断开电源，极板所带的电荷量不变，则有E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr Sd 4πkd＝4πkQ εr S ，由此式可知，板间距变化不会影响电场强度的变化，电场强度不变，小球所受的电场力不变，所以A 正确，B 、C 错误；如果下极板上移，小球在竖直方向的位移将会减小，到达下极板的时间变短，有可能到达下极板的正中间，所以D 正确．答案：AD8.如图所示，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，圆轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为圆弧．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处的G点由静止释放，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B．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：由题意可知：带电小球从A到C的过程中，由于电场力做负功，而重力做正功，二者间做功的大小关系不确定，故小球也可能不能从B点离开轨道，选项A错误；若小球在AC段时，重力等于电场力，则小球在AC部分可能做匀速圆周运动，选项B正确；若小球能从B点离开，因电场力做负功，全过程中小球的机械能减小，故上升的高度一定小于H，选项C正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，故小球能到达C点速度不可能为零，选项D错误．答案：BC[能力题组]一、选择题9.平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路．闭合开关S，电源即给电容器充电，则()A．保持S闭合，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闭合，在两极板间插入一块铝板，则两极板间电场的电场强度增大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，则极板上的电势差增大解析：保持S闭合时，电容器两极板间的电势差不变，减小两极板间的距离，根可知，两极板间电场的电场强度增大，选项A错误；保持S闭合，在两据E＝Ud极板间插入一块铝板，根据静电平衡的特点可知，有电场存在的板间距离减小，根据E ＝U d 可知，两极板间电场的电场强度增大，选项B 正确；充电结束后断开S ，电容器两极板上的电荷量不变，减小两极板间的距离，电容器的电容增大，U ＝Q C ，则两极板间的电势差减小，选项C 错误；充电结束后断开S ，在两极板间插入一块介质时，电荷量不变，电容器的电容增大，同样极板上的电势差减小，选项D 错误．答案：B10.(2016·高考海南卷)如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q (q ＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )A.E k04qdB.E k02qdC.2E k02qdD.2E k0qd解析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v y 和平行极板的v x ，根据运动的合成与分解，当v y ＝0时，根据运动学公式有v 2y ＝2Eq m d ，v y ＝v 0cos 45°，E k0＝12m v 20，联立得E ＝E k02qd ，故选项B正确．答案：B11.真空中的某装置如图所示，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( )A ．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：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＝12m v 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全相同，则v 0不全相同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不全相同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L 2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电荷量无关，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． 答案：B12.(多选)(2018·河南重点中学联考)如图a 所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图b 中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )A ．电压是甲图时，在0～T 时间内，电子的电势能先减少后增加B ．电压是乙图时，在0～T 2时间内，电子的电势能先增加后减少C ．电压是丙图时，电子在板间做往复运动D ．电压是丁图时，电子在板间做往复运动解析：若电压是甲图，电场力先向左后向右，则电子向左先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，A 正确；电压是乙图时，在0～T 2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，B 错误．电压是丙图时，电子向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T 2做加速度先增大后减小的减速运动，到T 时速度减为0，之后继续朝同一方向加速、减速，故粒子一直朝同一方向运动，C 错误．电压是丁图时，电子先向左加速，到T 4后减速，T 2后反向加速，34T 后减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故粒子做往复运动，D 正确．答案：AD二、非选择题13.如图所示，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 ＝3×10－10 C ，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(取g＝10 m/s 2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)．求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小．解析：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，可得qE cos α＝mgE ＝U d解得m ＝qU cos αdg代入数据得m ＝8×10－8 kg.(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零．对液滴由动能定理得qU ＝12m v 2－12m v 20解得v ＝ v 20＋2qU m 所以v ＝72 m/s.答案：(1)8×10－8 kg (2)72 m/s14．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 ，两极板间的距离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从两极板中央平行于极板射入，开关S 闭合前，两极板不带电，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 取10 m/s 2.(1)求微粒的入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边缘射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 的取值范围为多少？解析：(1)由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2，可得v 0＝L 2g d＝10 m/s.(2)电容器的上极板应接电源的负极． 设所加电压为U 1时，微粒恰好从下极板的右边缘射出，则d 2＝12a 1(L v 0)2，a 1＝g －qU 1md 解得U 1＝120 V设所加电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，则d 2＝12a 2(L v 0)2， a 2＝qU 2md －g解得U2＝200 V所以120 V≤U≤200 V.答案：(1)10 m/s(2)负极120 V≤U≤200 V。
2019高三物理人教版一轮教师用书：第7章 第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动 Word版含解析
第三节电容器带电粒子在电场中的运动(对应学生用书第126页)[教材知识速填]知识点1电容器、电容、平行板电容器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、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)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．(2)定义式：C＝QU＝ΔQ ΔU.(3)单位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF.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，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比．(2)决定式：C＝εr S4πkd，k为静电力常量．易错判断(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×)(3)放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．(×) 知识点2 带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中的加速(1)处理方法：利用动能定理：qU ＝12m v 2－12m v 20. (2)适用范围：任何电场． 2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法． ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝l v 0.②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．易错判断(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√) (3)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．(×) 知识点3 示波管 1．示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图7-3-1所示．图7-3-12．工作原理(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束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．(2)YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象．易错判断(1)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的．(√)(2)电子在YY′间做直线运动，在XX′间做类平抛运动．(×)[教材习题回访]考查点：对电容器电容的理解1．(教科版选修3－1P40T9)关于电容器的电容，下列说法中正确的是() A．电容器所带电荷量越多，电容越大B．电容器两板间电压越低，其电容越大C．电容器不带电时，其电容为零D．电容器的电容只由它本身的特性决定[答案]D考查点：电容器动态分析问题2．(人教版选修3－1P32T1改编)如图7-3-2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()图7-3-2A．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[答案]B考查点：带电粒子在电场中的运动3．(鲁科版选修3－1P44T4)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，从电容器的P点(如图7-3-3)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()图7-3-3A．1∶2B．1∶8C．2∶1 D．4∶1[答案]D考查点：带电粒子在电场中加速和偏转4．(人教版选修3－1P39T5改编)如图7-3-4所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy分别是()图7-3-4A.eU0mUL22U0d B.2eU0mUL22U0dC.eU0mUL24U0d D.2eU0mUL24U0dD[根据动能定理，有eU0＝12m v20，电子射入偏转电场时的初速度v0＝2eU0 m，在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝Lv0＝Lm2eU0，加速度a＝eEm＝eUmd，偏转距离Δy＝12a(Δt)2＝UL24U0d.](对应学生用书第127页)1．分析思路(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变．(2)用决定式C＝εr S4πkd确定电容器电容的变化．(3)用定义式C＝QU判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化．(4)用E＝Ud分析电容器极板间场强的变化．2．两类动态变化问题的比较[题组通关]1. (2018·河南三市二模)如图7-3-5所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，B 极板接地，A 极板与一个静电计相连．