1、電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、單項(xiàng)選擇題1.如圖所示,平行板電容器與電源相接,充電后切斷電源,然后將電介質(zhì)插入電容器極板間,則兩板間的電勢(shì)差U及板間電場(chǎng)強(qiáng)度E的變化情況為()A.U變大,E變大B.U變小,E變小C.U不變,E不變D.U變小,E不變解析當(dāng)平行板電容器充電后切斷電源,極板所帶電荷量Q保持不變,插入電介質(zhì)后,電容器的電容C變大,則U=將變小,而由E=可知,板間電場(chǎng)強(qiáng)度E也將變小。選項(xiàng)B正確。答案B2.一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi),負(fù)極板接地。兩板間有一個(gè)正試探電荷固定在P點(diǎn),如圖所示,以C表示電容器的電容、E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度、表示P點(diǎn)的電勢(shì),Ep表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能,若正

2、極板保持不動(dòng),將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過(guò)程中,各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象正確的是()解析由平行板電容器的電容C=可知d減小時(shí),C變大,但不是一次函數(shù),A錯(cuò)。在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下,U=,E=與d無(wú)關(guān),則B錯(cuò)。在負(fù)極板接地的情況下,設(shè)沒(méi)有移動(dòng)負(fù)極板時(shí)P點(diǎn)距負(fù)極板的距離為d1,移動(dòng)x后為d1-x。因?yàn)橐苿?dòng)極板過(guò)程中電場(chǎng)強(qiáng)度E不變,故P=E(d1-x)=Ed1-Ex,其中xl0,則C正確。正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep=qP=qEd1-qEx,顯然D錯(cuò)。答案C3.(2016山西四校聯(lián)考)有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒

3、,此微粒經(jīng)過(guò)帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上,顯示出字符。已知偏移量越小打在紙上的字跡越小,現(xiàn)要縮小字跡,下列措施可行的是()A.增大墨汁微粒的比荷B.減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能C.減小偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度D.增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓導(dǎo)學(xué)號(hào)解析已知偏移量越小,打在紙上的字跡越小,因偏移量y=,現(xiàn)要縮小字跡,可行的措施可減小墨汁微粒的比荷,增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能,減小偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度L,減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U,故選C。答案C4.(2016浙江協(xié)作校期中)如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中,平行板電容器兩極板的正對(duì)面積為S,兩極板的間距為d,電容器所帶電荷量為Q,電容為C,

4、靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角為,平行板中間懸掛了一個(gè)帶電小球,懸線與豎直方向的夾角為,下列說(shuō)法正確的是()A.若增大d,則減小,減小B.若增大Q,則減小,不變C.將A板向上提一些,增大,增大D.在兩板間插入云母片,則減小,不變解析若增大兩極板的間距d,由C=可知,C變小,而Q不變,由C=可知,U增大,增大,又E=,故E不變,電場(chǎng)力不變,小球的平衡狀態(tài)不變,故不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;同理,若增大Q,電容器的電容C不變,則U增大,增大,電場(chǎng)強(qiáng)度增大,則電場(chǎng)力增大,故增大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;將A板向上提一些,S減小,則C變小,Q不變,電壓U增大,增大,電場(chǎng)強(qiáng)度增大,則電場(chǎng)力增大,故增大,選項(xiàng)C正確;在兩板間插入云母片,r

5、增大,則C變大,Q不變,電壓U必減小,減小,減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C5.(2016山西運(yùn)城一模)真空中的某裝置如圖所示,其中平行金屬板A、B之間有加速電場(chǎng),C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124,電荷量之比為112,則下列判斷正確的是()A.三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同C.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為122D.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為124解析設(shè)加速電壓為U1,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng),

