2020年物理高考大一輪復習 第7章 靜電場 第22講 電容器 帶電粒子在電場中的運動練習（含解析）

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1、第22講 電容器 帶電粒子在電場中的運動 [解密考綱]主要考查電容器的動態(tài)分析、帶電粒子在電場中加速(或減速)和偏轉的問題，以及帶電粒子在復合場中的運動． 1．(2017·江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回 C．運動到P′點返回 D．穿過P′點 A　解析 電子在A、B板間的電場中加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩

2、點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，選項A正確，B、C、D錯誤． 2．(2018·北京卷)研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小 C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大 D．實驗中，只增加極板帶電量，靜

3、電計指針的張角變大，表明電容增大 A　解析 當用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，從而在b板感應出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故選項A正確；根據(jù)電容器的決定式C＝，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，根據(jù)C＝可知，電量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故選項B錯誤；根據(jù)電容器的決定式C＝，只在極板間插入有機玻璃板，則介電系數(shù)ε增大，則電容C增大，根據(jù)C＝可知，電量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，故選項C錯誤；根據(jù)C＝可知，電量Q增大，則電壓U也會增大，則電容C不變，故選項D錯誤． 3．(2017·浙江選考)如圖所示，在豎直放置間距為

4、d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場．有一質量為m，電荷量為＋q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g.則點電荷運動到負極板的過程 (　　) A．加速度大小為a＝＋g B．所需的時間為t＝ C．下降的高度為y＝ D．電場力所做的功為W＝Eqd B　解析 點電荷在平行板電容器中受到重力、電場力，所以加速度大小為a＝，選項A錯誤；設所需時間為t，水平方向上有＝·t2，解得t＝，選項B正確；下降高度h＝gt2＝，選項C錯誤；電場力做功W＝，選項D錯誤． 4．(2019·江蘇六市高三調研)某靜電除塵裝置管道截面內(nèi)的電場線分布如圖所示，平行金屬板M、N接地，正極位于兩板

5、正中央．圖中a、b、c三點的場強分別為Ea、Eb、Ec，電勢分別為φa、φb、φc，則(　　) A．Eaφb D．φb＝φc C　解析 電場線越密的地方場強越大，則可以判斷Ea>Eb>Ec，故選項A、B錯誤；沿著電場線方向電勢逐漸降低，根據(jù)對稱性可知φa>φb，故選項C正確；b、c到上極板的距離相等，而b點到極板的場強大于c點到極板的場強，所以b點到極板間的電勢差大于c點到極板間的電勢差，所以b點的電勢高于c點的電勢，故選項D錯誤． 5．(2019·遼師大附中期中)如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一

6、電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為(　　) A. B. C. D. B　解析 當電場強度足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為粒子到達上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運動為類平拋運動的逆運動．將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當vy＝0時，粒子剛好到達上極板，根據(jù)運動學公式有v＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，聯(lián)立得E＝，故選項B正確． 6．(2019·寧波二模)如圖所示，a、b為平行金屬

7、板，靜電計的外殼接地，合上開關S后，靜電計的指針張開一個較小的角度，能使角度增大的辦法是 (　　) A．使a、b板的距離增大一些 B．使a、b板的正對面積減小一些 C．斷開S，使a、b板的距離增大一些 D．斷開S，使a、b板的正對面積增大一些 C　解析 開關S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則靜電計指針的張角不變，故選項A、B錯誤；斷開S，電容器所帶的電量不變，a、b板的距離增大，則電容減小，根據(jù)U＝知，電勢差增大，則指針張角增大，故選項C正確；斷開S，電容器所帶的電量不變，a、b板的正對面積增大，電容增大，根據(jù)U＝知，電勢差減小，則指針張角減小，故選項D錯誤． 7．(2019·衡水

8、中學調研)一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0，則下列關于各物理量與負極板移動距離x的關系圖象中正確的是(　　) C　解析 由C＝知，C與兩極板間距離d成反比，C與x不是線性關系，選項A錯誤；電容器充電后與電源斷開，電荷量不變，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，選項B錯誤；因負極板接地，電勢為零，所以P點電勢為φ＝E(L－x)，L為P點到負極板的初始距離，E不變，φ隨x增大而線性減小，選項C正

9、確；由W＝qφ知W與電勢φ變化情況一樣，選項D錯誤． 8．(2019·河南南陽一中月考)(多選)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地，與電源負極相連．現(xiàn)有一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離(　　) A．帶電油滴將沿豎直方向向下運動 B．P點的電勢將降低 C．帶電油滴的電勢能不變 D．電容器的極板帶電量不變 CD　解析 電容器始終于電源相連，則電容器兩極板間的電勢差不變，由C＝，d增大，則C減小，又C＝，則Q減小，但電路中有二極管，單向導通，故不會放電，電荷量Q不變，E＝＝＝，d增大，則E不

10、變，帶電油滴電場力不變，帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)，故選項A錯誤，D正確；P點與下極板的電勢差U＝φP－0＝Ed，而E、d不變，則φP不變，由Ep＝φPq則固定在P點的正電荷電勢能不變，選項C正確，B錯誤． 9．(2018·全國卷Ⅲ)(多選)如圖所示，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質量比b的大