将B 极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C 、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E 的变化情况分别是( )【导学号：84370288】图7-3-5 A ．C 变小，θ变大，E 不变 B ．C 不变，θ不变，E 变小 C ．C 变小，θ不变，E 不变 D ．C 变小，θ变大，E 变小A [电容器充好电后与电源断开，则电容器所带电荷量不变．当B 极板左移时，极板间距离增大，由C ＝εr S 4k πd 知电容C 减小，又C ＝QU ，则知两板间电压U 升高，则静电计指针偏角θ变大，再由E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQεr S 可知电场强度不变，故A 正确．]2.如图7-3-6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()图7-3-6A．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D[由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝Q C可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E＝U d＝Q Cd＝4πkQεr S，Q、S不变，则E不变．因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P 点的电势能E p不变，故只有选项D正确．]1．是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．2．解决问题的两种思路(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝12m v2－12m v20.[多维探究]考向1仅在电场力作用下的直线运动1．(多选)如图7-3-7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()图7-3-7A．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 2BD[在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－12m v20，所以d＝m v202qE，令带电粒子离开M板的最远距离为x，使初速度减为原来的1 2，则x＝d4；使M、N间电压提高到原来的2倍，则电场强度变为原来的2倍，x＝d2；使M、N间电压提高到原来的4倍，则电场强度变为原来的4倍，x＝d4；使初速度和M、N间电压都减为原来的12，则电场强度变为原来的一半，x＝d 2.]2．如图7-3-8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()【导学号：84370289】图7-3-8A．3∶2B．2∶1C．5∶2 D．3∶1A[设极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M，由牛顿第二定律有：qE＝Ma M，由运动学公式得：25l＝12a M t2；对m，由牛顿第二定律有qE＝ma m根据运动学公式得：35l＝12a m t2由以上几式解之得：Mm＝32，故A正确．](多选)若题中，在两极板间加上如图所示变化的匀强电场．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，(只受电场力的作用)，则下列说法中正确的是()A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零CD [设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qEm 可知，a 2＝2a 1，可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C 、D 正确．] 考向2 在电场力和重力作用下的直线运动3.如图7-3-9所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )图7-3-9 A ．微粒达到B 点时动能为12m v 20 B ．微粒的加速度大小等于g sin θ C ．两极板的电势差U MN ＝mgd q cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgdcos θ[题眼点拨] “沿直线运动”说明微粒受电场力和重力的合力与v 0在一条直线上．C [微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向．由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于12m v20，选项A错误；根据qE sin θ＝ma，qE cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，选项B错误；两极板的电势差U MN＝Ed＝mgdq cos θ，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qU MN＝mgdcos θ，选项D错误．]4．如图7-3-10所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为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：图7-3-10(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落到下极板处的时间.【导学号：84370290】[解析](1)设小球下落h时的速度为v，由自由落体规律有v2＝2gh，得v ＝2gh.(2)设小球在极板间运动的加速度为a，由v2＝2ad，得a＝v22d＝gh d.由牛顿第二定律qE－mg＝ma，电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，联立以上各式得E＝mg(h＋d)qd，Q＝Cmg(h＋d)q.(3)由h＝12gt21得小球做自由落体运动的时间t1＝2hg，由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d 2 gh.则小球运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝h ＋dh 2h g .[答案](1)2gh(2)mg (h ＋d )qd Cmg (h ＋d )q (3)h ＋d h2h g[反思总结] 带电粒子在电场中直线运动问题分析方法1．偏转问题(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动形式：类平抛运动．(3)处理方法：应用运动的合成与分解． (4)运动规律①加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd ②在电场中的运动时间：t ＝lv 0③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝qUl 22m v 20d ＝U 1l 24U 0d ④离开电场时的偏转角tan θ＝v y v x ＝qUl m v 20d ＝U 1l2U 0d 2．两个结论(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．(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l 2.3．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＝12m v2－12m v20，其中U y＝Ud y，指初、末位置间的电势差．[母题]如图7-3-11所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压U YY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．图7-3-11(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压U YY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度．【自主思考】(1)粒子在电场中及出电场后分别做怎样的运动？[提示]在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动．(2)与偏转电压U YY′的范围对应的偏转位移范围怎样？[提示]向上、向下偏移量均为d 2.[解析](1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为v y，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O 点，O点与板右端的水平距离为x，则有y ＝12at 2 L ＝v 0t v y ＝at tan θ＝v y v 0＝y x ， 解得x ＝L2即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点． (2)由题知a ＝Eqm E ＝U YY ′d 解得y ＝qU YY ′L 22dm v 20当y ＝d2时，U YY ′＝md 2v 20qL 2则两板间所加电压的范围为 －md 2v 20qL 2≤U YY ′≤md 2v 20qL 2.(3)当y ＝d2时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y 0， 则y 0＝y ＋b tan θ 又tan θ＝v y v 0＝dL ， 解得：y 0＝d (L ＋2b )2L故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y 0＝d (L ＋2b )L . [答案] 见解析 [母题迁移]迁移1带电粒子在匀强电场中先加速再偏转1. (2018·山西运城一模)真空中的某装置如图7-3-12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7-3-12A．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∶4B[设加速电压为U1，偏转电压为U2，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qU1＝12m v20，解得v0＝2qU1m，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0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＝U2L24dU1、tan θ＝U2L2dU1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．](多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2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( )A ．偏转电场E 2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AD [根据动能定理有qE 1d ＝12m v 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d ，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确；根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12m v 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝2(qE 1d ＋qE 2y )m，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误；粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误；根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l2E 1d ，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．]迁移2 带电粒子在交变电场中的运动2．如图7-3-13甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v 、位移x 、加速度a 、动能E k 四个物理量随时间变化规律的是( )【导学号：84370291】甲 乙图7-3-13A B C DA [分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T 2沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零.T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T 继续向B 板做匀减速直线运动．根据匀变速运动v -t 图象是倾斜的直线可知图A 符合电子的运动情况，故A 正确．电子做匀变速直线运动时x -t 图象是抛物线，故B 错误．根据电子的运动情况，匀变速运动的加速度大小不变，a -t 图象应分段平行于横轴，故C 错误．匀变速运动v -t 图象是倾斜的直线，E k -t 图象是曲线，故D 错误．]迁移3 带电粒子在电场、重力场中的偏转3．(2018·太原模拟)如图7-3-14所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m 、电荷量为－q (－q ＜0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点．该细管固定且紧贴x 轴，内径略大于小球外径．不计一切阻力，重力加速度为g .