高考物理一轮复习练习及解析第9单元电场第46讲电容带电粒子在电场中的运动

合集下载

高考物理一轮复习专题29 电容器带电粒子在电场中的运动(讲)(含解析)

高考物理一轮复习专题29 电容器带电粒子在电场中的运动(讲)(含解析)带电粒子在电场中的运动（讲）1、多个电荷库仑力的平衡和场强叠加问题、2、利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等、3、带电体在匀强电场中的平衡问题及其他变速运动的动力学问题、4、对平行板电容器电容决定因素的理解，解决两类有关动态变化的问题、5、分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题、6、示波管、静电除尘等在日常生活和科学技术中的应用、1、理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析、2、能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题、3、用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题、一、电容器的充、放电和电容的理解1、电容器的充、放电（1）充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能、（2）放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能、2、电容（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值、（2）定义式：（3）物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量、3、平行板电容器（1）影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比、（2）决定式：，k为静电力常量、特别提醒适用于任何电容器，但仅适用于平行板电容器、二、带电粒子在电场中的运动1、带电粒子在电场中加速若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量、（1）在匀强电场中：W ＝qEd＝qU＝mv2－mv或F＝qE＝q＝ma、（2）在非匀强电场中：W ＝qU＝mv2－mv、2、带电粒子在电场中的偏转（1）条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场、（2）运动性质：匀变速曲线运动、（3）处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动、（4）运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间②沿电场力方向，做匀加速直线运动考点一平行板电容器的动态分析1、对公式的理解电容，不能理解为电容C与Q成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关、2、运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路（1）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变、（2）用决定式分析平行板电容器电容的变化、（3）用定义式分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化、（4）用分析电容器两极板间电场强度的变化、3、电容器两类问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C 变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小★重点归纳★1、解电容器问题的常用技巧（1）在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关、（2）对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住、Q＝CU和进行判定即可、★典型案例★如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态。

物理2006年高考第一轮复习物理：9.2电容带电粒子在电场中的运动(附答案)

第Ⅲ单元电容·带电粒子在电场中的运动●闯关训练夯实基础1.如图9－3－10所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一带电小球以初速度v 0水平地飞入电场，落在下极板的P 点.若在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），此带电小球仍以v 0从原处飞入，则小球将落在P 点的图9－3－10A.左侧B.右侧C.仍在P 点D.因不知小球带电的正负，故无法判断小球落在P 点的左侧还是右侧解析：因C =UQ 又C =kdSπ4ε得U =SkdQεπ4，故E =dU =SkQεπ4，由于电容器充电后与电源断开知Q 不变、E 不变，故带电粒子的运动轨迹不变，仍落在P 点.答案：C2.如图9－3－11所示，平行板电容器的两个极板为A 、B ，B 板接地，A 板带有电荷量+Q ，板间电场有一固定点P .若将B 板固定，A 板下移一些，或者将A 板固定，B 板上移一些.在这两种情况下，以下说法正确的是AB+Q图9－3－11A.A 板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势不变B.A 板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势升高C.B 板上移时，P 点的电场强度不变，P 点电势降低D.B 板上移时，P 点的电场强度减小，P 点电势降低解析：A 板下移与B 板上移，两板间的距离均减小，但此平行板电容器为一电荷量不变的电容器，因此改变两板间的距离不能改变电场强度的大小及方向，即E 不变；因此A 板下移时，P 与B 板的电势差不变，即P 点电势也不变.但B 板上移时，由于P 与B 板的距离减小，因此P 、B 间的电势差减小，即P 点电势降低.答案：AC3.如果在上题中，在P 点放一个正的点电荷，其他条件与之相同，则下列说法中正确的是 A.将A 板下移时，点电荷在P 点的电势能减少 B.将A 板下移时，点电荷在P 点的电势能增加 C.将B 板上移时，点电荷在P 点的电势能减少 D.将B 点上移时，点电荷在P 点的电势能增加答案：C4.如图9－3－12中（a ）图所示，一质量为m 的带有正电的油滴从A 点自由落下，进入匀强电场，由油滴刚进入匀强电场开始计时，在图中能定性表示油滴在电场中运动轨迹的是A(a)(b)(c) (d)图9－3－12A.（b ）图曲线B.（c ）图曲线C.（d ）图曲线D.以上都不对解析：带电油滴进入电场时速度方向向下，而电场力和重力的合力指向右下方.图线（d ）正确.答案：C5.如图9－3－13所示，水平放置的平行板间的匀强电场正中间的P 点有一个带电微粒正好处于静止状态，如果将平行带电极板改为竖直放置，带电微粒的运动将是+-+++++++++++-----------AB图9－3－13A.将继续保持静止状态B.从P 点开始做自由落体运动C.从P 点开始做平抛运动D.从P 点开始做初速度为零、加速度为2 g 的匀加速直线运动解析：板水平放置时，F 合=mg －Eq =0，板竖直放置时，F 合=22)()(mg Eq +=2mg .微粒将以2g 的加速度沿合外力方向做初速为0的匀加速直线运动.答案：D6.两个带相同电荷量、同种电荷的带电粒子，质量不同，同时以大小为v 0而方向相反的速度垂直场强方向进入场强为E 的同一匀强电场中，如图9－3－14所示，不计重力，而且它们在场内也不会相碰.在粒子射入电场经时间Δt 后，下面说法正确的是图9－3－14A.速度有可能相同B.动量有可能相同C.动量变化相同D.动能变化相同解析：带电粒子进入电场后受相同的电场力作用做类平抛运动，经时间Δt ，因冲量Eq Δt 相同，故动量变化相同.而合外力的功W =Eqs =Eq ·21mEq Δt 2=mt q E 2222∆，因m 的不同而不同，故动能的变化不同.答案：C7.（2004年北京理综，21）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图9－3－15所示.虚线表示这个静电场在xOy 平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox 轴、Oy 轴对称.等势线的电势沿x 轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等.一个电子经过P 点（其横坐标为－x 0）时，速度与Ox 轴平行.适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox 轴上方运动.在通过电场区域过程中，该电子沿y 方向的分速度v y 随位置坐标x 变化的示意图是图9－3－16中的图9－3－15ABC D图9－3－16解析：在x 轴负方向，电子所受电场力右偏下，则电子竖直速度沿y 轴负方向不断增加，到达O 点时竖直速度最大，到达x 轴正方向，电子所受电场力左偏上，则竖直速度沿y 轴负方向不断减小，又由于在x 轴负方向的电子运动处电场线比x 轴正方向的电子运动处电场线密，则加速度相应较大，则在x 轴负方向的速度经过相同的水平距离，不能减小到零，所以D 选项正确.答案： D培养能力8.如图9－3－17所示，一平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子，设其到达正极板的速度为v 1，加速度为a 1.现将两板间距离增为原来的2倍，再从负极板处释放一电子，设其到达正极板的速度为v 2，加速度为a 2，那么应有图9－3－17 A.a 1∶a 2=1∶1，v 1∶v 2=1∶2B.a 1∶a 2=2∶1，v 1∶v 2=1∶2C.a 1∶a 2=2∶1，v 1∶v 2=2∶1D.a 1∶a 2=1∶1，v 1∶v 2=1∶2解析：电容器充电后与电源断开，再增大两板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a 1∶a 2=1∶1.由动能定理Uq =21mv 2得v =mUq 2.因两极板间距离增为原来的2倍，由U =Ed 知，电势差U 增为原来的2倍.v 1∶v 2=1∶2.答案：D9.（2002年上海）在与x 轴平行的匀强电场中，一带电荷量为1.0×10－8C 、质量为 2.5×10－3kg 的物体在光滑水平面上沿着x 轴做直线运动，其位移与时间的关系是x =0.16t －0.02t 2，式中x 以m 为单位，t 以s 为单位.从开始运动到5 s 末物体所经过的路程为__________m ，克服电场力所做的功为__________J.解析：由位移与时间的关系式可知：v 0=0.16 m/s ，21a =－0.02，a =－0.04 m/s 2.物体沿x轴方向做匀减速运动，从开始运动到速度为零的时间t 1=04.00v =04.016.0s=4 s ，s 1=v ·t 1=216.00 ×4 m=0.32 m ，第5 s 内反向做a 2=0.04 m/s 2的匀加速运动，s 2=21at 22=21×0.04×12m=0.02 m ，因此开始5 s 内的路程为s 1+s 2=0.34 m.5 s 末的速度v 2=a 2t 2=0.04 m/s.克服电场力做功W =21mv t 2－21mv 02=21×2.5×10－3×（0.162－0.04）2 J=3.0×10－5 J.答案：0.34 3.0×10－510.一对平行金属板A 、B 间电压变化如图9－3－18所示，一个不计重力的带负电的粒子原静止在O 点处.下面有几种关于粒子的运动情况的说法，其中正确的是O-A B图9－3－18①在t =0时无初速释放，则粒子一定能打到A 板上 ②在t =0时无初速释放，粒子在满足一定条件的情况下才会打到A 板上 ③t =T /4时无初速释放，则粒子一定能打到A 板上 ④t =T /4时无初速释放，粒子在满足一定条件的情况下能打到A 板上A.①④B.②③C.①③D.②④解析：从t =0时释放，粒子先加速，后减速，运动方向不变，一定能打到A 板上. 若从t =41T 时无初速释放，粒子先从O 点沿电场力方向做匀加速直线运动，41T 后电场力方向与运动方向相反，粒子以跟原来等大的加速度做减速运动，再经41T 速度减为零，设此时粒子到达O ′点.它又沿跟原来运动相反的方向做匀加速直线运动41T ，再匀减速41T 回到O 点，速度减为零，这样粒子在OO ′之间做往复运动.显然，若粒子在到达O ′点时打不到A 板上，则它将不会打到A 板上.答案：A11.如图9－3－19所示，M 、N 为水平放置、互相平行的两大块金属板，间距d =35 cm ，两板间电压U =3.5×104 V ，现有一质量m =7.0×10－6 kg 、电荷量q =6.0×10－10 C 的带负电的油滴，由下板N 下方距N 为h =15 cm 的O 处竖直上抛，经N 板中间的P 孔进入电场，欲使油滴到达上板Q 点时速度恰为零，问油滴上抛的初速度v 0为多大?MN图9－3－19解析：此处重力不能忽略不计.设N 板电势高，则油滴在M 、N 间运动时电场力做负功，全过程由动能定理得：－mg （d +h ）－qU =0－21mv 02v 0=mqU h d g 2)(2++=4 m/s.（2）设M 板电势高，则油滴在M 、N 间运动时电场力做正功，由动能定理：－mg （d +h ）+qU =0－21mv 02v 0=mqU h d g 2)(2-+=2 m/s.答案：4 m/s 或2 m/s12.如图9－3－20所示，匀强电场的场强E =2×103 V/m ，与水平方向成30°角.一质量m =3×10－13 kg 、电荷量q =10－8 C 的带正电微粒，以v A =1×103 m/s 的速度从A 点沿垂直于电场方向射入电场中，经过一段时间正好到达B 点，B 点与A 点在同一水平线上.设重力可忽略不计，试求微粒经过B 点时速度v B 的大小.图9－3－20解析：带电粒子的重力mg =3×10－13×10 N=3×10－12 N ，电场力qE =10－8×2×103 N=2×10－5 N ，显然qE mg ，故重力可忽略不计.依题v A ⊥E ，取坐标轴x 沿v A 方向，坐标轴y 沿场强E 的方向，微粒在x 方向以v A 做匀速直线运动，在y 方向做初速为零的匀加速直线运动，加速度a =mqE .微粒的运动为类平抛运动，沿x 方向和y 方向列方程可得x =v A t① y =21at 2=mqE 2·t2②由A 到达B 时的合位移为AB .分位移与合位移的关系如图所示.由图得y =30tan x =3 x③解①②③得y =9×10－2m 依动能定理得qE ·y =21mv B 2－21mv A 2 v B =mqEy V A 22=13×103 m/s=3.16×103m/s.答案：3.16×103m/s13.在真空中，电子（质量为m ，电荷量为e ）连续射入相距为d 的两平行金属板之间.两板不带电时，电子将沿与两板等距离的中线射出，如图9－3－21（a ）所示，通过两板的时间为T.现在极板上加一个如图9－3－21（b ）所示变化的电压，变化的周期也为T ，电压最大值U 0.若加电压后，电子均能通过板间而不碰极板，求这些电子离开电场时，垂直于两板方向的最大位移和最小位移各为多少?(a )(b )2T 2T图9－3－21解析：电子从t =nT 射入，电子先偏转，再匀速运动，垂直于两板方向的位移最大；电子从t =2T +nT 射入，电子先匀速运动，再偏转，垂直于两板方向的位移最小.粒子在t =nT 时进入电场，先偏转，则 v y =a 2T =mdeT U 20在2T 内的偏移为y 1=21v y2T =mdeT U 82然后，粒子又匀速运动21T ，其偏转为y 2=vy2T =mdeT U 42则 y max =y 1+y 2=mdeT U 832粒子在t =nT +21T 时进入电场，先匀速运动21T ，无偏移，再偏转2T ，则最小偏移为y min =mdeT U 820.答案：3eU 0T 2/8md eU 0T 2/8md14.三块相同的金属平板A 、B 、D 自上而下水平放置，间距分别为h 和d ，如图9－3－22 所示.A 、B 两板中心开孔，在A 板的开孔上搁有一金属容器P ，与A 板接触良好，其内盛有导电液体.A 板通过闭合的电键S 与电压为U 0的电池的正极相连，B 板与电池的负极相连并接地.容器P 内的液体在底部小孔O 处形成质量为m 、带电荷量为q 的液滴后自由下落，穿过B 板的开孔O ′落在D 板上，其电荷被D 板吸附，液体随即蒸发，接着容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此继续.设整个装置放在真空中.图9－3－22（1）第一个液滴到达D 板时的速度为多大？（2）D 板最终可达到多高的电势？（3）设液滴的电荷量是A 板所带电荷量的a 倍（a =0.02），A 板与B 板构成的电容器的电容为C 0=5×10－12F ，U 0=1 000 V ，m =0.02 g ，h =d =5 cm.试计算D 板最终的电势.（g 取10 m/s 2）（4）如果电键S 不是始终闭合，而只是在第一个液滴形成前闭合一下，随即打开，其他条件与（3）相同.在这种情况下，D 板最终可达到的电势为多大？说明理由.解析：（1）A 板与电源正极相连，液滴带正电.设第1个液滴到达D 板时的速度为v ，由动能定理：21mv 2=mg （h +d ）+qU 0所以v =mqU d h g 02)(2++.（2）当液滴到达D 板后，D 板电势升高，液滴在AB 间做加速运动，随D 板的液滴数目不断增多，液滴到达D 板速度为零时，D 板电势达到了最大值.设D 板最高电势为U ，由动能定理可得：mg （h +d ）+qU 0－qU =0所以U =U 0+qd h mg )(+.（3）A 板的电荷量为Q A =C 0U 0 因为U =U 0+)()(00U C a d h mg +=（1 000+000110502.0)05.005.0(101002.0123⨯⨯⨯+⨯⨯⨯--） V=2.01×105 V .（4）U 至多等于A 板电荷全都到D 板时D 板的电势值.由于h =d ，B 、D 板间的电容也是C 0，故U 至多应为U 0，问题是U 能否达到U 0.当D 板电势为U 时，A 板电势为U ′0=U 0－U ，到达D 板液滴的动能E k =mg （h +d ）+（qU 0′－qU ）＞mg （h +d ）－qU ＞mg （h +d ）－qmU 0=mg （h +d ）－aC 0U 02，其中q m =aC 0U 0，是q 的最大值，即第一个液滴的带电荷量.代入数据得：mg （h +d ）－aC 0U 02=（2×10－5－10－13×106） J ＞0.可见E k ＞0，液滴一直往下滴，直至A 板上电荷量全部转移到D 板.所以U =U 0=1 000 V . 答案：（1）mqU d h g 02)(2++（2）U 0+qd h mg )(+ （3）2.01×105V（4）1 000 V 探究创新15.如图9－3－23所示，两块长3 cm 的平行金属板A 、B 相距1 cm ，并与300 V 直流电源的两极相连接，ϕA ＜ϕB .如果在两板正中间有一电子（m =9.0×10－31 kg ，e =－1.6×10－19C ），沿着垂直于电场线方向以2.0×107m/s 的速度飞入，则ABv -图9－3－23（1）电子能否飞离平行金属板?（2）如果由A 到B 分布宽1 cm 的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几?解析：（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2×107m/s 的速度飞入时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为t =v l ，在沿AB 方向上，电子受电场力的作用，在AB 方向上的位移为y =21at 2，其中a =mF =meE =mdeUAB联立求解，得y =0.6 cm ，而2d =0.5 cm ，所以y ＞2d ，故粒子不能飞出电场.（2）从（1）的求解可知，与B 板相距为y 的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为x =d －y =（1－0.6） cm=0.4 cm ，所以能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为n =dx ×100%=14.0×100 %=40%.答案：（1）不能（2）40%。

