2019年高考物理一轮复习练案22电容器 带电粒子在电场中的运动 含解析 精品

练案[22]第七章静电场
第3讲电容器带电粒子在电场中的运动
一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)
1．(2018·河南省漯河市高级中学高三期中试题)如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片P相连接。

电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。

在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑片P 上移，则有关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，下列说法正确的是导学号21993165( A )
A．电荷量q增大，时间t不变
B．电荷量q不变，时间t增大
C．电荷量q增大，时间t减小
D．电荷量q不变，时间t不变
[解析]当滑动变阻器的滑动端P上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q＝UC可得电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方
向做匀速直线运动，所以运动时间：t＝l
v0，与电压的变化无关，所以时间t不变，故A正确，BCD错误。

2．(2018·河南省南阳市高三上学期第五次月考)如图所示，两块平行金属板倾斜放置，其间有一匀强电场，PQ是中央线，一带电小球从a点以速度v0平行于PQ线射入板间，从b点射出，以下说法正确的是导学号21993166( C )
A．小球一定带正电
B．从a到b小球一定做类平抛运动
C．小球在b点的速度一定大于v0
D ．从a 到b 小球的电势能一定增加
[解析] 若不考虑带电粒子的重力，电场力垂直于PQ 向下，由于电场方向未知，不能确定粒子的电性。

电场力对粒子做正功，粒子的动能增大，速度增大，电势能减小，带电粒子做类平抛运动；若考虑粒子的重力：①电场力方向可能垂直于PQ 向上，由于电场力与重力的合力与初速度不垂直，粒子做非类平抛运动。

电场力对粒子做负功，电势能增加；根据曲线运动的条件可知，电场力与重力的合力斜向右下方，对粒子做正功，其动能增大，速度增大。

②电场力方向可能垂直于PQ 向下，由于电场力与重力的合力与初速度不垂直，粒子做非类平抛运动。

电场力对粒子做正功，电势能减小；根据曲线运动的条件可知，电场力与重力的合力斜向左下方，对粒子做正功，其动能增大，速度增大。

综上可知，粒子不一定带正电，从a 到b ，粒子不一定做类平抛运动，速度一定增大，即粒子在b 点的速度一定大于v 0，电势能不一定增加，故ABD 错误，C 正确。

故选：C 。

3．(2018·江西省南昌二中高三上学期第五次考试)如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向夹角为30°，A 、B 连线与电场线垂直，一质量为m ，电荷量为q 的带正电小球以初速度v 0从 A 点水平向右抛出，经过时间 t 小球最终落在 C 点，速度大小仍为v 0，且 AB ＝BC ，则下列说法中正确的是导学号 21993167( C )
A ．电场强度方向沿电场线斜向上
B ．电场强度大小为E ＝2mg q
C ．小球在运动过程中增加的电势能等于3
4mg 2t 2
D ．小球在运动过程中下落的高度为3
2
gt 2
[解析] 由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下，故A 错误；由动能定理可知，mg ·AB sin60°＝Eq ·BC sin60°
解得：E ＝mg
q
，故B 错误；将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产
生的电场力F ＝E ′q ＝mg cos60°＝12mg ，物体在竖直方向上的合力F 合＝mg ＋12mg ＝3
2mg ，由
牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度a y ＝32g ，下落高度h ＝12a y t 2＝3gt 2
4，故D 错误；
此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移x ＝3gt 24，则电势能的增加量E ＝Eqx ＝3mg 2t 2
4
，故C 正确。

故选C 。

4．如图所示，圆心为O 的光滑绝缘圆环竖直放置，处在水平向右的匀强电场中，一带电小球套在圆环上。

开始时小球静止于点P 处，点P 、O 、Q 在同一竖直平面内。

现在让球从点M 处静止释放，则小球沿圆环运动过程中，第一次出现速度为零的位置是导学号 21993168( C )
A ．点N
B ．点M
C ．点Q 、N 之间
D ．点M 、N 之间
[解析] 对小球位于P 点受力分析如图。

由平衡条件知重力G 和电场力F 电的合力F ，方向沿OP 斜向下，大小恒定。

将合力F 等效为一个合场力，当小球运动到与M 点关于OP 对称的M ′点过程，F 做功为零，环的作用力不做功，所以合外力的总功为零。

由动能定理得：ΔE k ＝0，故M ′点是第一次出现速度为零的位置，选C 。

5．(2018·江西省南昌二中高三上学期第五次考试)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。

其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后被带上负电，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。

已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要减小字迹，下列措施可行的是导学号 21993169( C )
A ．增大墨汁微粒的比荷
B ．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C ．减小偏转极板间的长度
D ．增大偏转极板间的电压
[解析] 微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有： 水平方向：L ＝v 0t ； 竖直方向：y ＝1
2at 2
又a ＝qU md
联立得，y ＝qUL 22md v 20
＝qUL 2
4dE k0
要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y ，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷q /m 、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能E k0、减小极板的长度L 、减小偏转极板间的电压U ，故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

6．(2018·广东省佛山11月理综试题)有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v 先后垂直场强方向射入，分别落到极板A 、B 、C 处，如图所示，则下列说法正确的有导学号 21993170( AC )
A ．落在A 处的微粒带正电，
B 处的不带电，
C 处的带负电 B ．三个微粒在电场中运动时间相等
C ．三个微粒在电场中运动的加速度a A ＜a B ＜a C
D ．三个微粒到达极板时的动能
E k A ＞E k B ＞E k C
[解析] A 、B 、C 、三个微粒的初速度相等，水平位移x A ＞x B ＞x C ，根据水平方向上做匀速直线运动，所以t A ＞t B ＞t C ，B 错误；三个微粒在竖直方向上的位移相等，根据y ＝1
2at 2，
由t A ＞t B ＞t C 知a A ＜a B ＜a C 。