求：图7-3-14 (1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B 点时对细管的压力的大小和方向； (3)小球从C 点飞出后会落在x 轴上的哪一位置．[题眼点拨] ①“带电绝缘小球”，“静止开始释放”，说明小球在重力、电场力的作用下，先做匀加速直线运动；②“恰好无碰撞地沿切线方向进入”说明v 的方向与竖直方向成45°角．[解析](1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入细管，则速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45° 则tan 45°＝mgEq解得匀强电场的电场强度E ＝mg q .(2)根据几何关系可知，圆弧形细管的半径r ＝2L ，圆心的坐标为O 1(0，－L )设小球运动到B 点时速度为v B ，此时受到重力和细管的支持力F N ，从P 点到B 点的过程中根据动能定理得：12m v 2B －0＝mg (2L ＋2L )＋EqL小球运动到B 点时，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2B r 联立解得：F N ＝3(2＋1)mg根据牛顿第三定律可知，小球运动到B 点时对细管的压力大小为3(2＋1)mg ，方向竖直向下．(3)设小球运动到A 点的速度为v A ，运动到C 点的速度为v C ，从P 点到A 点的过程中，根据动能定理得：12m v 2A ＝mgL ＋EqL 解得：v A ＝2gL小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度 v C ＝v A ＝2gL小球的加速度g ′＝2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴 则有：v C t ＝12g ′t 2 解得：t ＝22L g则沿x 轴方向运动的位移 x ＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg ＝8L则小球从C 点飞出后落在x 轴上的横坐标： x ′＝L －8L ＝－7L .[答案](1)mgq (2)3(2＋1)mg 方向竖直向下 (3)－7L。
2019版一轮创新思维物理(教科版)练习：第七章 第三讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
[A组·基础巩固]知识点一平行板电容器的动态分析1.(2016·高考天津卷)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 S4πkd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＝Ud，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．★答案★：D2．如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是()A．若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加B．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大C．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板D．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板解析：若x 变大，则由C ＝εr S4πkd ，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q ＝CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增大，由U ＝QC 可知，电容器极板间电压减小，B 错误． ★答案★：D知识点二 带电粒子在电场中的直线运动3.两平行金属板相距为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.edhU B ．edUh C.eU dhD.eUh d解析：由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUhd . ★答案★：D4．(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v 0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( )A ．使初速度减为原来的12B ．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12解析：在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得－qEd ＝0－12m v 20，所以d＝m v202qE，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的12，x＝d4；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝d2，使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝d4；使初速度和M、N间电压都减为原来的12，电场强度变为原来的一半，x＝d2.★答案★：BD5.(多选)(2018·牡丹江市一中月考)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是()A．电场强度的大小为E＝F cos θ/qB．AB两点的电势差为U AB＝－Fd cos θ/qC．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fd cos θD．带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向解析：由题，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE＝F，则得场强E＝Fq，故A错误．A、B两点的电势差为U＝－Ed cos θ＝－Fd cos θq，故B正确．带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W＝Fd cos θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fd cos θ，故C正确，小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，F大小、方向不变，故D错误．★答案★：BC知识点三带电粒子在匀强电场中的偏转6.如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A.s22qEmh B.s2qEmhC.s 42qE mhD.s 4qE mh解析：根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh ，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． ★答案★：B7.如图所示，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( ) A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4 B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8C ．在粒子下落前d 4和后d4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d4的过程中，电场力做功之比为2∶1解析：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，带电粒子所做的运动是类平抛运动．竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为qU 2，所以在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，A 选项错；在后t2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8，B 选项对；在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功相等，故C 、D 选项错． ★答案★：B[B 组·能力提升]8.(2018·浙江省名校联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板．当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．下列说法正确的是( ) A ．烟尘颗粒向下运动 B ．两金属板间电场方向向上 C ．烟尘颗粒在运动过程中电势能减少 D ．烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5倍解析：由图可知，极板上端为正极，下端为负极；则带负电的颗粒受电场力向上，故带电颗粒将向上运动，故A 错误；极板上端为正极，下端为负极，所以两金属板间电场方向向下，故B 错误；烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少，故C 正确；带电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的1.5倍，故D 错误；故选C. ★答案★：C9．(2017·东北师大附中等五校联考)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.m v 20sin 2θ4qdB.m v 20sin 2θ2qdC.m v 20cos 2θ4qdD.m v 20cos 2θ2qd解析：带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，水平方向做速度为v x ＝v 0cos θ的匀速直线运动，竖直方向做初速度为v y ＝v 0sin θ，加速度为a ＝Eqm 的匀减速直线运动，对运动过程应用动能定理有－Eq ·2d ＝12m v 2x －12m v 20，解得E ＝m v 20sin 2 θ4qd ，A 正确．★答案★：A10.(2018·河北定州中学月考)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是() A．保持S闭合，将A板适当上移B．保持S闭合，将B板适当下移C．先断开S，再将A板适当上移D．先断开S，再将B板适当下移解析：设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U.质点的电量为q.由质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0.若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝12m v2，v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误．若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝12m v2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确．若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零．由动能定理得mg(h－Δd＋d′)－qEd′＝0，又由原来情况有mg(h＋d)－qEd＝0.比较两式得，d′＜d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误．若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b孔，故D 错误．★答案★：B11．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103 N/C ，方向如图所示．带电微粒质量m ＝1.0×10－20 kg ，带电荷量q ＝－1.0×10－9 C 、A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B 点到虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .解析：(1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，E 1d 1＝E 2d 2， 解得d 2＝0.50 cm.(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2， 由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1， |q |E 2＝ma 2，设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21，d 2＝12a 2t 22. 又t ＝t 1＋t 2， 解得t ＝1.5×10－8 s.★答案★：(1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s12．如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E 1、E 2，已知区域Ⅰ宽L 1＝0.8 m ，区域Ⅱ宽L 2＝0.4 m ，E 1＝10 2 V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E 2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为q ＝＋1.6×10－3 C ．质量m ＝1.6×10－3kg 的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g 取10 m/s 2，求：(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间；(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．解析：(1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力F 1＝qE 1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为F 合＝F 1 cos 45°＝1.6×10－2 N ， 则小球向右做匀加速直线运动，其加速度 a 1＝F 合m ＝10 m/s 2， 小球运动时间t 1＝2L 1a 1＝0.4 s.(2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v 0＝a 1t 1＝4 m/s ，小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a 2＝g ＋qE 2m ＝30 m/s 2，小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间 t 2＝L 2v 0＝0.1 s.小球在竖直方向的分速度v y ＝a 2t 2＝3 m/s ，小球离开电场Ⅱ区域的速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s ，设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ， 则tan θ＝v y v 0＝34，得θ＝37°.★答案★：(1)10 m/s 2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平方向夹角为37°斜向右下方感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2019届高考物理一轮复习讲义：第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 含答案