高考物理一轮复习电容器带电粒子在电场中的运动含解析

带电的金属球靠近不带电的验电器，由于静电感应现象，验电器上方小球带有与金属球相反的电荷，验电器的箔片上带有与金属球相同的电荷，B项正确．“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，．极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B分开些、B两极板分开些、B两极板靠近些两板间电场强度减小两板间电场强度增大流过灵敏电流计](多选)如图所示为一电源电动势为B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，的金属板，其上部空间有一带电粒子如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零，可以视为短路；反连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态．下列说法正确的是如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒压电源的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，匀强电场水平向左，B点时动能减少到：2的功与克服摩擦力做的功之比仍然为：2.点到速度减为零，动能减少量为，对物体从点向右到返回2－1 mv[2019·湖北省部分重点中学联考](多选)如图所示的直角坐标系中，均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为大量电荷量为－q(q>0)、质量为0沿x轴正方向射入匀强电场．若粒子只能从坐标原点点的速度大小为2 2 m/sBD＝0．带电体运动到半圆形轨道B点时对半圆形轨道的压力大小为．平行板电容器的电容将变大应带负电，极板Y应带负电X′应带负电，极板Y应带负电．带电粒子通过电场的时间T 2时间段内进入电场的带电粒子最终都从OO′上方射出电场．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电表示两极板间的电场强度，．车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流．车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电．车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流两极板水平放置，A在上方，和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动为两块水平放置的金属板，通过闭合开关孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空＋mgE2a下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是解析：带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为．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，设直到最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小时刻物块的速度最大多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y。

高考物理第一轮专题复习针对训练《电场》word含答案解析

高考物理第一轮专题复习针对训练电场一、选择题在电场中，下列说法正确的是（） A ．某点的电场强度大，该点的电势一定高 B ．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大 C ．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零 D ．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零如图所示，空间有两个等量的正点电荷，a 、b 两点在其连线的中垂线上，则下列说法一定正确的是（）A ．场强 a b E E >B ．场强 abE E <C ．电势 a b ϕϕ>D ．电势 a b ϕϕ<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'点一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点q射入该区域时，仅受电场力的作用，恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有（）A．质点由a到c电势能先减小后增大B．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1C．a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是φa=φc＞φb，E a=E c=2E bD．若改变带电质点q在a处的速度大小和方向，则质点q可能做类平抛运动a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是( )套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是AB>AC>BC，可以判断图中（）A．三个小球电荷量的代数和可能为0B．三个小球一定带同种电荷C．三个小球所受环的弹力大小为F A>F C>F BD．三个小球带电荷量的大小为Q A>Q C>Q B一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。

2020年高考物理一轮复习《电场及带电粒子在电场中的运动问题》练习

高频考点强化(六)电场及带电粒子在电场中的运动问题(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题6分,共72分。

1～8题为单选题,9～12题为多选题)1.关于静电场下列说法中正确的是( )A.将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电势能一定增加B.无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能越大C.在同一个等势面上的各点,场强的大小必然是相等的D.电势下降的方向就是电场强度的方向【解析】选B。