6、板間距離為d,在加速電場(chǎng)中,由動(dòng)能定理得qU1=,解得v0=,三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過(guò)程,水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng),由于三種粒子的比荷不同,則v0不同,所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同,故A錯(cuò)誤;根據(jù)推論y=、tan =可知,y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無(wú)關(guān),故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同,打到熒光屏上的位置相同,故B正確;偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做功為W=qEy,則W與q成正比,三種粒子的電荷量之比為112,則有電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為112,故C、D錯(cuò)誤。答案B6.(2016西安交大附中質(zhì)檢)某空間區(qū)域有豎直方向的電場(chǎng)(圖甲中只畫(huà)出了一條電場(chǎng)線),一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶

7、正電的小球,在電場(chǎng)中從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿電場(chǎng)線豎直向下運(yùn)動(dòng),不計(jì)一切阻力,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的機(jī)械能E與物體位移x關(guān)系的圖象如圖乙所示,由此可以判斷()A.物體所處的電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng),且電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小,電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上B.物體所處的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下C.物體可能先做加速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng)D.物體一定做加速運(yùn)動(dòng),且加速度不斷減小解析由于物體的機(jī)械能逐漸減小,因此電場(chǎng)力做負(fù)功,故電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向上,再根據(jù)機(jī)械能的變化關(guān)系可知,克服電場(chǎng)力做功越來(lái)越少,電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小,故A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律可知,物體受重力和電場(chǎng)力,且電場(chǎng)力逐漸減小,故加速度越來(lái)越大,C、D錯(cuò)誤。答案A7.(2

8、016安徽宿州質(zhì)檢)如圖所示,豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng),與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開(kāi)始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開(kāi)始釋放,兩小球最終都能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置,則從開(kāi)始釋放到運(yùn)動(dòng)到右極板的過(guò)程中它們的()A.運(yùn)行時(shí)間tPtQB.電勢(shì)能減少量之比EPEQ=21C.電荷量之比qPqQ=21D.動(dòng)能增加量之比EkPEkQ=41導(dǎo)學(xué)號(hào)解析兩球均受重力和電場(chǎng)力作用,做勻加速直線運(yùn)動(dòng),按運(yùn)動(dòng)的分解,豎直方向是重力作用下的自由落體運(yùn)動(dòng),二者下降位移相同,所用時(shí)間相等,A錯(cuò)誤;水平方向是在電場(chǎng)力作用下的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),位移之比是xPx

9、Q=21,由公式x=t2得它們的電荷量之比qPqQ=21,C正確;又Ep=qPU,EQ=qQ,故EpEQ=41,B錯(cuò)誤;動(dòng)能增加量=Ep+mgh,=EQ+mgh,故41,D錯(cuò)誤。答案C二、多項(xiàng)選擇題8.如圖所示,在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器,使A、B兩板間的電壓為U時(shí),一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場(chǎng)中,恰從A、B兩板的中點(diǎn)處沿原路返回(不計(jì)重力),則下列說(shuō)法正確的是()A.使初速度變?yōu)?v0時(shí),帶電粒子恰能到達(dá)B板B.使初速度變?yōu)?v0時(shí),帶電粒子將從B板中心小孔射出C.使初速度v0和電壓U都增加為原

10、來(lái)的2倍時(shí),帶電粒子恰能到達(dá)B板D.使初速度v0和電壓U都增加為原來(lái)的2倍時(shí),帶電粒子將從B板中心小孔射出解析設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)中的位移為x,根據(jù)動(dòng)能定理得-qEx=0-,又E=得x=,由此可知,要使帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)后恰能到達(dá)B板處,x變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,采取的方法有:使帶電粒子的初速度變?yōu)関0;或使A、B兩板間的電壓變?yōu)閁;或使初速度v0和電壓U都增加到原來(lái)的2倍,故B、C正確,A、D錯(cuò)誤。答案BC9.(2016遼寧沈陽(yáng)檢測(cè))平行板電容器兩板間的電壓為U,板間距離為d,一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子從該電容器的正中央沿與勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線垂直的方向射入,不計(jì)重力。當(dāng)粒子的入射初速度為v0時(shí),它