第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ1.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。
③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。
2．常见的电容器(1)分类：从构造上可分为固定电容器和可变电容器。
(2)击穿电压：加在电容器极板上的极限电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是额定电压，这个电压比击穿电压低。
3．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 ＝QU。
(3)单位：法拉(F)，1 F ＝106 μF ＝1012 pF 。
(4)电容与电压、电荷量的关系①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。
②由C ＝Q U 可推出C ＝ΔQΔU 。
4．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两极板正对面积成正比，与两极板间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。
【知识点2】 带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 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 ＝12m v 2－12m v 20；(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12m v 2－12m v 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。
2019年度高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动学案20180804214
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容 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)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值. (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与两个极板间的电势差的比值. (2)定义式：C ＝QU.(3)单位：法拉(F)、微法(μF )、皮法(pF).1F ＝106μF＝1012pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低.(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，与电容器是否带电及电压无关. 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：C ＝εr S4πkd.自测1 关于电容器及其电容，下列说法中正确的是( ) A.平行板电容器一板带电＋Q ，另一板带电－Q ，则此电容器不带电 B.由公式C ＝Q U可知，电容器的电容随电荷量Q 的增加而增大 C.对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比 D.如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容 答案 C二、带电粒子在电场中的运动 1.加速(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02.(2)在非匀强电场中，W ＝qU ＝12mv 2－12mv 02.2.偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v 0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示.图1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动.根据运动的合成与分解的知识解决有关问题.(3)基本关系式：运动时间t ＝l v 0，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md ，偏转量y ＝12at 2＝qUl22mdv 02，偏转角θ的正切值：tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUlmdv 02.三、示波管 1.示波管的构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图2所示)图22.示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的信号电压，XX ′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压. (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，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑.②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，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. 自测2 教材P39第3题 先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场.进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比. (1)电子与氢核的初速度相同. (2)电子与氢核的初动能相同. 答案 见解析解析 设加速电压为U 0，偏转电压为U ，带电粒子的电荷量为q 、质量为m ，垂直进入偏转电场的速度为v 0，偏转电场两极板间距离为d 、极板长为l ，则：带电粒子在加速电场中加速运动，进入偏转电场时的初动能12mv 02＝qU 0，粒子在偏转电场中的加速度a ＝qU dm ，在偏转电场中运动的时间为t ＝l v 0，粒子离开偏转电场时沿电场力方向的速度v y ＝at ＝qUl dmv 0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝v y v 0＝qUldmv 02. (1)若电子与氢核的初速度相同，则tan θe tan θH ＝m Hm e .(2)若电子与氢核的初动能相同，则tan θetan θH＝1.命题点一 平行板电容器的动态分析1.两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变. (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变. 2.动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化.②根据E ＝U d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 ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析U 的变化.②根据E ＝U d＝4k πQεr S分析场强变化.例1 (2016·全国卷Ⅰ·14)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解析 由C ＝εr S4πkd 可知，当将云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q ＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小.再由E ＝U d，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确.变式1 (2016·天津理综·4)如图3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( )图3A.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 S4πkd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.变式2 (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，设此时两极板间的电势差为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 变小答案 AC解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝εr S 4πkd 可知电容减小，由U ＝QC 可知极板间电压增大，由E ＝Ud可知，电场强度增大，故A 正确；设P 与B 板之间的距离为d ′，P 点的电势为φP ，B 板接地，φB ＝0，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 是增大的，故C 正确. 命题点二 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，粒子或静止，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 ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 02＝2ad .3.用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例2 如图5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( )图5A.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 答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝QU和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝4πkQεr S，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确.变式3 匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图6所示.当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )图6A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s 末带电粒子回到原出发点C.3s 末带电粒子的速度不为零D.0～3s 内，电场力做的总功为零 答案 D解析 由牛顿第二定律可知带电粒子在第1s 内的加速度和第2s 内的加速度的关系，因此粒子将先加速1s 再减速0.5s ，速度为零，接下来的0.5s 将反向加速……，v －t 图象如图所示，根据图象可知选项A 错误；由图象可知2s 内的位移为负，故选项B 错误；由图象可知3s 末带电粒子的速度为零，故选项C 错误；由动能定理结合图象可知0～3s 内，电场力做的总功为零，故选项D 正确.变式4 如图7所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为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：图7(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落到运动到下极板处的时间. 答案 (1)2gh (2)mg h ＋d qd C mg h ＋dq(3)h ＋dh2hg解析 (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，加速度大小为a ，有qE －mg ＝ma且v 2－0＝2ad ，得E ＝mg h ＋dqd，由U ＝Ed 、Q ＝CU ，得Q ＝C mg h ＋dq. (3)由v2t ＝h ＋d ，可得t ＝h ＋d h2hg命题点三 带电粒子在电场中的偏转1.