根据E p=qφ,将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电势能减小,故A错误;无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,静电力做的正功越多,因无穷远处电势能为零,因此电荷在该点的电势能越大,故B正确;在等势面上,电势处处相等,场强不一定相等,故C错误;电势下降最快的方向才是电场强度的方向,故D错误。

2.(2018·宜春模拟)两个固定的等量异种电荷,在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点,如图所示,下列说法正确的是( )A.a点电势比b点电势高B.a、b两点场强方向相同,a点场强比b点小C.一带电粒子(不计重力),在a点无初速度释放,则它将在a、b线上运动D.正负电荷连线上c点场强最大【解析】选B。

等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线, a点电势与b点电势相等,故A错误;根据电场线与等势面垂直可知,a、b、c三点电场强度方向都与两电荷连线平行,方向相同,根据电场强度矢量合成可知,a点场强比b点小,故B正确;a点场强方向向右,一带电粒子(不计重力)在a点受电场力向左或向右,无初速度释放将向左或向右运动,不可能在a、b线上运动,故C错误;正负电荷连线上c点场强最小,故D错误。

3.(2016·江苏高考)一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示。

容器内表面为等势面,A、B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( )A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功不同【解题指导】解答本题应注意以下四点:(1)电场线的疏密反映电场强度的大小。

高考物理总复习--带电粒子在电场中的运动及解析

高考物理总复习--带电粒子在电场中的运动及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，半径为a 的内圆A 是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子；外圆C 为与A 同心的金属网，半径为3a ．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m ，电量为e ．(1)为使从C 射出的电子速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U ； (2)C 、A 间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出，求该电子第一次回到A 时，在磁场中运动的时间t ；②为使所有电子都不从C 射出，所加磁场磁感应强度B 应多大．【答案】（1）24mv e （2）①43a π ②(31)B ae ≥- 【解析】【详解】（1）对电子经C 、A 间的电场加速时，由动能定理得()2211322eU m v mv =- 得24mv U e=（2）电子在C 、A 间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．设此轨迹圆的半径为r ，则)2223a rr a -=+又2rT vπ=得tan 3arθ== 故θ=60°所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθπ= 得439at vπ=（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C 相切．则所有电子都不从C 射出，轨迹如图所示：23r a a '=-又2v evB m r ='得3-1B ae =（）所以3-1B ae≥（）2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率．【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】【分析】【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2；由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W3．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma =联立解得：2mv EqL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyvvθ==l速度大小02sinvv vθ==设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R，此时满足L=2nx联立可得：22Rn=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvB mR=得：04nmvBqL=，n=1、2、3....轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R，此时满足()221L n x=+联立可得：()2212Rn=+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222vqvB mR=得：()2221n mvBqL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==4．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．【答案】22B qLE m=；2B E t t π= 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有20v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2R =以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m= 且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=5．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

【物理】高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析

【答案】（1） E mg q
（2） xCN 7L
（3）
t总＝(3
3 4
)
2L g
【解析】
（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿 PA 连线运动，重力与电场力的合力沿 PA 方向；又
PA AC L ，故 tan 450 qE ，解得： E mg
6．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成 α＝30°角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强 E＝2 3 ×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为 q＝1×10﹣5C、质量为 m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端 A 由静止开始沿杆滑下，并从 B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的 C 点．已知 AB 间距离 x1＝0.4m，g ＝10m/s2．求：（1）小球通过 B 点时的速度大小 VB；（2）小球进入电场后滑行的最大距离 x2；（3）试画出小球从 A 点运动到 C 点过程中的 v﹣t 图象．
解得：小球抛出时的初速度
v0
23 3
m
s
(2)在
B
点时， sin60
vy vB
，则 vB
43 3
m s
小球在
A
点时， FN
qE
mg
m
vA2 R
，解得： vA
3ms
小球从 B 到 A 过程，由动能定理得： (mg qE)(R Rcos ) Wf
1 2
mvA2
1 2
mvB2
解得：小球从 B 到 A 的过程中克服摩擦所做的功Wf
mg qE ma ，解得：小球的加速度
a mg qE 210 1103 104 m / s2 5m / s2

2019届高考物理一轮复习：电容器与电容带电粒子在电场中的运动含解析

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＝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＝U d＝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 ＝m v 0sin θEq 。

【物理】物理带电粒子在电场中的运动专题练习（及答案）及解析

【物理】物理带电粒⼦在电场中的运动专题练习（及答案）及解析【物理】物理带电粒⼦在电场中的运动专题练习(及答案)及解析⼀、⾼考物理精讲专题带电粒⼦在电场中的运动1．如图甲所⽰，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续⽆初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒⼦，经电场加速后，沿极板C 、D 的中⼼线射向荧光屏（荧光屏⾜够⼤且与中⼼线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒⼦通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图⼄所⽰电压（图中电压U 1已知）时，粒⼦均能从C 、D 两板间飞出，不计粒⼦的重⼒及相互间的作⽤．求：（1）C 、D 板的长度L ；（2）粒⼦从C 、D 板间飞出时垂直于极板⽅向偏移的最⼤距离；（3）粒⼦打在荧光屏上区域的长度．【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md== 【解析】试题分析：（1）粒⼦在A 、B 板间有20012qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m=（2）粒⼦从nt 0（n=0、2、4……）时刻进⼊C 、D 间，偏移距离最⼤粒⼦做类平抛运动偏移距离2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（3）粒⼦在C 、D 间偏转距离最⼤时打在荧光屏上距中⼼线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转⾓0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中⼼线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md==考点：带电粒⼦在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒⼦在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒⼦在⽔平及竖直⽅向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．2．如图1所⽰，光滑绝缘斜⾯的倾⾓θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜⾯向上的⽅向为电场的正⽅向，电场随时间的变化规律如图2所⽰．⼀个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重⼒加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最⼤速度为多少? (2)0~4s 内电场⼒做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】【分析】对滑块受⼒分析，由⽜顿运动定律计算加速度计算各速度．【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受⼒分析如图甲所⽰，电场⼒F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受⼒分析如图⼄所⽰22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速，在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最⼤由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场⼒做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场⼒做负功2220W F x J ==- 电场⼒做功W=40 J 3．在⽔平桌⾯上有⼀个边长为L 的正⽅形框架，内嵌⼀个表⾯光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．⼀带电⼩球从圆盘上的P 点（P 为正⽅形框架对⾓线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0⽔平射⼊磁场区，⼩球刚好以平⾏于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所⽰．现撤去磁场，⼩球仍从P 点以相同的初速度v 0⽔平⼊射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起⼀定⾼度，如图⼄所⽰，忽略⼩球运动过程中的空⽓阻⼒，已知重⼒加速度为g ．求：（1）⼩球两次在圆盘上运动的时间之⽐；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌⾯的⾼度．【答案】（1）⼩球两次在圆盘上运动的时间之⽐为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB边距桌⾯的⾼度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）⼩球在磁场中做匀速圆周运动，由⼏何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，⼩球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，⼩球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，⼩球在斜⾯上做类平抛运动，⽔平⽅向：x=r=v0t2，运动时间：t2=22Lv，则：t1：t2=π：2；（2）⼩球在斜⾯上做类平抛运动，沿斜⾯⽅向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a=222vL，对⼩球，由⽜顿第⼆定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB 边距离桌⾯的⾼度：h =L sinθ=222v g；4．⼀电路如图所⽰，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平⾏板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有⼀未知的、待研究的带电粒⼦沿虚线⽅向以v0=2.0m/s 的初速度射⼊MN 的电场中，已知该带电粒⼦刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒⼦的⽐荷q/m （不计粒⼦的重⼒，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -? （2）46.2510/C kg -?【解析】【分析】【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===?=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==??=?（2）粒⼦在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联⽴解得46.2510/qC kg m-=?5．如图所⽰，在不考虑万有引⼒的空间⾥，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN ⼀侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另⼀侧有匀强磁场（垂直纸⾯向⾥）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，⾝边有多个质量均为m 、电量不等的带负电⼩球．他先后以相同速度v0、沿平⾏于MN ⽅向抛出各⼩球．其中第1个⼩球恰能通过MN 上的C 点第⼀次进⼊磁场，通过O 点第⼀次离开磁场，OC=2h ．求：（1）第1个⼩球的带电量⼤⼩；（2）磁场的磁感强度的⼤⼩B ；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后⾯抛出的每个⼩球从不同位置进⼊磁场后都能回到宇航员的⼿中？如有，则磁感强度应调为多⼤．【答案】(1)20 12mvqEh=；(2)2EBv=；(3)存在，EBv'=【解析】【详解】（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：2112q E=2h v t=解得：212mvqEh=；（2）研究第1球从A到C的运动：12yq Ev hm=解得：0yv v=tan1yvvθ==，45oθ=，2v v=；研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B 由2q vB mR=得1mvRq B=由⼏何关系得：22sinR hθ=解得：2EBv=；（3）后⾯抛出的⼩球电量为q ，磁感应强度B '①⼩球作平抛运动过程002hmx v tv qE== 2y qE v h m= ②⼩球穿过磁场⼀次能够⾃⾏回到A ，满⾜要求：sin R x θ=，变形得：sin mvx qB θ'= 解得：0E B v '=．6．竖直平⾯内存在着如图甲所⽰管道，虚线左侧管道⽔平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截⾯是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m ．⼩球a 、b 、c 的半径略⼩于管道内径，b 、c 球⽤长2m L =的绝缘细轻杆连接，开始时c 静⽌于管道⽔平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在⽔平推⼒F 的作⽤下由静⽌向右运动，当F 减到零时恰好与b 发⽣了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图⼄所⽰，且满⾜224F t π+=．已知三个⼩球均可看做质点且m a =0.25kg ，m b =0.2kg ，m c =0.05kg ，⼩球c 带q=5×10-4C 的正电荷，其他⼩球不带电，不计⼀切摩擦，g =10m/s 2，求(1)⼩球a 与b 发⽣碰撞时的速度v 0； (2)⼩球c 运动到Q 点时的速度v ；(3)从⼩球c 开始运动到速度减为零的过程中，⼩球c 电势能的增加量．【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ?=【分析】对⼩球a ，由动量定理可得⼩球a 与b 发⽣碰撞时的速度；⼩球a 与⼩球b 、c 组成的系统发⽣弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，⼩球c 运动到Q 点时，⼩球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得⼩球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的⾓速度和半径都相同，故两球的线速度⼤⼩始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得；解：(1)对⼩球a ，由动量定理可得00a I m v =-由题意可知，F-图像所围的图形为四分之⼀圆弧，⾯积为拉⼒F 的冲量，由圆⽅程可知21S m = 代⼊数据可得：04/v m s =(2)⼩球a 与⼩球b 、c 组成的系统发⽣弹性碰撞，由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得222012111()222a abc m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s ==⼩球c 运动到Q 点时，⼩球b 恰好运动到P 点，由动能定理22211()()22c b c b c m gR qER m m v m m v -=+-+ 代⼊数据可得2/v m s =(3)由于b 、c 两球转动的⾓速度和半径都相同，故两球的线速度⼤⼩始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直⽅向的夹⾓为θ从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：21(1cos )sin ()sin 2b c b c m gR m gR m m v qER θθθ-+++=解得sin 0.6,37θθ==?因此⼩球c 电势能的增加量：(1sin ) 3.2P E qER J θ?=+=7．如图所⽰，在竖直⾯内有两平⾏⾦属导轨AB 、CD ．导轨间距为L ，电阻不计．⼀根电阻不计的⾦属棒ab 可在导轨上⽆摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸⾯向外的匀强磁场，磁感强度为B ．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R ．在BD 间接有⼀⽔平放置的电容为C 的平⾏板电容器，板间距离为d ，电容器中质量为m 的带电微粒电量为q 。