得知B 仅受重力，A 所受的电场力向上，C 所受的电场力向下，所以B 不带电，A 带正电，C 带负电，A 、C 正确；根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A 电场力做负功，C 电场力做正功，所以C 的动能增加量最大，A 动能增加量最小，初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能E k A ＜E k B ＜E k C ，D 错误。

7．(2018·江西省南昌二中高三上学期第五次考试)如图所示，质量为m 的带电小物块置
于倾角53°的光滑斜面上，当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰好静止在高为H 的斜面顶端，现将电场方向突然改为水平向右，而电场强度大小不变， 重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小物块从斜面顶端开始导学号 21993171( BD )
A ．历时25H
14g 着地 B ．历时
2H
g
着地 C ．到着地过程动能增加3
4mgH
D ．到着地过程动能增加2mgH
[解析] 整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，物块静止，则电场力竖直向上，大小Eq ＝mg ，且物块带负电；将电场方向突然改为水平向右，而电场强度大小不变，则物块受到水平向左的电场力Eq ，则小球将离开斜面，水平方向做匀加速运动，且x ＝Eq
2m t 2；竖直方
向自由落体运动，则y ＝1
2
gt 2，着地时y ＝H ，解得t ＝
2H
g
，x ＝H ，选项A 错误，B 正确；根据动能定理，落地的动能E k ＝mgH ＋qEx ＝2mgH ，选项C 错误，D 正确；故选BD 。

8．(2018·河南省漯河市高级中学高三期中试题)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＝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，则下列说法正确的是导学号 21993172( BD )
A ．φ1︰φ2＝1︰2
B ．φ1︰φ2＝1︰3
C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小
D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ21md
2
[解析] 根据场强公式可得0～T 时间内平行板间的电场强度为：E 1＝φ1
d ，电子的加速度
为：a 1＝eE 1m ＝φ1e dm ，且向上做匀加速直线运动，经过时间T 的位移为：x 1＝1
2a 1T 2，速度为：
v 1＝a 1T ；同理在T ～2T 内平行板间电场强度为：E 2＝φ2d ，加速度为：a 2＝eE 2m ＝φ2e
dm ，电子以
v 1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为：x 2＝v 1T －1
2a 2T 2，由题意2T 时刻回到P 点，
则有：x 1＋x 2＝0，联立可得：φ2＝3φ1，故A 错误，B 正确；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，因φ2＝3φ1，所以在2T 时刻电势能最小，故C 错误；电子在2T 时刻回到P 点，此时速度为：v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1eT
dm ，
(负号表示方向向下)，电子的动能为：E k ＝12m 2v 2
2＝2e 2T 2φ21md 2，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D 正确。

所以BD 正确，AC 错误。

二、非选择题
9．(2018·安徽省定远县高三11月月考)如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距离为d ＝8cm ，板长为L ＝25cm ，接在直流电上，有一带电液滴以v 0＝0.5m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将下板向上提起4
3cm ，
液滴刚好从金属板末端飞出，求：导学号 21993173
(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小。

(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间为多少？(g 取10m/s 2) 答案：(1)2m/s 2 (2)0.3s
[解析] (1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力 因为液滴做匀速运动，则有：qE ＝mg ，又E ＝U
d
得：q U
d
＝mg
当下板向上提后，由于d 减小，板间场强E 增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动
此时液滴所受电场力：F ′＝q U d ′＝mgd
d ′
此时液滴的加速度：a ＝F ′－mg m ＝mgd
d ′－mg
m ＝(d d ′－1)g ＝1
5g ＝2m/s 2
(2)因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d
2
则有：d 2＝12at 21
解得：t 1＝0.2s
而液滴从刚进入电场到出电场的时间：t 2＝L
v 0
＝0.5s
所以液滴从射入开始匀速运动到P 点的时间为t ＝t 2－t 1＝0.3s
10．(2018·安徽省定远12月月考)如图所示，在空间中取直角坐标系xOy ，在第一象限内从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，MN 为电场的理想边界，场强大小为E 1，ON ＝d 。

在第二象限内充满一个沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E 2。

电子从y 轴上的A 点以初速度v 0沿x 轴负方向射入第二象限区域，它到达的最左端为图中的B 点，之后返回第一象限，且从MN 上的P 点离开。

已知A 点坐标为(0，h )。

电子的电量为e ，质量为m ，电子的重力忽略不计，求：
导学号 21993174
(1)电子从A 点到B 点所用的时间； (2)P 点的坐标；
(3)电子经过x 轴时离坐标原点O 的距离。

答案：(1)t ＝m v 0E 2e (2)(d ，h －E 1ed 22m v 20) (3)x ＝m v 20h E 1ed ＋d 2 [解析] (1)从A 到B 的过程中，加速度大小为a ＝E 2e m ，
由速度公式得：0＝v 0－at ， 解得：t ＝m v 0
E 2e
；
(2)电子从A 运动到B ，然后沿原路返回A 点时的速度大小仍是v 0， 在第一象限的电场中，电子做类平抛运动，则： 电子电场E 1中的运动时间为：t 1＝d
v 0
射出P 点时竖直方向的分位移为 y ＝1
2a 1t 21
又根据牛顿第二定律得：a 1＝E 1e m
解得y ＝E 1ed 2
2m v 20
；
所以P 点的坐标为(d ，h －E 1ed 2
2m v 20
)；
(3)电子到达P 点时，竖直分速度为：v y ＝E 1ed
m v 0
电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，水平方向有：Δx ＝v 0t 2 竖直方向有：h －y ＝v y t 2
电子经过x 轴时离坐标原点O 的距离 x ＝d ＋Δx 解得x ＝m v 20h
E 1ed ＋d 2。