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 y v 0＝qUl mdv2.2.两个结论(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 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1lmdv 02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.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 02，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差.例3 (2016·北京理综·23改编)如图8所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出.已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .图8(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法.在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因.已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10m/s 2.答案 (1)2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 解析 (1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 02，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝L v 0＝L m2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G ＝mg ≈10－29N电场力F ＝eU d≈10－15N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力.1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则( )图1A.当开关S 断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B.当开关S 断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C.当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D.当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小 答案 C解析 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qE mg，当开关S 断开时，电容器两极板上的电荷量Q 不变，由C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C ，E ＝U d 可知E ＝4πkQεr S，故增大或减小两极板间的距离d ，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A 、B 错误；当开关S 闭合时，因为两极板间的电压U 不变，由E ＝Ud可知，减小两极板间的距离d ，E 增大，θ变大，选项C 正确，D 错误.2.(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 ＝U d可知，若保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半，A 项正确；若保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 项错误；由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，可得U ＝4Qk πd εr S ，E ＝4Qk πεr S，所以，保持d 不变，若Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的两倍，C 项错误；保持d 不变，若Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 项正确.3.两平行金属板相距为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2所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图2A.edhU h C.eU dhD.eUh d答案 D解析 由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUh d. 4.(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图3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，该微粒将( )图3A.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解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确.5.如图4所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( )图4A.若电容器极板间的电压不变，x 变大，电容器极板上带电荷量增加B.若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，电容器极板间电压变大C.若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的正极板D.若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的负极板 答案 D解析 若x 变大，则由C ＝εr S4πkd，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q ＝CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确.若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增大，由U ＝Q C可知，电容器极板间电压减小，B 错误.6.如图5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5A.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.电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 答案 B解析 电容器和电源相连，则电容器两端的电压不变，两极板间距离增大，可知两极板间的电场强度E 电减小，故油滴将向下运动，A 错误；下极板接地，所以电势为零，设P 点距离下极板的距离为L ，则φP ＝E 电L ，L 不变，E 电减小，所以P 点的电势将降低，B 正确；油滴向下运动，带负电，故电场力做负功，电势能增大，C 错误；根据公式C ＝εr S 4πkd 可得，d 增大，C 减小，因U 不变，根据公式C ＝QU 可得，C 减小，Q 减小，故D 错误.7.(2017·安徽蚌埠四校联考)如图6所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )图6A.2倍B.4倍C.12D.14答案 C解析 电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e ，质量为m ，初速度为v ，极板的长度为L ，极板的间距为d ，电场强度为E .由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L ＝vt ，竖直方向有：y ＝12at 2＝12·eE m ·(L v )2＝d .因为E ＝U d ，可得：d 2＝eUL 22mv 2，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d 应变为原来的12，故选C.8.如图7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7A.在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B.在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8C.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∶2D.在粒子下落前d4和后d4的过程中，电场力做功之比为2∶1 答案 B解析 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，带电粒子所做的运动是类平抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为qU2，所以在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，A 选项错；在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8，B 选项对；在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功相等，故C 、D 选项错.9.(2014·山东理综·18)如图8所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )图8A.s22qEmhB.s2qEmh C.s 42qEmhD.s4qE mh答案 B解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s2qEmh，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误. 10.如图9所示，一带电荷量为＋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时，小物块恰好静止.重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图9(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°＝qEF N cos 37°＝mg解得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 解得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，支持力不做功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0解得E k ＝0.3mgL .11.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.如图10所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103N/C 和E 2＝4.0×103N/C ，方向如图所示.带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg 、带电荷量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应.求：图10(1)B 点到虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t . 答案 (1)0.50cm (2)1.5×10－8s解析 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，E 1d 1＝E 2d 2， 解得d 2＝0.50 cm.(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2， 由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1， |q |E 2＝ma 2，设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 12，d 2＝12a 2t 22.又t ＝t 1＋t 2，代入数据，联立解得t ＝1.5×10－8s.12.(2017·湖北黄冈中学模拟)如图11甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向).一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)，开始处于图中的A 点.在t ＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t 0，刚好运动到B 点，且瞬时速度为零.已知电场强度大小为E 0.试求：图11(1)电场变化的周期T 应满足的条件； (2)A 、B 之间的距离；(3)若在t ＝T6时刻释放该粒子，则经过时间t 0粒子的位移为多大？答案 见解析解析 (1)经过时间t 0，瞬时速度为零，故时间t 0为周期的整数倍，即：t 0＝nT解得：T ＝t 0n，n 为正整数. (2)作出v －t 图象，如图甲所示.最大速度为：v m ＝a ·t 02n ＝qE 0m ·t 02nv －t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小，为：s ＝12v m t 0＝qE 0t 024nm，n 为正整数. (3)若在t ＝T6时刻释放该粒子，作出v －t 图象，如图乙所示.v －t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小，上方面积表示前进距离，下方的面积表示后退的距离：故位移为：x ＝12·qE 0m ·(T 3)2·2n －12·qE 0m ·(T 6)2·2n ＝qE 0t 0212nm ，n 为正整数.。