高考物理一轮复习课时练25 电容器带电粒子在电场中的运动(含解析)新人教版

学习资料电容器带电粒子在电场中的运动1.（多选)（电容动态变化、传感器）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2。

（多选）(电容器动态分析）（2020山东青岛模拟）如图所示，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是A、B板间的一点,在C、D板间插有一块有机玻璃板.闭合开关,电路稳定后将开关断开。

现将C、D板间的玻璃板抽出,下列说法正确的是(）A.金属板C、D构成的电容器的电容减小B.P点电势降低C.玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流D.A、B两板间的电场强度减小3.(带电粒子在电场中的直线运动）(2020浙江余姚模拟)一电荷量为q（带正电）的物体静置在一光滑绝缘水平面上。

从某时刻起在整个空间施加一水平向右的电场,电场强度大小为E1,经过t时间，电场改变方向，变成水平向左,电场强度大小变为E2，再经过2t时间,物体恰好返回出发点,则（)A。

电场强度E1与E2之比为5∶4B.电场强度E1与E2之比为2∶1C.这一过程中带电物体的动能先增大后减小再增大，其变化量大于0D.这一过程中带电物体的动能先增加后减小，其变化量大于04。

(带电粒子在电场中的偏转）（2020山西太原模拟)“嫦娥四号”上搭载的中性原子探测仪,主要任务是测量太阳风与月表相互作用后产生的中性原子。

探测仪在入口处安装了高压偏转系统，形成强电场区域,对太阳风和月表作用后辐射的带电粒子进行偏转,以免其射到探测器上产生干扰信号。

已知高压偏转系统由长度大于1 m、间距仅10 mm 的两平行金属板组成，当两板加一定的电压时，可将平行极板进入、动能不大于320 keV的氦核均偏转到极板而被极板吸收。

【师说】高考物理一轮复习电容器与电容带电粒子在电场中的运动课后练习(新题,含解析)

课时训练20 电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、选择题1.如图所示，平行板电容器经开关S 与电源连接，在a 处有一个带电荷量非常小的点电荷，S 是闭合的，φa 为a 点的电势，F 表示点电荷受到的电场力．现将电容器的B 板向下稍微移动，使两极板间的距离增大，则( )A ．φa 变大，F 变大B ．φa 变大，F 变小C ．φa 不变，F 不变D ．φa 不变，F 变小解析由E ＝U d，d 增大，E 减小，F 减小；E 减小，由UAa ＝EdAa 得UAa 减小，故φa 变大，选B.答案 B2．如图所示，对一个给定的电容器充电时，下列图象中能正确反映电容器所带电荷量Q 、两极板间电压U 和电容器的电容C 之间关系的是( )解析对一个给定的电容器，C 与Q 、U 无关，Q 与U 的比值不变，为电容器的电容，故选B 、C.答案 BC3.如图所示的电路，闭合开关S 后，当滑动变阻器的滑片由a 向b 滑动时，平行板电容器的( )A ．板间电场强度增大B ．电荷量不变C ．两极板间电压不变D ．电容增大解析本题考查电容器所带的电荷量、电容和两极板间电压与外界因素的关系．在闭合开关S 后，当滑动变阻器的滑片由a 向b 滑动时改变了电阻．电容器接入的地方可以视为开路，其两端的电压一直等于电源的电动势．故选B 、C.答案 BC4.[2014·唐山模拟]如图所示，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，且恰好从正极板边缘飞出；现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，则两极板间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍 C.12 D.14解析电子在两极板间做类平抛运动：水平方向：l ＝v0t ，t ＝l v0；竖直方向：d ＝12at2＝qU 2mdt2＝qUl22mdv20，故d2＝qUl22mv20，即d ∝1v0，故C 正确．答案 C5．如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy ，当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝2 V ，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝－1 V 时，荧光屏上光点的坐标为(4，－1)，则当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝1 V ，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝2 V 时，荧光屏上光点的坐标为( )A ．(2，－2)B ．(4，－2)C ．(2,2)D ．(4,2)解析偏转位移与电压成正比，所以答案为C.答案 C 6.[2013·重庆卷]如图所示，高速运动的α粒子被位于O 点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M 、N 和Q 为轨迹上的三点，N 点离核最近，Q 点比M 点离核更远，则( )A ．α粒子在M 点的速率比在Q 点的大B ．三点中，α粒子在N 点的电势能最大C ．在重核产生的电场中，M 点的电势比Q 点的低D ．α粒子从M 点运动到Q 点，电场力对它做的总功为负功解析 α粒子和重原子核都带正电，α粒子从M 向N 运动时，克服库仑力做功，α粒子的电势能增加，速度减小；α粒子从N 向Q 运动时，库仑力做正功，α粒子的电势能减小，故α粒子在N 点的电势能最大，B 项正确；由M 、N 、Q 点与重原子核的位置关系可知，粒子在从M 点运动到Q 点的过程中库仑力做正功，α粒子在Q 点的速率比在M 点的速率大，A 、D 两项错误；α粒子在M 点的电势能大于在Q 点的电势能，故M 点的电势比Q 点的电势高，C 项错误．答案 B7.[2014·广州模拟]如图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )A ．两板间的距离B ．两板间的电压C ．两板间的电介质D ．两板的正对面积解析计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A 正确．答案 A8.[2014·山东测试]如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于A 、B 两点．一个带点电粒子从C 点由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB 中垂线运动到D 点(C 、D 是关于AB 对称的两点，图中未标出其具体位置)．下图中关于粒子运动的v －t 图象可能正确的是( )解析根据等量同种点电荷中垂线上电势相等的特点，可知C 、D 两点的电势相等，由功能关系可得，带电粒子在C 、D 两点速度均为零，根据等量同种点电荷中垂线上场强的特点可知，场强可能是先减小后增大，也可能是先增大后减小，所以带电粒子的加速度可能是先减小后增大，也可能是先增大后减小．v －t 图线的斜率表示的是物体做直线运动的加速度，所以C 、D 正确．答案 CD 9.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，两板中央各有一个小孔a 和b ，在a 孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回。