11、 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 BD　解析 根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab，對微粒a，由牛頓第二定律qE＝maaa，對微粒b，由牛頓第二定律qE＝mbab，聯(lián)立解得>，由此式可以得出a的質量比b的小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b的大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大

12、小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的電場力(合外力)等于b微粒受到的電場力(合外力)，根據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒的動量，選項D正確． 10．(2019·廣東茂名一模)(多選)質量為m、帶電量為＋q的小金屬塊A以初速度v0從光滑絕緣且足夠高的水平高臺上飛出．已知在高臺邊緣右面空間中存在水平向左的勻強電場，場強大小E＝.則(　　) A．金屬塊不一定會與高臺邊緣相碰 B．金屬塊一定會與高臺邊緣相碰，相碰前金屬塊在做勻變速運動 C．金屬塊運動過程中距高臺邊緣的最大水平距離為 D．金屬塊運動過程的最小速度為 BD　解析 小金屬塊

13、水平方向先向右做勻減速直線運動，然后向左做勻加速直線運動，故一定會與高臺邊緣相碰，故選項A錯誤，B正確；小金屬塊在水平方向的加速度為－3g，根據(jù)速度位移關系公式，有xm＝＝，故選項C錯誤；小金屬塊水平方向分速度vx＝v0－3gt，豎直方向做自由落體運動，分速度vy＝gt；合速度v＝＝＝，根據(jù)二次函數(shù)知識，當t＝時，有極小值，故選項D正確． 11．(2019·北京豐臺區(qū)高三一模)如圖所示，水平面AB光滑，粗糙半圓軌道BC豎直放置．圓弧半徑為R，AB長度為4R.在AB上方、直徑BC左側存在水平向右、場強大小為E的勻強電場．一帶電量為＋q、質量為m的小球自A點由靜止釋放，經(jīng)過B點后，沿半圓軌道運動

14、到C點．在C點，小球對軌道的壓力大小為mg，已知E＝，水平面和半圓軌道均絕緣．求： (1)小球運動到B點時的速度大小； (2)小球運動到C點時的速度大小； (3)小球從B點運動到C點過程中克服阻力做的功． 解析 (1)小球從A到B，根據(jù)動能定理qE·4R＝mv－0， 又E＝得vB＝. (2)小球運動到C點，根據(jù)牛頓第二定律2mg＝m，得vC＝. (3)小球從B運動到C點的過程，根據(jù)動能定理Wf－2mgR＝mv－mv， 解得Wf＝－mgR，小球從B運動到C點的過程克服阻力做功為mgR. 答案 (1)　(2)　(3)mgR 12．(2019·濟寧一模)如圖所示為研究電子槍中電子

15、在恒定電場中運動的簡化模型示意圖．在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸、x＝L、y＝L及雙曲線y＝的一段(≤x≤L，≤y≤L)為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅰ，電場強度為E；在第二象限存在以x軸、y軸、x＝－2L及y＝L為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅱ.一電子(電荷量大小為e，質量為m，不計重力)從電場Ⅰ的邊界B點處由靜止釋放，恰好從N點離開電場區(qū)域Ⅱ.求： (1)電子通過C點時的速度大??； (2)電場區(qū)域Ⅱ中的電場強度的大?。? (3)試證明：從AB曲線上的任一位置由靜止釋放的電子都能從N點離開電場． 解析 (1)由雙曲線y＝知BC間距離為，從B到C由動能定理eE＝mv－0，解得電子通過C點時的速度大

16、小vC＝. (2)電子從C點進入?yún)^(qū)域Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動．如圖所示． x軸方向2L＝vCt， y軸方向L＝t2， 解得區(qū)域Ⅱ中的電場強度的大小E′＝. (3)設電子從AB曲線上點P(x，y)進入電場Ⅰ區(qū)域， 在區(qū)域Ⅰ由動能定理eEx＝mv－0， 假設電子能夠在區(qū)域Ⅱ中一直做類平拋運動且落在x軸上的x′處．則y軸方向y＝t2，x軸方向x′＝v0t，又y＝，解得x′＝2L，即所有從邊界AB曲線上由靜止釋放的電子均從N點射出． 答案 (1)　(2)　(3)見解析 13．(2019·荊州高三一模)平行金屬板A、B相距為d(d足夠大)，如圖甲所示，板間加有隨時間而變化的電壓，如圖乙所示．其中U0和T已知．A板上O處有一靜止的帶電粒子，其電量為q(q>0)，質量為m(不計重力)．在t＝0時刻受板間電場加速向B板運動，途中由于電場反向又向A板返回，T時粒子恰好回到O點． (1)求U0、Ux的比值應滿足什么關系？ (2)粒子返回O點時的動能是多少？ 解析 0～、～T粒子加速度大小a1＝，方向向右，～粒子加速度大小a2＝，方向向左．T時粒子恰好回到O點a12＋a1××－a22＋ ×＋a12＝0，＝＝，粒子回到O點速度v＝a1×－a2×＋a1×＝－，此時粒子動能Ek＝mv2＝. 答案 (1)＝　(2)Ek＝ 8