11、恰好能穿過(guò)電場(chǎng)而不碰到金屬板。現(xiàn)在使該粒子以的初速度以同樣的方式射入電場(chǎng),下列情況正確的是()A.該粒子將碰到金屬板而不能飛出B.該粒子仍將飛出金屬板,在金屬板內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間將變?yōu)樵瓉?lái)的2倍C.該粒子動(dòng)能的增量將不變D.該粒子動(dòng)能的增量將變大解析使該粒子以的初速度以同樣的方式射入電場(chǎng),粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng),該粒子將碰到金屬板而不能飛出,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;電場(chǎng)力做功相同,該粒子動(dòng)能的增量將不變,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。答案AC10.如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。ON與水平面的夾角為30,重力加速度為g,

12、且mg=qE,則()A.電場(chǎng)方向豎直向上B.小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gC.小球上升的最大高度為D.若小球在初始位置的電勢(shì)能為零,則小球電勢(shì)能的最大值為導(dǎo)學(xué)號(hào)解析由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng),其合力沿ON方向,而mg=qE,由三角形定則,可知電場(chǎng)方向與ON方向成120角,A錯(cuò)誤;由圖中幾何關(guān)系可知,其合力為mg,由牛頓第二定律可知a=g,方向與初速度方向相反,B正確;設(shè)帶電小球上升的最大高度為h,由動(dòng)能定理可得-mg2h=0-,解得h=,C錯(cuò)誤;電場(chǎng)力做負(fù)功,帶電小球的電勢(shì)能變大,當(dāng)帶電小球速度為零時(shí),其電勢(shì)能最大,則Ep=-qE2hcos 120=qEh=mg,D正確。答案BD11.如

13、圖所示,水平放置的平行板電容器與某一電源相連,它的極板長(zhǎng)L=0.4 m,兩極板間距離d=41 m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩極板中央平行極板射入,開(kāi)關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,由于重力作用,微粒能落到下極板的正中央。已知微粒質(zhì)量m=41 kg、電荷量q=+11 C,g取10 m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()A.微粒的入射速度v0=10 m/sB.電容器上板接電源正極時(shí)微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)C.電源電壓為180 V時(shí),微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng)D.電源電壓為100 V時(shí),微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng)解析開(kāi)關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,微粒

14、落到下板的正中央,由gt2,=v0t,得v0=10 m/s,A對(duì);電容器上板接電源正極時(shí),微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯(cuò);設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時(shí)的加速度為a,電場(chǎng)力向上,則,L=v0t1,mg-=ma,得U1=120 V,同理,微粒在平行板右邊緣上側(cè)飛出時(shí),可得U2=200 V,所以平行板上板帶負(fù)電,電源電壓為120 VU200 V時(shí)微?？梢詮钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng),C對(duì),D錯(cuò)。答案AC三、非選擇題12.(2016江蘇連云港二校聯(lián)考)如圖所示,在A點(diǎn)固定一正電荷,電荷量為Q,在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠,開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間的加速度大小恰好為重力加速

15、度g。已知靜電力常量為k,兩電荷均可看成點(diǎn)電荷,不計(jì)空氣阻力。求:(1)液珠的比荷。(2)液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h。(3)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中,某點(diǎn)的電勢(shì)可表示成=,其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無(wú)限遠(yuǎn)的電勢(shì)為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB。解析(1)設(shè)液珠電荷量為q,質(zhì)量為m,由題意知,當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律知k-mg=ma又因?yàn)閍=g解得。(2)當(dāng)液珠速度最大時(shí),其所受合力為零,則k=mg解得h=H。(3)設(shè)BC間的電勢(shì)差大小為UCB,由題意得UCB=C-B=對(duì)液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得qUCB-mg(rB-H)=0又由(1)得聯(lián)立以上各式解得rB=2H。答案(1)(2)H(3)2H13.如圖所示,虛線MN左側(cè)有一電場(chǎng)強(qiáng)度為E1=E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2=2E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏,現(xiàn)將一電子(電荷量為e,質(zhì)量為m)無(wú)初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn),最后電子打在右側(cè)的屏上,AO連線與屏垂直,垂足為O,求:(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間。(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值tan 。(3)