高考物理一轮复习精选题辑课练电容器带电粒子在电场中的运动

课练 22 电容器带电粒子在电场中的运动1．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点．以E 表示两极板间的电场强度，U 表示电容器的电压，E p 表示正电荷在P 点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则( )A ．U 变小，E p 不变B ．E 变大，E p 不变C ．U 变大，E p 变大D ．U 不变，E p 变大答案：A解析：平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q 不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d 减小，根据C ＝εS 4πkd 知，电容增大，根据U ＝Q C 可知，电容器的电压减小．由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkqεS，可知电场强度E 不变，则P 与负极板间的电势差不变，P 点的电势不变，正电荷在P 点的电势能E p 不变，故A 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.粒子运动加速度为( )A.l d gB.d －l d gC.l d －l gD.d d －l g 答案：A解析：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有mg ＝q Ud －l.当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有mg －q U d ＝ma ，联立解得a ＝ldg ，故选A.3．(2020·河北邯郸联考)平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E 和极板所带电荷量Q 的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A 极板下移使A 、B 两板间距变为原来的23，则A 、B 两极板之间的引力与原来的比值是( )A.32B.94C.278D.8116 答案：B解析：A 、B 两板间距变为原来的23，根据C ＝εr S 4πkd 可知，电容器的电容变为原来的32倍，根据Q ＝CU可知，极板所带电荷量变为原来的32倍，根据E ＝U d 可知，内部场强变为原来的32倍，由于F ＝kQE ，所以两极板之间的引力变为原来的94倍，选项B 正确．4．(多选)如图所示，平行板电容器A 、B 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿A 、B 中心水平射入，打在B 极板上的N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A 极板来改变两极板A 、B 间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )A ．若小球带正电，当A 、B 间距增大时，小球打在N 点的右侧 B ．若小球带正电，当A 、B 间距减小时，小球打在N 点的左侧C ．若小球带负电，当A 、B 间距减小时，小球可能打在N 点的右侧D ．若小球带负电，当A 、B 间距增大时，小球可能打在N 点的左侧答案：BC解析：若小球带正电，当A 、B 间距d 增大时，电容减小，电容器要放电，二极管阻止放电，所以Q不变．根据E ＝Q Cd ＝Q εS 4πkdd ＝4πkQεS，知E 不变，所以电场力不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N 点，故A 错误；若小球带正电，当A 、B 间距d 减小时，电容增大，Q 增大，根据E ＝Q εS 4πkdd ＝4πkQεS，知E 增大，所以电场力变大，方向向下，电场力与重力合力变大，小球做平抛运动时竖直向下的加速度增大，运动时间变短，打在N 点左侧，故B 正确；若小球带负电，当A 、B 间距d 减小时，由E ＝Q εS 4πkdd ＝4πkQεS，知E 增大，所以电场力变大，方向向上．若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直向下的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧，故C 正确；若小球带负电，当A 、B 间距d 增大时，电容减小，但Q 不变，根据E ＝Q εS 4πkdd ＝4πkQεS，知E 不变，所以电场力大小不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N 点，故D 错误．5.(多选)如图所示，A 、B 为两块水平放置的金属板，通过闭合开关S 分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a 和b ，在a 孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，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出b 孔，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，在两板左边之间插入电介质C ．先断开S ，再将A 板适当下移D ．先断开S ，在两板左边之间插入电介质答案：CD解析：设质点距离A 板的高度为h ，A 、B 两板原来的距离为d ，电压为U ，质点的电荷量为q.质点到达b 孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h ＋d)－qU ＝0.保持S 闭合，A 、B 之间电压不变，由动能定理得mg(h ＋d)－qU ＝12mv 2＝0，即质点下落到b 孔时速度恰减为零，故A 、B 错误；断开S ，A 、B 两板电荷量不变，由C ＝Q U ＝εS4πkd，若A 板下移，d 减小，电容C 增大，则U 减小，由动能定理得mg(h′＋d′)－qU＝12mv 2>0，即质点下落到b 孔时速度不为零，还有向下的速度，故C 正确；断开S ，在两板左边之间插入电介质，相对介电常数增大，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝12mv2>0，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速度，故D正确．6.如图所示，匀强电场水平向左，带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经A点时动能为100 J，到B点时动能减少到80 J，减少的动能中有12 J转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是( ) A．4 J B．16 JC．32 J D．64 J答案：B解析：设物体向右运动到C点静止，然后返回，A、B间距离为x1，B、C间距离为x2，从A到B过程中，由动能定理得－(f＋qE)x1＝(80－100) J＝－20 J．由电场力做功与电势能的关系知qEx1＝12 J，解得qE＝3f 2.从B到C过程中，由动能定理得－(f＋qE)x2＝－80 J，解得fx2＝32 J.从B到C再返回B的过程中，由动能定理得－2fx2＝E k－80 J，解得E k＝16 J，故选项B正确．7.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是( )答案：A解析：带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为A.8．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A、B.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t1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～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B．在t1～t3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答案：C解析：在0～t 1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即f ＝qE ＝q Ud，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A 错误；在t 1～t 3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项B 错误；t 3到t 4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故t 3时刻物块速度最大，选项C 正确、D 错误．9．(2020·河南豫南九校质量考评)(多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a 和b 分别与电源的正、负极相连，a 、b 板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S 后，带正电的液滴从小孔正上方的P 点由静止自由落下，当液滴穿过b 板小孔到达a 板小孔时速度为v 1，现使a 板不动，在开关S 仍闭合或断开的情况下b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P 点自由落下，此时液滴到达a 板小孔时速度为v 2，空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A ．若开关S 保持闭合，向下移动b 板，则v 2>v 1B ．若开关S 保持闭合，则无论向上或向下移动b 板，都有v 2＝v 1C ．若开关S 闭合一段时间后再断开，向下移动b 板，则v 2>v 1D ．若开关S 闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b 板，都有v 2<v 1 答案：BC解析：对液滴，从P 到a 由动能定理得mg Pa －Uq ＝12mv 21－0(或mg Pa －Eq ab ＝12mv 21－0)，若开关S保持闭合，向下移动b 板，液滴到达a 板时重力做的功和电场力做的功都不变，则v 2＝v 1，A 错误，B 正确；若开关S 闭合一段时间后再断开，向下移动b 板，电容增大，电荷量不变，电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S不变，从P 到a 的过程中，重力做的功不变，电场力做的功减小，则v 2>v 1，C 正确；若开关S 闭合一段时间后再断开，向上移动b 板，则电容减小，电荷量不变，电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S不变，从P 到a 的过程中，重力做的功不变，电场力做的功增大，v 2<v 1，结合C 项分析可知D 错误．10．(2020·山东日照一模)(多选)质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落．t 秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场．再经过t 秒，小球又回到A 点，不计空气阻力且小球未落地，重力加速度为g ，则( )A ．小球所受电场力的大小是4mgB ．小球回到A 点时的动能是mg 2t 2C ．从A 点到最低点的距离是23gt 2D ．从A 点到最低点，小球的电势能增加了mg 2t 2答案：AC解析：小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速运动到速度为零，再向上做匀加速运动回到A 点．设加上电场后小球的加速度大小为a ，规定向下为正方向，整个过程中，小球的位移为零，运用运动学公式12gt 2＋gt×t－12at 2－0，解得a ＝3g.根据牛顿第二定律得Eq －mg ＝ma ，解得Eq ＝4mg ，A正确；对全过程应用动能定理得Eq ⎝ ⎛⎭⎪⎫12gt 2＝E k －0，解得E k ＝2mg 2t 2，小球回到A 点时的动能是2mg 2t 2，B错误；设从A 点到最低点的距离为h ，根据动能定理mgh －Eq ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －12gt 2＝0，解得h ＝23gt 2，C 正确；从A 点到最低点，电场力做的功W ＝－Eq ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －12gt 2＝－E q·16gt 2＝－23mg 2t 2，所以从A 点到最低点，小球的电势能增加了23mg 2t 2，D 错误．11．(2020·北京海淀区统考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道AB 连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B 与水平轨道平滑连接．现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的小球(可视为质点)，从离圆形轨道最低点B 相距为L 处的C 点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动．已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为g ，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量q 保持不变，不计一切摩擦和空气阻力．求：(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)小球由C 点运动到B 点所用的时间t ；(3)小球运动到与圆形轨道圆心O 等高的D 点时的速度大小v D .答案：(1)mg q (2)2Lg(3)2gL解析：(1)对小球，由题意可知 Eq ＝mg①解得E ＝mgq②(2)对小球，设从C 到B 的加速度为a ，根据牛顿第二定律可得Eq ＝ma ③由运动学公式可得L ＝12at 2④②③④式联立解得t ＝2L g⑤ (3)设圆形轨道半径为R ，对小球从C 到D 的过程，根据动能定理有qE(L ＋R)－mgR ＝12mv 2D －0⑥联立②⑥，可得v D ＝2gL.12．(2020·湖北孝感第一次统考)在xOy 直角坐标系中，三个边长都为2 m 的正方形如图所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电扬，电场强度的大小为E 0，在第Ⅱ象限正方形COED 的对角线CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC 区域内无电场，正方形DENM 区域内无电场．现有一带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)从AB 边上的A 点由静止释放，恰好能通过E 点．(1)求CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；(2)保持第(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 间应满足什么关系；(3)若CDE 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N 点，则释放点的坐标值x 、y 间又应满足什么关系．答案：(1)4E 0 (2)y ＝x (3)y ＝3x －4解析：(1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时速度为v ，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qL ＝12mv 2，其中L ＝2 m ，要使带电粒子通过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y ，设水平位移为x 0，则y ＝12·E 1q m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0v 2，因∠CEO＝45°，即x 0＝y ＝2 m ，解得E 1＝4E 0.