通用版高考物理一轮复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动课时作业含解析
电容器与电容 带电粒子在电场中的运动1.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则( )A ．当开关S 断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B ．当开关S 断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C ．当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D ．当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小解析：C 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qE mg ，当开关S 断开时，电容器两极板上的电荷量Q 不变，由C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C ，E ＝U d 可知E ＝4πkQ εr S，故增大或减小两极板间的距离d ，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A 、B 错误；当开关S 闭合时，因为两极板间的电压U 不变，由E ＝U d 可知，减小两极板间的距离d ，E 增大，θ变大，选项C 正确，D 错误．2.(2018·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匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，则P 和Q 的质量之比为(不计重力)( )A ．2∶5B ．5∶2C ．4∶5D ．5∶4解析：D 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l ＝v 0t 可知运动时间比为1∶2，由y ＝12at 2得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a ＝qE m，因为电荷量比为5∶1，则质量比为5∶4，故D 正确，A 、B 、C 错误．3.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，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，则( )A ．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 ．电容器的电容减小，而极板上所带的电荷量将增大解析：B 电容器始终与电源连接，其两端的电压U 保持不变，上极板向上移动一小段距离，意味着板间距离d 增大，由E ＝U d 可知E 减小，带电油滴受到的电场力F ＝qE 也减小，所以油滴将向下运动，选项A 错误；设P 点到下极板的距离为x ，则φ＝U x d，可知P 点的电势将降低，选项B 正确；电势能E p ＝q φ不仅和电势的高低有关，还和电荷的正负及电荷量有关，由题意分析知油滴带负电，则φ降低，E p 将增加，选项C 错误；由C ＝εS 4πkd 可知电容C 减小，由Q ＝CU 可知极板上所带的电荷量Q 也将减小，选项D 错误．4.(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )A ．微粒将沿着一条直线运动B ．微粒在第2 s 末的速度为零C ．微粒在第1 s 内的加速度与第2 s 内的加速度相同D ．微粒在第1 s 内的位移与第2 s 内的位移相同解析：ABD 由图可知，E 1和E 2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2 s 末的速度恰好是0，即微粒第1 s 做加速运动，第2 s 做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A 、B 正确，C 错误；由对称性可知，微粒在第1 s 内的平均速度与第2 s 内的平均速度相同，由x ＝12vt 得，微粒在第1 s 内的位移与第2 s 内的位移相同，故D 正确． 5.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A 和R B 的同心金属半球面A 和B 构成，A 、B 为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e 、质量为m 的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N ，其中动能为E k0的电子沿等势面C 做匀速圆周运动到达N 板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A 、B 的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C 所在处电场强度E 的大小；(3)若半球面A 、B 和等势面C 的电势分别为φA 、φB 和φC ，则到达N 板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少？(4)比较|ΔE k 左|与|ΔE k 右|的大小，并说明理由．解析：(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有eE ＝m v 2R ，E k0＝12mv 2，R ＝R A ＋R B 2联立解得E ＝2E k0eR ＝4E k0e R A ＋R B. (3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔE k ＝qU对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔE k 左＝e (φB －φC )对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔE k 右＝e (φA －φC )(4)根据电场线特点，等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB －φC |＞|φA －φC |即|ΔE k 左|＞|ΔE k 右|.答案：(1)B 板电势高于A 板，理由见解析(2)4E k0e RA ＋R B(3)ΔE k 左＝e (φB －φC ) ΔE k 右＝e (φA －φC )(4)|ΔE k 左|>|ΔE k 右|，理由见解析一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板与一个静电计相连，将B 极向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C 、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E 的变化情况分别是( )A ．C 变小，θ变大，E 不变B ．C 不变，θ不变，E 变小 C ．C 变小，θ不变，E 不变D ．C 变小，θ变大，E 变小解析：A 当负极板左移一小段距离时，d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知，电容C 减小，由U ＝Q C 可知两极间的电压增大，因电压增大，静电计指针偏角会增大，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ，不论极板间距如何变化，极板的电量总不变，因此电场强度不变，故A 正确，B 、C 、D 错误．2.(2018·淄博模拟)如图所示，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错误的是(设电源电动势为U )( )A ．电子到达B 板时的动能是eUB ．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3eUD ．电子在A 板和D 板之间做往复运动解析：C 释放出一个无初速度电荷量为e 的电子，在电压为U 的电场中做加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即W ＝eU ，故A 正确；由图可知，BC 间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，故B 正确；电子以eU 的动能进入CD 电场中，在电场力的阻碍下，电子做减速运动，由于CD 间的电压也为U ，所以电子到达D 板时速度减为零，开始反向运动，故C 错误；由上可知，电子将会在A 板和D 板之间加速、匀速再减速，再反向加速、匀速再减速，做往复运动，故D 正确．3．喷墨打印机的简化模型如图所示．墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒，经带电室带负电后，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．已知墨汁微粒所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制，微粒偏移量越小打在纸上的字迹越小，则从墨汁微粒进入偏转电场开始到打到纸上的过程中(不计墨汁微粒的重力)，以下说法正确的是( )A ．墨汁微粒的轨迹是抛物线B ．电量相同的墨汁微粒轨迹相同C ．墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关D ．减小偏转极板间的电压，可以缩小字迹解析：D 墨汁微粒在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，轨迹不是抛物线，故A 错误；墨汁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 ＝v 0t ，竖直方向y ＝12at 2，则出偏转电场时的偏转位移y ＝12·qUL 2mv 20d，电量相同，墨汁微粒的轨迹不一定相同，故B 错误；根据y ＝12·qUL 2mv 20d知，墨汁微粒的运动轨迹与带电量有关，故C 错误；根据y ＝12·qUL 2mv 20d知，偏转极板间的电压，出电场时偏转位移减小，打到纸上的偏转位移减小，可以缩小字迹，故D 正确．4.如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E 1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m ，带电量＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，则下列结论正确的是( )A ．若AB 高度差为h ，则U AB ＝－mgh qB ．带电小球在A 、B 两点电势能相等C ．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．两电场强度大小关系满足E 2＝2E 1解析：A 对A 到B 的过程运用动能定理得，qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mgh q，知A 、B 的电势不等，则电势能不等，故A 正确，B 错误；A 到虚线速度由零加速至v ，虚线到B 速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反，故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a 1＝mg ＋qE 1m，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a 2＝qE 2－mg m ，因为a 1＝a 2，解得：E 2－E 1＝2mg q，故D 错误． 5．如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力，则( )A ．φ1∶φ2＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶4C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的电势能最大D ．在0～2T 内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ21md 2 解析：D 0～T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝φ1d ，电子以a 1＝eE 1m ＝e φ1md向上做匀加速直线运动，经过时间T 的位移x 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T ，T ～2T 内平行板间电场强度E 2＝φ2d ，加速度a 2＝e φ2md ，电子以v 1的速度向上做匀减速直线运动，位移x 2＝v 1T －12a 2T 2，由题意2T 时刻回到P 点，则x 1＋x 2＝0，联立解得φ2＝3φ1，故A 、B 错误；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T 内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，所以在T时刻电势能最小，故C 错误；电子在2T 时刻回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2eT φ1md(负号表示方向向下)，电子的动能为E k ＝12mv 22＝2e 2T 2φ21md 2，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，故D 正确．6．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板AB .板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t 1时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)则( )A ．在0～t 1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B ．