(2)设坐标为(x ，y)，带电粒子出第Ⅰ象限电场时速度为v 1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qx ＝12mv 21，要使带电粒子过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y ，水平方向位移也为y ，则y ＝12·E 1q m ⎝ ⎛⎭⎪⎫y v 12，解得y ＝x.(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE 出电场时与DE 交于Q ，进入CDE 电场后，初速度延长线与DE 交于G ，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P 点，设在第Ⅰ象限出发点的坐标为(x ，y)，由图可知，在CDE 中带电粒子的水平位移为y ，设偏转位移为y′，则y′＝12·E 2q m ⎝ ⎛⎭⎪⎫y v 22，而y′y －y′＝GP NE ，其中GP ＝y 2，NE ＝2 m ，在第Ⅰ象限加速过程中，E 0qx ＝12mv 22，解得y ＝3x －4. 刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2020·新课标全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案：D解析：电容器电容C ＝εr S 4πkd ，云母介质移出，εr 减小，C 减小；又C ＝QU ，电源恒压，U 一定，C 减小，故Q 减小；电场强度E ＝Ud，故E 不变，选项D 正确．2.(2020·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动答案：D解析：最初带电微粒处于静止状态，受力如图(1)，Eq ＝mg ；当两板绕过a 点的轴逆时针转过45°时，带电微粒的受力如图(2)，其合力指向左下方，故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动，选项D 正确．3．(2020·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 不变答案：D解析：极板移动过程中带电荷量Q 保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U 的变化，由C ＝εS 4πkd 和C ＝Q U 可知，极板下移，d 减小，C 增大，U 减小，又E ＝U d ＝4πkQεS ，则E 不变，E p 不变，综合上述，只有D 选项正确．刷仿真模拟——明趋向4．(2020·山东青岛一模)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E 的直流电源上，平行板电容器的下极板接地，静电计所带电荷量可忽略，二极管具有单向导电性．闭合开关S ，一带电油滴恰好静止于两板间的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．平行板电容器的电容将变大B ．静电计指针的张角变小C ．带电油滴的电势能将减少D ．油滴仍将保持静止答案：CD解析：由C ＝εr S4πkd可知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，d 增大，C 减小，A 错误；由Q ＝CU 可知，电容器所带的电荷量要减小，但是二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器上的电荷量保持不变，再由U ＝QC可知，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针的张角变大，B 错误；由E ＝U d 、U ＝Q C 和C ＝εr S 4πkd 联立解得E ＝4πkdεr S，两极板间的电场强度不变，P 点与下极板间的电势差增大，P 点的电势升高，由题意知，油滴带负电，再由E p ＝φq，带电油滴的电势能将减少，C 正确；由于电场强度不变，所以Eq ＝mg ，油滴仍将保持静止，D 正确．5．(2020·山西太原期末)如图所示，C 1和C 2是两个完全相同的平行板电容器，带有等量电荷．现在电容器C 1的两极板间插入一块云母，已知云母的厚度与C 1两极板间距相等、面积与C 1正对面积相同，则在云母插入的过程以及云母全部插入停止运动并达到稳定后，下列说法正确的是( )A ．插入云母的过程中，R 上有由a 向b 的电流通过B ．达到稳定后，C 1的带电荷量小于C 2的带电荷量C ．达到稳定后，C 1内的电场强度大于C 2内的电场强度D ．达到稳定后，C 1内的电场强度等于C 2内的电场强度答案：D解析：此电路达到稳定后两电容器的电压是相同的，插入云母的过程中，C 1逐渐增大，根据Q ＝CU ，所以C 1两极板间电压会逐渐减小，电流由b 流向a ，A 错误；达到稳定后两电容器的电压相等，C 1>C 2，所以C 1的带电荷量大于C 2的带电荷量，B 错误；两电容器的电压相等，间距相等，所以电场强度相等，C 错误，D 正确．6．(2020·四川绵阳二诊)(多选)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 极板间，A 极板接地，B 极板的电势φ随时间t 的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．电子运动过程中没有与极板相碰，不计重力．则( )A ．φ1：φ2＝1：2B ．φ1：φ2＝1：3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 内，电子的电势能减少了2e 2T 2φ21md2答案：BCD解析：0～T 内，电子的加速度向上，设加速度大小为a 1，则a 1＝φ1emd，设T 时刻电子的速度大小为v 1，则v 1＝a 1T ＝φ1e md T①，0～T 内的位移s 1＝12a 1T 2＝φ1eT 22md ②，T ～2T 内，加速度向下，大小为a 2＝φ2emd③，T ～2T 内的位移s 2＝v 1T －12a 2T 2④，而s 1＝－s 2⑤，联立①②③④⑤式解得φ1：φ2＝1：3，A 错误，B正确；0～T 内，电场力做正功，电势能减少；T ～2T 内，电子先向上运动，但电势反向，电场力先做负功，电势能增加，然后电子向下运动，电势能减少，回到P 点后，电势能高于电子在P 点的原电势能，故t ＝T 时电子的电势能最小，C 正确；设2T 时电子的速度为v 2，v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1emdT ，负号表示方向向下，根据动能定理得，在0～2T 内，电子的电势能的减少量等于电场力做的功，ΔE p ＝W ＝12mv 22－0＝2e 2T 2φ21md2，D 正确．7．(2020·河南郑州模拟)(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R 的圆，AB 是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E ，方向与水平面平行．在圆上A 点处有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电荷量为＋q 的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C 点的小球的动能最大．由于发射时刻不同，不计小球间的相互作用．已知α＝30°，下列说法正确的是( )A ．电场的方向与AC 间的夹角为30°B ．电场的方向与AC 间的夹角为60°C ．小球在A 点垂直电场方向发射，恰能落到C 点，则初动能为18qERD ．小球在A 点垂直电场方向发射，恰能落到C 点，则初动能为14qER答案：AC解析：因为经过C 点的小球的动能最大，所以小球在C 点的电势能最小，即C 点电势最低，所以过C 点的切线即为等势线，根据电场线与等势线的关系可知电场线沿OC 方向，即与AC 间的夹角为30°，A 选项正确，B 选项错误；若小球在A 点垂直电场方向以初速度v 0发射，恰能落到C 点，则有3R 2＝v 0t ，32R＝12·qE m t 2，解得E k0＝12mv 20＝18qER ，C 选项正确，D 选项错误．刷最新原创——抓重点8．(多选)如图所示，C1为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地．M和N为两水平正对放置的平行金属板，当金属板带上一定电荷后使在两板间的一带电小球P处于静止状态．M板与b板用导线相连，N板接地．在以下方法中，能使P向上运动的是( )A．增大a、b间的距离B．增大M、N间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质答案：AC解析：a板与N板电势恒定为零，b板和M板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且b板与M板所带电荷量之和保持不变．当增大a、b间的距离时，由公式C＝εS4πkd可得上侧电容器的电容减小，b板的电荷将流向M板，所以M、N间电场强度要增强，P向上运动，A选项正确；当增大M、N间的距离时，由公式C＝εS4πkd可得，下侧电容器的电容减小，M板的电荷将流向b板，所以M、N两板间电场强度要减弱，P向下运动，B选项错误；当取出a、b两极板间的电介质时，由公式C＝εS4πkd可得，上侧电容器的电容减小，b板的电荷将流向M板，所以M、N两板间电场强度要增强，P向上运动，C选项正确；当换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质时，由公式C＝εS4πkd可得，上侧电容器的电容增大，M板的电荷将流向b板，所以M、N两板间电场强度要减弱，P向下运动，D选项错误．9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．从电子枪发射出的电子在经过加速电场加速和两个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带负电，极板Y应带负电B．极板X′应带负电，极板Y应带负电C．极板X应带负电，极板Y′应带负电D．极板X′应带负电，极板Y′应带负电答案：B解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X偏转，则电场方向为X到X′，则极板X′应带负电；同理可知，因电子向Y′偏转，则电场方向为Y′到Y，因此极板Y应带负电，故B正确，A、C、D错误．刷易错易误——排难点易错点1不能从图象中获取有效信息导致出错10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，E p表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )答案：C解析：平行板电容器充电后与电源断开，电容器上所带的电荷量Q 不再发生变化，设题图所示位置平行板间距为d ，根据平行板电容器的电容公式，有C ＝εr S4πd d ＋x，电容器C 随x 变化的图线应为曲线，故A 错误；根据C ＝εr S 4πk d ＋x ＝Q U ，电场强度E ＝U d ＋x ＝4πkQεr S，E 与x 无关，保持不变，图象应为平行于x 轴的直线，故B 错误；负极板接地，电势φ1＝0，设负极板与P 点的初始距离为d 2，有φ－φ1＝E(d 2＋x)，则φ＝Ex ＋Ed 2，即P 点电势随x 变化的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故C 正确；正电荷在P 点的电势能E p ＝qφ＝qEd 2＋qEx ，也是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故D 错误．易错点2 对带电粒子在交变电场中受力、运动情况分析不清导致出错11．(2020·陕西长安一中三模)(多选)如图甲所示平行金属板A 、B 之间的距离为6 cm ，两板间场强随时间按如图乙规律变化，设场强垂直于金属板由A 指向B 为正，周期T ＝8×10－5s ．某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－19 C ，质量为1.6×10－26kg ，于某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则( )A ．若粒子于t ＝0时释放，则一定能运动到B 板B ．若粒子于t ＝T2时释放，则一定能运动到B 板C ．若粒子于t ＝T4时释放，则一定能运动到A 板D ．若粒子于t ＝3T8时释放，则一定能运动到A 板答案：AD解析：粒子运动的加速度大小为a ＝Eq m ＝2×8.0×10－191.6×10－26 m/s 2＝108 m/s 2，在T 2时间内粒子的位移x 1＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝12×108×(4×10－5)2 m ＝8×10－2m ＝8 cm ，因x 1>d 2＝3 cm ，故若粒子于t ＝0时释放，则一定能运动到B 板，选项A 正确；若粒子于t ＝T2时释放，则粒子向A 板运动，最后到达A 板，选项B 错误；若粒子于t ＝T 4时释放，在T 4～T 2的时间内粒子向B 板加速，位移x 2＝12a·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 42＝12×108×(2×10－5)2 m ＝2×10－2m＝2 cm ；在T 2～3T4的时间内粒子向B 板减速，位移x 3＝x 2＝2 cm ，故此时已经到达了B 板，选项C 错误；若粒子于t ＝3T 8时释放，则在3T 8～T 2的时间内粒子向B 板加速，位移x′2＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 82＝12×108×(10－5)2m ＝0.5×10－2m ＝0.5 cm ，在T 2～5T 8的时间内粒子向B 板减速，位移为x′3＝x′2＝0.5 cm ，在5T 8～T 的时间内粒子向A 板加速，位移为x 4＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 82＝12×108×(3×10－5)2 m ＝4.5×10－2m ＝4.5 cm ，因4.5 cm －2×0.5cm ＝3.5 cm>3 cm ，故此时粒子已经到达A 板，选项D 正确．刷综合大题——提能力12．(2020·新课标全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的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 先后以相同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区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小．答案：(1)3：1 (2)H 3 (3)mg 2q解析：(1)设两小球抛出的初速度为v 0，则进入电场的水平分速度为v 0，竖直分速度相同，根据运动的分解可知，两小球竖直方向的分运动是相同的，运动时间t 相同．在水平方向N 向右做初速度为v 0，加速度为a ＝Eq m的匀减速直线运动， M 向右做初速度为v 0，加速度为a ＝Eq m的匀加速直线运动， M 的水平分位移x M ＝v 0t ＋12at 2， N 的水平分位移x N ＝v 0t －12at 2， v 0＝at ，联立解得x M ：x N ＝3：1(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式有v 2y ＝2gh ，H ＝v y t ＋12gt 2， M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝x M H，联立解得h ＝H 3. (3)设电场强度大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则v 0v y ＝Eq mg，设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得E k1＝12m(v 20＋v 2y )＋mgH ＋Eqx M ， E k2＝12m(v 20＋v 2y )＋mgH －Eqx N ，由已知条件有E k1＝1.5E k2，联立解得E ＝mg 2q.。

2011届高考物理一轮复习练习及解析第9单元电场练习二十三电容带电粒子在电场中运动

练习二十三电容带电粒子在电场中的运动选择题部分共10 小题，每题 6 分 .在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如下图，一带正电的粒子以必定的初速度v 0 沿两板的中线进入水平搁置的平行金属板内，恰巧沿下板的边沿飞出.已知板长为 L ，板间距离为 d ，板间电压为 U ，带电粒子的电荷量为 q ，粒子经过平行金属板的时间为 t ，则 ()t qUA. 在前 2时间内，电场力对粒子做的功为4 t时间内，电场力对粒子做的功为3B.在后 28qUd和后d的过程中，电场力做功之比为1∶ 2C.在粒子着落前 44d和后 d 的过程中，电场力做功之比为2∶ 1D. 在粒子着落前 44v 0 沿两板的中线进入水平搁置的平行金属板内，解读：带正电的粒子以必定的初速度恰巧沿下板的右侧沿飞出，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快运动，由运动学知识知，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，因此在前 t时间内，电场力对粒22子做的功为qU ，选项 A 错误；在后t时间内，电场力对粒子做的功为3qU，选项 B 正确；在828粒子着落前 d和后 d的过程中，电场力做功相等，应选项C 、D 错误 .4 4答案： B2.传感器是一种收集信息的重要器件，如下图为测定压力的电容式传感器，将电容器、零刻度在中间的敏捷电流计和电源串连成闭合回路.当压力 F 作用于可动膜片电极上时膜片产生形变，惹起电容的变化，致使敏捷电流计指针偏转.从对膜片施加压力 (压力迟缓增至某必定值 )开始到膜片稳固，敏捷电流计指针的偏转状况为(已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏 )()A. 向左偏到某一刻度后回到零刻度B. 向右偏到某一刻度后回到零刻度C.向右偏到某一刻度后不动D. 向左偏到某一刻度后不动U 不变，压力 F 作解读：由题意可知，电容器一直与电源相连，因此两极板间的电压用于可动膜片电极上时，相当于两极板间距离d 减小，电容 C ＝εS增大，由 C ＝ Q 可知，4πkd U两极板带电量增添，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，因此敏捷电流计指针向右偏；当压力使膜片稳固后，电容不变，两极板带电量不变，电流计指针从头回到零刻度处 .综上所述，选项 B 正确 .答案： B3.如下图， C 为中间插有电介质的电容器， a 和 b 为其两极板， a 板接地； P 和 Q 为两竖直搁置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球； P 板与 b 板用导线相连， Q 板接地 .开始时悬线静止在竖直方向，在 b 板带电后，悬线偏转了角度 α.在以下方法中，能使悬线的偏角 α变大的是 [2008 年高考 ·宁夏理综卷 ]()A. 减小 a 、 b 间的距离1 / 6解读：由图可知U ＝ U，P 、Q 极板之间的电场强度 E ＝ U PQ ＝U ba，故电容器 C 带电PQ ba PQ PQ荷量一准时：加大 a 、 b 间距能使 U ba 、 U PQ 变大， P 、Q 之间的场强对带电小球的电场力增大， α角变大，选项B 正确 .减小电介质的介电系数或抽出电介质，可使 U ba 、U PQ 变大， P 、 Q 之间的场强以及对带电小球的电场力增大， α角变大，应选项C 正确 .答案： BC 4.如下图，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端 C 相连结 .电子以速度 v 0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场.在保证电子还可以穿出平行板间电场的状况下，若使滑动变阻器的滑动端C 上移，则对于电容器极板上所带电荷量 Q 和电子穿越平行板所需的时间 t 的说法中，正确的选项是 ()A. 电荷量 Q 增大，时间 t 也增大B. 电荷量 Q 不变，时间 t 增大C.电荷量 Q 增大，时间 t 不变D. 电荷量 Q 不变，时间 t 也不变 l解读：电子穿越平行板电容器的时间t ＝ 0，与极板之间的电压没关，v当 C 上移时， U C 增大 Q ＝C ·U C 变大，应选项 C 正确 .答案： C5.示波器的示波管能够视为加快电场与偏转电场的组合，如下图 .若已知加快电压为 U 1，偏转电压为 U 2，偏转极板长为 L ，板间距为 d ，且电子被加快前的初速度可忽视，定义电子从偏转极板右端射出时的偏转量与偏转电压的比值y为示波器的敏捷度，则对于示波 U 2 ()器的敏捷度与加快电场、偏转电场的关系，以下说法正确的选项是A. L 越大，敏捷度越高B. d 越大，敏捷度越高C.U 1 越大，敏捷度越小D.敏捷度与 U 2 没关1 eU2 L ) 2 ＝ U 2L 2解读：由题意知： y ＝ · ·( 4dU 1可得敏捷度 y ＝ L 2 2 dm v 0，选项 A 、D 正确 .U 2 4dU 1答案： AD6.如下图，带正电的粒子以必定的初速度 v 0 沿中线进入水平搁置的平行金属板内，恰好沿下板的边沿飞出，已知板长为 L ，板间的电压为 U ，带电粒子的电荷量为 q ，粒子经过平行金属板的时间为 t ，不计粒子的重力，则 ()t时间内，电场力对粒子做的功为qU A. 粒子在前 24t3qU B. 粒子在后 2时间内，电场力对粒子做的功为8C.粒子在竖直方向的前 d和后d位移内，电场力做的功之比为1∶244D. 粒子在竖直方向的前 d和后 d 位移内，电场力的冲量之比为1∶ 14 4解读：粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为：W 电＝ qU AB ＝ q ·E ·y ，此中 y 为粒子在电场方向的位移1 2 1 t 2 d又由题意知： at ＝ d， a() ＝4t 2 2 2 1故在前内电场力做的功为： W 电 ′＝ qU2 / 62)∶ ( 4－ 3)故 I 前∶I 后＝1∶ ( 2－ 1). 答案： A7.如下图，质子、氘核和 α粒子 (均不计重力 )都沿平行板电容器两板中线OO ′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点 .若微粒打到荧光屏的先后不可以分辨，则以下说法正确的选项是 ()A. 若它们射入匀强电场时的速度相等，则在荧光屏大将出现 3 个亮点 B. 若它们射入匀强电场时的动能相等，则在荧光屏大将出现1 个亮点C.若它们射入匀强电场时的动量相等，则在荧光屏大将出现 3 个亮点D. 若它们是经同一个加快电场由静止加快后射入偏转电场的，则在荧光屏大将只出现 1 个亮点解读：选用 11H 、12H 、24He 中的随意一微粒为研究对象，微粒在偏转电场中的偏转位移为：1 qU 2L2 qU 2L 2 qmU 2 L 2 ＝ U 2L 2 y ＝ · 2 ＝＝ 2dp 2 4dU 12 dmv 0 4dE k经过判断选项 C 、D 正确 . 答案： CD 8.如下图，在 O 点搁置一个正电荷，而在过 O 点的竖直平面内的 A 点，自由开释一个带正电的小球，小球的质量为m ，带电荷量为 q ，小球落下的轨迹如图中的虚线所示，它与以 O 点为圆心、 R 为半径的圆订交于 B 、 C 两点， O 、 C 在同一水平线上，∠ BOC ＝ 30°， A 距 OC 的高度为 h ，若小球经过 B 点的速度为 v ，则以下表达正确的选项是 ()A. 小球经过 C 点的速度大小为 2ghB. 小球经过 C 点的速度大小为v 2＋ gR1 2C.小球由 A 到 C 电场力做的功为mgh － 2mv1 2R－ h)D. 小球由 A 到 C 电场力做的功为 mv ＋ mg(22解读：因为 B 、 C 在同一等势面上，故从 B 到 C 电场力不做功 .从 B 到 C 只有重力做功，故有：1 2 1 2m C ＝ mv B ＋ mgh BC212122＋mgRsin30 °即 mv C ＝mv2 2v 2＋ gR得： v C ＝从 A 到 C 由动能定理有：1 2 ＝ mgh ＋ W ACmv C2解得： W AC ＝1mv 2＋ mg(R－ h)，应选项 B 、 D 正确 . 答案： BD229.平行板间犹如下图的周期变化的电压 .重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝ 0 时辰开始将其开释，运动过程无碰板状况，能正确立性描绘粒子运动的速度图象的是 [2007 年高考 ·广东物理卷 ]()ABCD解读：在 0～T时间内带电粒子正向做匀加快运动，在T～ T 时间内带电粒子正向做匀减速运动，直至 T 时辰速度降至零，此后各周期重复这一运动过程，选项A 正确.答案： A10.如图甲所示，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，以下图象中能正确反应电子速度v、位移x、加快度a 和动能 E k四个物理量随时间变化规律的是()解读：依据电子的受力状况很简单得出选项 A 正确，而x－ t、 a－ t、 E k－ t 图象分别如下：答案： A非选择题部分共 3 小题，共 40 分.11.(13 分 )静电喷漆技术拥有效率高、浪费少、质量好、有益于工人健康等长处，其装置原理图如下图.A、B 为两块平行金属板，间距d＝ 0.40m，两板间有方向由 B 指向 A、场3的匀强电场 .在 A 板的中央搁置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷强 E＝ 1.0 ×10N/C枪的半圆形喷嘴可向各个方向平均地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度v0＝ 2.0m/s，质量 m＝ 5.0 ×10－ 15－ 16kg，电荷量 q＝－ 2.0 ×10 C，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板 B 上 .试求：(1)油漆微粒打在 B 板上的动能 .(2)油漆微粒最后落在 B 板上所形成的图形及其面积的大小.解读： (1)据动能定理有： W＝ |qEd|＝ E kB－ E kA解得：微粒打在 B 板上时动能 E kB＝ 9.0 ×10－14J.(2)微粒落在 B 板上所形成的图形为圆面初速度沿极板方向的油漆微粒落在圆周上，对这些微粒有：12 1 qE 2d＝at1＝· ·t12 2 mR＝ v0t1S＝πR2＝ 0.25m2 .解得：圆面积答案： (1)9.0×10－ 14J(2)0.25m212.(13 分 )喷墨打印机的构造简图如下图，此中墨盒能够发出墨汁微滴，其半径约为－510m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔划的高低地点输入信号加以控制 .带电后的微滴以必定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体 .无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直经过偏转板而注入回流槽流回墨盒 .偏转板长 1.6cm，两板间的距离为0.50cm，偏转板的右端距纸 3.2cm.若墨－10汁微滴的质量为 1.6×10间的电压是32.0mm. 求这个墨汁8.0 ×10 V ，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是微滴经过带电室所带的电荷量是多少？(不计空气阻力和重力，能够以为偏转电场只限制于平行板电容器的内部，忽视边沿电场的不平均性)为了使纸上的字放大10%，请你剖析并提出一个可行的方法 .解读：设微滴所带的电荷量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，走开电场后做直线运动打到纸上，距原入射方向的距离为：y＝1at2＋ Ltanφ2又 a＝qU， t＝l， tanφ＝at md v0v0解得： y＝qUl2(l＋ L)mdv02－ 13代入数据得： q＝ 1.25 ×10 C要将字体放大10%，只需使 y 增大为本来的 1.1 倍，可采纳的举措为：将电压 U 增大到8.8 ×103V ，或将 L 增大到 3.6cm.－133答案： 1.25 ×10 C 将电压 U 增大到 8.8 ×10V ，或将 L 增大到 3.6cm13.(14 分 )如下图，沿水平方向搁置一条平直圆滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距 3.5L .槽内有两个质量均为 m 的小球 A 和 B，球 A 带电荷量为＋ 2q，球 B 带电荷量为－ 3q，两球由长为 2L 的轻杆相连，构成一带电系统 .最先 A 和 B 分别静止于左板的双侧，离板的距离均为 L .若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行、向右的匀强电场 E 后 .(设槽和轻杆由特别绝缘资料制成，不影响电场的散布 )求：(1)当球 B 刚进入电场时，带电系统的速度大小.(2)带电系统从开运动到速度第一次为零所需的时间及球A 相对右板的地点 .[2007 年高考·广东物理卷 ]A 能达到右极板，解读：对带电系统进行剖析，假定球电场力对系统做功为 W1，有：W1＝ 2qE×2.5L ＋ (－ 3qE×1.5L)＞ 0并且还可以穿过小孔，走开右极板假定球 B 能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：W2＝ 2qE×2.5L ＋ (－ 3qE×3.5L)＜ 0综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、 B 应分别在右极板的双侧.(1)带电系统开始运动时，设加快度为 a ，由牛顿第二定律有：a＝2qE＝qE112m m球 B 刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：v12＝ 2a1L由上两式解得： v1＝2qEL. m(2)设球 B 从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1＝v1a1联立解得： t1＝2mLqEa ，由牛顿第二定律有： a ＝－3qE＋2qE球 B 进入电场后，带电系统的加快度为＝－qE222m2m 明显，带电系统做匀减速运动，设球 A 刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：v22－ v12＝ 2a2×1.5Lv 2－v 1t 2＝a 2解得： v 2＝12qEL， t 2＝2mL2 m qE球 A 走开电场后，带电系统持续做减速运动，设加快度为a 3，再由牛顿第二定律有：－ 3qEa 3＝ 2m－ v 22＝ 2a 3x解得： t 3＝ 12mL ， x ＝ L3 qE 6由以上数据可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t ＝ t 1＋ t 2＋ t 3＝ 7 2mL3 qE L球 A 相对右板的地点为： x ＝ 6 .2qEL 7 2mLL答案： (1)(2) 3qE 6m。