在t 1～t 3时间内，物块受到的摩擦力，先逐渐增大，后逐渐减小C ．t 3时刻物块的速度最大D ．t 4时刻物块的速度最大解析：C 在0～t 1时间内，物块处于静止状态，电场强度方向水平向右，物块所受的电场力水平向右，根据平衡条件得：摩擦力大小F f ＝qE ，而E ＝U AB d ，得F f ＝q U AB d，U AB 增大，F f 随之增大，并且由平衡条件知，F f 的方向水平向左，故A 错误；在t 1～t 3时间内，物块向右运动，受到的是滑动摩擦力，物块对地面的压力不变，根据公式F f ＝μF N 知，摩擦力不变，故B 错误；据题意：最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在t 1时刻物块所受的静摩擦力达到最大，并恰好等于此时的电场力．在t 1～t 3时间内，电场力一直大于摩擦力，物块一直向右加速运动；在t 3～t 4时间内，电场力小于滑动摩擦力，物块向右做减速运动，所以t 3时刻物块的速度最大，故C 正确，D 错误．7.(2018·唐山模拟)如图所示，竖直平面内有A 、B 两点，两点的水平距离和竖直距离均为H ，空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m 的带电小球从A 点以水平速度v 0抛出，经一段时间竖直向下通过B 点，重力加速度为g ，小球在由A 到B 的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．速度先增大后减小C ．机械能一直减小D ．任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量解析：AC 小球在B 点的速度竖直向下，水平方向匀减速运动，竖直方向自由落体运动，可知电场力方向水平向左，与电场方向相反，说明小球带负电，故A 正确；小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，即合力方向朝左下方，与初速度成钝角，所以开始减速，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大，故B 错误；因为电场力做负功，电势能增加，机械能减小，故C 正确；任意一小段时间，小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变，总能量守恒，所以电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D 错误．8.(2018·日照模拟)如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A ＝90°，∠B ＝30°，AC 长为L ，已知A 点的电势为φ(φ>0)，B 点的电势为2φ，C 点的电势为0.一带电的粒子从C 点以v 0的速度出发，方向如图所示(与AC 边成60°)．不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A ．电场强度的方向由B 指向CB ．电场强度的大小为23φ3LC ．若粒子能击中图中的A 点，则该粒子的比荷为6v 20φD ．只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B 点解析：BC B 点的电势为2φ，C 点的电势为0，则BC 中点D 的电势为φ，又A 点的电势为φ(φ>0)，连接AD ，则电场线垂直于AD ，如图所示，故A 错误；由图可知电场强度E ＝φ－0L sin 60°＝23φ3L，故B 正确；由于速度方向与电场方向垂直，粒子从C 到A 做类平抛运动，则L cos 60°＝v 0t ，L sin 60°＝12·qE m t 2，解得q m ＝6v 20φ，故C 正确；由于速度方向与电场方向垂直，粒子从C 抛出后做类平抛运动不可能到B 点，故D 错误．9.如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关S ，平行板间有一质量为m ，电荷量为q 的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法中正确的是( )A ．将A 板向上平移一些，液滴将向下运动B ．将A 板向左平移一些，液滴将向上运动C ．断开开关S ，将A 板向下平移一些，液滴将保持静止不动D ．断开开关S ，将A 板向右平移一些，液滴将向上运动解析：BCD A 极板上移时，d 变大，由C ＝εr S 4πkd 可知，C 变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr Sq ，可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，故A 错误；A 极板左移时，S 变小，由C ＝εr S 4πkd 可知，C 变小，而两极板间的电压U 等于电源电动势不变，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E ＝4πkQ εr S可知电容器两极板间的电场强度增大，油滴所受电场力增大，油滴将向上运动，故B 正确；当断开开关S ，将A 板向下平移一些时，d 变小，由C ＝εr S 4πkd 可知，C 变大，因电量的不变，由E ＝4πkQ εr S可得，电场强度不变，那么液滴将保持静止不动，故C 正确；同理，当断开开关S ，将A 板向右平移一些时，S 变小，由C ＝εr S 4πkd可知，C 变小，因电量的不变，由E ＝4πkQ εr S可得，电场强度变大，那么液滴将向上运动，故D 正确． 10.如图所示，在一竖直平面内，BCDF 段是半径为R 的圆弧形挡板，AB 段为直线形挡板(长为4R )，两者在B 点相切，θ＝37°，C 、F 两点与圆心等高，D 在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E 的匀强电场中．现将带电荷量为＋q ，质量为m 的小球从挡板内侧的A 点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF 运动到F 点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．匀强电场的场强大小可能是3mg 5qB ．小球运动到D 点时动能一定不是最大C ．小球机械能增加量的最大值是2.6qERD ．小球从B 到D 运动过程中，动能的增量为1.8mgR －0.8EqR解析：BC 小球能沿挡板内侧的ABC 运动，则有qE cos 37°≥mg sin 37°，得E ≥3mg 4q，故场强大小不可能等于3mg 5q，A 错误．小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上的最低点时动能最大，则知在C 、D 之间的某一点上时动能最大，B 正确．小球运动到C 点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值ΔE ＝qE [4R sin 37°＋R (1－cos 37°)]＝2.6qER ，C 正确．小球从B 到D 运动过程中，动能的增量ΔE k ＝mgR (1＋sin 37°)－qE cos 37°＝1.6mgR －0.8qER ，D 错误．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.如图所示，在一个倾角θ＝30°的斜面上建立x 轴，O 为坐标原点，在x 轴正向空间有一个匀强电场，场强大小E ＝4.5×106 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在O 处放一个电荷量q ＝5.0×10－8 C ，质量m ＝1 kg 带负电的绝缘物块．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝32，沿x 轴正方向给物块一个初速度v 0＝5 m/s ，如图所示(g 取10 m/s 2)．求：(1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少？(2)到物块最终停止时系统产生的焦耳热共为多少？解析：(1)设物块向下运动的最大距离为x m ，由动能定理得：mg sin θ·x m －μmg cos θ·x m －qEx m ＝0－12mv 2代入数据解得：x m ＝0.5 m(2)因qE >mg sin θ＋μmg cos θ，物块不可能停止在x 轴正向，设最终停在x 轴负向且离O 点为x 处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得：－mgx sin θ－μmg cos θ(2x m ＋x )＝0－12mv 20 代入数据解得： x ＝0.4 m产生的焦耳热：Q ＝μmg cos θ·(2x m ＋x )代入数据解得：Q ＝10.5 J答案：(1)0.5 m (2)10.5 J12．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经加速电场，由动能定理得qU 0＝12mv 2，电子经偏转电场：沿v 方向：t ＝L v沿电场方向：y ＝12at 2，又a ＝qU 偏mL故偏转后偏移量y ＝12·qU 偏mL ·(L v )2，所以y ＝U 偏L 4U 0由题图知t ＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm 设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L /2L /2，所以Y ＝13.5 cm. (2)由题知电子偏移量y 的最大值为L 2， 所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.答案：(1)O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm。
2019高考物理一轮复习课时作业7.3电容器带电粒子在电场中的运动
第七章第三节电容器带电粒子在电场中的运动[能力提升课][限时45分钟；满分100分]一、选择题(每小题7分，满分70分)1.导学号：82210679如图7－3－12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7－3－12A．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＝12m v2，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；粒子做初速度为零的匀加速直线运动，v＝dt，v2＝dt，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。
答案 C2.导学号：82210680如图7－3－13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v0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7－3－13A ．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 ＝v 0t ，d ＝v y 2t ，又v 0∶v y ＝1∶2，可得d ∶L ＝1∶1，选项C 正确。
答案 C 3.导学号：82210681如图7－3－14所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍。
有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场强度方向射入，且正好能从下极板右边缘穿出电场，不计带电粒子的重力，则偏转电场长、宽的比值l d为图7－3－14 A.k B.2k C.3k D.5k解析 设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，因为qU 1＝12m v 20，带电粒子离开加速电场时的速度v 0＝ 2qU 1m ；在偏转电场中d 2＝12·qU 2md t 2，解得t ＝d m qU 2，水平距离l ＝v 0t ＝d 2U 1U 2＝d 2k ，所以l d ＝2k ，B 正确。
高考物理一轮复习练习：第七章第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动解析含答案
板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。
在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小答案 B解析甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝Ud可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小，C错误；当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝εr S4πkd，极板间的电压U＝QC＝4πkdQεr S，极板间的电场强度E＝Ud＝4πkQεr S，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强不变，故乙图中两极板间场强不变，电场力不变，夹角不变，A、D错误；综上分析，选项B正确。
2．[2016·商丘高三模拟]如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。
在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)( )A ．保持开关S 闭合，适当上移P 极板B ．保持开关S 闭合，适当左移P 极板C ．先断开开关S ，再适当上移P 极板D ．先断开开关S ，再适当左移P 极板 答案 A解析 如图，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向v x 和竖直方向v y 。
竖直方向：v y ＝v 0sin θ，加速度a ＝Eq m ，E 为场强，设t 为粒子上升到最高点所用时间，则t ＝v y a ＝mv 0sin θEq 。