高考物理一轮总复习专题训练电容带电粒子在电场中的运动(含解析)

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。

2023年高考物理母题题源解密(全国通用)专题09 电容器带电粒子在电场中的运动(解析版)

专题九电容器带电粒子在电场中的运动目录真题考查解读2023年真题展现考向一带电粒子在电场中直线运动考向二带电粒子在电场中曲线运动近年真题对比考向一电容器考向二带电粒子在电场中直线运动考向三带电粒子在电场中曲线运动命题规律解密名校模拟探源易错易混速记【命题意图】考查带电粒子在匀强电场中做直线运动和类平抛运动时遵循的规律，涉及重力、电场力、类平抛运动知识，意在考查考生对物理规律的理解能力和综合分析能力【考查要点】电容器的动态分析，带电粒子在电场中直线运动问题主要考查运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题；用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题。

带电粒子在匀强电场中的运动有可能会以选择题或计算题的形式出现，也有可能会结合带电粒子在匀强磁场中运动命题。

【课标链接】。

理解电容器的充放电现象，并能根据充放电现象判断电容器的动态变化情况；掌握带电粒子在电场中的受力分析方法，判断带电粒子在电场中的偏转情况和运动情况；熟练掌握平抛运动的特点和规律，正确应用牛顿第二定律解决类平抛问题。

考向一匀带电粒子在电场中直线运动1.（2023·浙江·统考高考真题）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。

两板间距10cm ，电荷量为81.010C 、质量为43.010kg 的小球用长为5cm 的绝缘细线悬挂于A 点。

闭合开关S ，小球静止时，细线与AB 板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD 板上的M 点（未标出），则（）A ．MC 距离为B 410JC 410N /C D ．减小R 的阻值，MC 的距离将变大【答案】B【详解】A ．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示根据几何关系可得T qE ，sin 60sin 60T qE mg联立解得310NT qE 剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示根据几何关系可得tan 60MC L d ，故A 错误；B ．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移105sin 307.5cm x（）与电场力方向相反，电场力做功为410J W qEx 电，410J ，故B 正确；C ．电场强度的大小510N /C qEE q，故C 错误；D ．减小R 的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC 的距离不变，故D 错误。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第 46 讲电容带电粒子在电场中的运动
体验成功
1.如图所示，平行板电容器两极板间悬浮着一带电微粒 P，今把 A、B 两个半方形的金属空盒相对插入电容器中间.当 A、B 合拢后，微粒 P 的状态是( )
A.向上运动 B.仍保持静止 C.向下运动 D.条件不完全，无法判断答案：C 2.下图所示是描述对给定的电容器充电时的电荷量 Q、电压 U、电容 C 之间的相互关系图象，其中正确的是( )
解析：电容是电容器的自身属性，与电荷量和电压无关. 答案：BCD
3.一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一正电荷(电
荷量少)固定在 P 点，如图所示.以 E 表示两极板间的场强，U 表示电容器两极板间
的电压，W 表示正电荷在 P 点的电势能.若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线
所示的位置，那么( )
A.U 变小，E 不变
B.E 变大，W 变大
C.U 变小，W 不变 D.U 不变，W 不变
解析：平行板电容器与电源断开后电荷量保持恒定，由 E∝QS 知，它们之间的场强不变，
极板间的电压 U＝Ed 变小，正电荷在 P 点的电势能 W＝q·φP＝qE·dP 不变. 答案：AC
4.如图所示，K 为电子发射极，刚发出的电子速度可以忽略不计.左边的非匀强电场使电子加速，右边的匀强电场使电子减速，设非匀强电场的电压为 U，匀强电场的电压为 U′，则( )
A.只要 U′＜U，电流计的指针就不偏转 B.只要 U′＞U，电流计的指针就不偏转 C.只要 U′＝U，电场力对电子做的总功为零 D.只要 U′＝U，电场力对电子做的总功不为零
解析：根据动能定理可知，当 eU－eU′＝12mv2＞0 时，就有电子到达最左边的极板，电流表的指针就会偏转.
答案：BC 5.如图甲所示，两块金属板 A、B 彼此平行放置组成一平行板电容器，板间距离为 d，两板分别带有等量异种电荷，且 A 板带正电，两板中间有一带负电的油滴 P，当两板水平放置时，油滴恰好平衡.若把两板倾斜 60°，把油滴从 P 静止释放，油滴可以打在金属板上，问： (1)油滴将打在哪块金属板上？ (2)油滴打在金属板上的速率是多少？解析：
乙
(1)平行极板倾斜后油滴的受力分析如图乙所示

可知合外力方向与竖直方向成 60°角偏左故油滴将打在 A 板上. (2)由上可知油滴所受的合外力 F 合＝mg
运动的加速度 a＝g，运动的位移 s＝2cosd 60°＝d
可解得油滴到达 A 板的速率大小 v＝ 2as＝ 2gd.
答案：(1)A 板 (2) 2gd 6.图示为电子显示仪器(如示波器)的核心部件的示意图.左边部分为加速装置，阴极产生的热电子由静止开始经过 U1＝1000 V 的加速电压加速后，从左端中心进入极板长 l1＝0.20 m、间距 d＝0.020 m、电压为 U2 的偏转电场区域(极板正对面之间区域为匀强电场，忽略边缘效应)，距偏转电场区域左端 l2＝0.15 m 的位置是荧光屏，电子打在荧光屏上能够显示出光斑.当 U2＝0 时光斑正好在屏的中心.设荧光屏足够大. (1)若 U2 为稳定电压，试推导光斑在荧光屏上相对中心的偏移量 Y 的表达式. (2)若 U2＝0.1t2 V，在什么时间内荧光屏上有光斑出现？光斑做什么运动？(已知电子的质量 me＝9.1×10－31 kg，电荷量 e＝1.6×10－19 C)
解析：(1)解法一：设电子从加速电场中出来的速度为 v0，由动能定理：
12mv20＝eU1
将电子在偏转电场中的运动沿 v0 方向和电场线方向分解，设电子沿电场线方向的位移为 y，有：
y＝12at2＝12·edUm2·t2
在 v0 方向上，有：l1＝v0t 可解得：y＝4Ud2Ul211 再设电子从偏转电场中射出时速度方向与 v0 方向的夹角为 θ，有：
tan θ＝edUmv20·vl10＝2Ud2Ul11
故光斑的偏移量 Y＝y＋l2·tan θ＝(l21＋l2)2Ud2Ul11 代入数据可得：Y＝1.25×10－3U2.
解法二：设电子从加速电场中射出的速度为 v0，由动能定理有：
12mv20＝eU1
再设电子从偏转电场右端射出时速度方向与 v0 方向的夹角为 θ，有：
tan θ＝qdUmv20·vl10＝2Ud2Ul11 又因为射出方向的反向延长线与初速度 v0 方向线交于偏转电场的中心
故：Y＝(l21＋l2)·tan θ＝1.25×10－3U2.
(2)将电子的质量和电荷量代入(1)中相关式子可知，电子在偏转电场中穿过的时间极短，
故每个电子在电场中通过时，偏转电压 U2 可看做不变. 设 t 时刻进入偏转电场的电子将恰好打在极板的右端，即：
y＝4Ud2UL121＝d2
答案：(1)1.25×10－3U2
d (2)2

。