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[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．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2.5×10－5 CB．要使该电容器带电荷量1 C，两极板之间需加电压2.5×10－5 VC．该电容器能够容纳的电荷量最多为25 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式C＝QU可知C＝ΔQΔU，所以ΔQ＝CΔU＝2.5×10－5×1C＝2.5×10－5 C，A正确．若Q＝1 C，则U＝QC＝4×104 V，B错误．当电容器的电压为450 V时，电容器的电荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×450 C＝1.125×10－2 C，C错误.450 V是电容器的额定电压，低于击穿电压，D错误．答案：A2.2016年8月23日，第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会在上海新国际博览中心举行，作为中国最大超级电容器展，众多龙头踊跃参与．如图所示，参展的平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中()A．电容器的电容C增大B．电容器的电荷量Q增大C．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向MD．油滴静止不动，电流计中的电流从N流向M解析：在电容器两极板错开的过程中，根据电容的决定式C＝εr S4πkd得知，电容C减小，选项A错误．由C＝QU可知，U不变时，Q是减小的，选项B错误．电容器的电荷量减小，有电荷流向电源，是放电电流，方向由N 到M ；电容器接在电源的正、负极上没有断开，则电容器两端的电压不变，两极板间的距离不变，则电场强度不变，油滴受力情况不变，油滴静止不动，选项C 错误，D 正确． 答案：D3.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( )A ．右移B ．左移C ．上移D ．下移解析：将A 板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，电容增大，而电容器电荷量不变，由C ＝Q U 分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；相反，同理可知，A 板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A正确，B 错误．A 板向上移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C ＝εr S 4πkd可知，电容减小，而电容器电荷量不变，由C ＝Q U 分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故C 错误；同理，D 错误．答案：A4.如图所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1解析：设板长为l ，两板间距为d ，粒子的初速度为v 0，质量为m ，电荷量为q ，当电压为U 1时，有l ＝v 0t 1，d 2＝12·U 1q dm t 21，联立得d ＝U 1ql 2dm v 20①.当电压为U 2时，有l 2＝v 0t 2，d ＝12·U 2q dm t 22，联立得d ＝U 2ql 28dm v 20②.由①②得U 1U 2＝18，故A 正确． 答案：A5.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( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a 1＝qE M 、a 2＝qE m ，由运动学公式有25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2①，35l ＝12a 2t2＝qE 2m t 2②，①②得M m ＝32.故B 、C 、D 错，A 对． 答案：A二、多项选择题6．如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是( )A ．A 板与静电计的指针带的是异种电荷B ．甲图中将B 板上移，静电计的指针偏角增大C ．乙图中将B 板左移，静电计的指针偏角不变D ．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小解析：静电计指针与A 板连为一个导体，带电性质相同，A 错误；根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，B 板上移，S 减小，C 减小，Q 不变，U 增大，B 正确；B 板左移，d 增大，C 减小，U 增大，C 错误；插入电介质，εr 增大，电容C 增大，U 减小，D 正确．答案：BD7.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，充电后断开电源，带电小球以速度v 0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v 0从原处飞入，则带电小球( )A ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出B ．将打在下板中央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：平行板电容器充电结束后断开电源，极板所带的电荷量不变，则有E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr Sd 4πkd＝4πkQ εr S ，由此式可知，板间距变化不会影响电场强度的变化，电场强度不变，小球所受的电场力不变，所以A 正确，B 、C 错误；如果下极板上移，小球在竖直方向的位移将会减小，到达下极板的时间变短，有可能到达下极板的正中间，所以D 正确．答案：AD8.如图所示，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，圆轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为圆弧．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处的G点由静止释放，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B．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：由题意可知：带电小球从A到C的过程中，由于电场力做负功，而重力做正功，二者间做功的大小关系不确定，故小球也可能不能从B点离开轨道，选项A错误；若小球在AC段时，重力等于电场力，则小球在AC部分可能做匀速圆周运动，选项B正确；若小球能从B点离开，因电场力做负功，全过程中小球的机械能减小，故上升的高度一定小于H，选项C正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，故小球能到达C点速度不可能为零，选项D错误．答案：BC[能力题组]一、选择题9.平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路．闭合开关S，电源即给电容器充电，则()A．保持S闭合，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闭合，在两极板间插入一块铝板，则两极板间电场的电场强度增大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，则极板上的电势差增大解析：保持S闭合时，电容器两极板间的电势差不变，减小两极板间的距离，根据E＝Ud可知，两极板间电场的电场强度增大，选项A错误；保持S闭合，在两极板间插入一块铝板，根据静电平衡的特点可知，有电场存在的板间距离减小，根据E ＝U d 可知，两极板间电场的电场强度增大，选项B 正确；充电结束后断开S ，电容器两极板上的电荷量不变，减小两极板间的距离，电容器的电容增大，U ＝Q C ，则两极板间的电势差减小，选项C 错误；充电结束后断开S ，在两极板间插入一块介质时，电荷量不变，电容器的电容增大，同样极板上的电势差减小，选项D 错误．答案：B10.(2016·高考海南卷)如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q (q ＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )A.E k04qdB.E k02qdC.2E k02qdD.2E k0qd解析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v y 和平行极板的v x ，根据运动的合成与分解，当v y ＝0时，根据运动学公式有v 2y ＝2Eq m d ，v y ＝v 0cos 45°，E k0＝12m v 20，联立得E ＝E k02qd ，故选项B正确．答案：B11.真空中的某装置如图所示，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( )A ．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：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＝12m v 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全相同，则v 0不全相同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不全相同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L 2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电荷量无关，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． 答案：B12.(多选)(2018·河南重点中学联考)如图a 所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图b 中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )A ．电压是甲图时，在0～T 时间内，电子的电势能先减少后增加B ．电压是乙图时，在0～T 2时间内，电子的电势能先增加后减少C ．电压是丙图时，电子在板间做往复运动D ．电压是丁图时，电子在板间做往复运动解析：若电压是甲图，电场力先向左后向右，则电子向左先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，A 正确；电压是乙图时，在0～T 2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，B 错误．电压是丙图时，电子向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T 2做加速度先增大后减小的减速运动，到T 时速度减为0，之后继续朝同一方向加速、减速，故粒子一直朝同一方向运动，C 错误．电压是丁图时，电子先向左加速，到T 4后减速，T 2后反向加速，34T 后减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故粒子做往复运动，D 正确． 答案：AD二、非选择题13.如图所示，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 ＝3×10－10 C ，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(取g ＝10 m/s 2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)．求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小．解析：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，可得qE cos α＝mgE ＝U d解得m ＝qU cos αdg代入数据得m ＝8×10－8 kg.(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零．对液滴由动能定理得qU ＝12m v 2－12m v 20解得v ＝ v 20＋2qU m 所以v ＝72 m/s.答案：(1)8×10－8 kg (2)72 m/s14．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 ，两极板间的距离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从两极板中央平行于极板射入，开关S 闭合前，两极板不带电，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 取10 m/s 2.(1)求微粒的入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边缘射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 的取值范围为多少？解析：(1)由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2，可得v 0＝L 2g d＝10 m/s.(2)电容器的上极板应接电源的负极． 设所加电压为U 1时，微粒恰好从下极板的右边缘射出，则d 2＝12a 1(L v 0)2，a 1＝g －qU 1md 解得U 1＝120 V设所加电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，则d 2＝12a 2(L v 0)2， a 2＝qU 2md －g解得U2＝200 V所以120 V≤U≤200 V.答案：(1)10 m/s(2)负极120 V≤U≤200 V。