电容器与电容带电粒子在电场中的运动(考点解读).pdf
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3、电容器与电容 带电粒子在电场中的运动（ 考点解读）1 如图1 所示，两块较大的金属板A、B 平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态. 以下说法中正确的是（ ）图 1A . 若将A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有b-*a的电流B . 若将A 板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有b - a 的电流C . 若将S 断开，则油滴立即做自由落体运动，G 中无电流D . 若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动， G 中有b - a 的电流 解析 根据电路图可知， A 板带负电， B 板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；当S 闭合，若将A 板向上平移一小段位U 移，则板间间距d 变大，而两板间电压U 此时不变，故板间场强E变小，油滴所受合力方d£ S 向向下， 所以油滴向下加速运动， 而根据C = 可知，电容C 减小，故两板所带电荷量Q4 Ji kd也减小，因此电容器放电，所以G 中有b - a 的电流，选项A 正确；在 S 闭合的情况下， 若将A 板向左平移一小段位移，两板间电压U 和板间间距d 都不变，所以板间场强E 不变，油 eS滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S 减小了，根据C=可知，电容C 减小，4 nkd两板所带电荷量Q 也减小，电容器放电，所以G 中有b - a 的电流，选项B 正确； 若将S 断开， 两板所带电荷量保持不变， 板间场强E 也不变，油滴仍然静止， 选项C 错误； 若将S 断开， 再将A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q 仍保持不变，两板间间距d 变小，根£SQU4 nkQ据 C = , U = E = E = , 显然，两板间场强E 不变，所以油滴仍然静止，4 n kdCd E rSG 中无电流，选项D 错误.答 案 AB2.［ 平行板电容器的动态分析］ 用控制变量法，可以研究影响平等板电容器的因素（ 如图2） , 设两极板正对面积为S , 极板间的距离为d , 静电计指针偏角为。
. 实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）图2A . 保持S 不变，增大d , 则 变大B . 保持S 不变，增大d , 则 变小C . 保持d 不变，增大S , 则 变小D. 保 持 d 不变，增大S , 则 不变答 案 AC3 .［ 平行板电容器的动态分析］ 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 ADQ£SU 解析 由 C, CE=A、D 正 确 . U4 n kdd4 （ 2013 •新课标I・16） —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d 连， 上极板中心有一小孔（ 小孔对电场的影响可忽略不计） P 点有一带电粒2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d 下极板向上平移P 点开始下落的相同粒子将（） 3A . 打到下极板上d C .在距上极板处返回 2 B . 在下极板处返回2 D .在距上极板d 处返回5解析带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，d 电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得 mg（ + d） —qll = 0；若 2dd电容器下极板上移，设带电粒子在距上极板d ' 处返回，则重力做 功 WG = mg( + d ' ) ,电场 32d' 3 d '力 做 功 川 电 =-q ll' = - q ll = - U ,由动能定理得W G+W电= 0 ,联立各式解得d' d2d?d - ?32 = ,选项D正 确 .5答 案D5 . ［带电粒子在电场中直线运动分析］如图3 ,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连. 若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）图3A .所受重力与电场力平衡B .电势能逐渐增加C .动能逐渐增加D .做匀变速直线运动答 案BD解析要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A错误；因电场力做负功，故电势能增加，B正确；合力做负功，故动能减少，C错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D正确.6.［ 带电体在电场中的直线运动厂如图4所示，一电荷量为+ q、质量为m的小物块处于一倾角为3 7 °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，小物块恰好静止. 重力加速度取g, sin 37° =0.6,cos 37° =0.8. 求 : 图4⑴水平向右电场的电场强度；1 (2)2(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能.3mg 答 案 (l)(2)0.3g (3)0.3mgL 4q解析⑴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FNsin37° =qE①FNcos 37° =mg②3mg由①②可得E = 4q13mg(2)若电场强度减小为原来的，即 E' =28q由牛顿第二定律得 mgsin 37° —qEz cos 37° =ma可得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,由动能定理得 mgLsin 37° —qEz Leos 37° =Ek—0可得 Ek=0.3mgL7 如图5所示, 两平行金属板A、 B长为L=8 cm,两板间距离d = 8 cm,A 板比B 板电势高300 V, 一带正电的粒子电荷量为q = 1 .0X 10 — 1 0C、 质量为m = 1 .0X1 0 - 2 0 kg,沿电场中心线R 0垂直电场线飞入电场，初速度v0 = 2.0X1 06 m /s,粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在。
点的点电荷Q 形成的电场区域( 设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响) . 已知两界面MN、PS相距为12 cm, D 是中心 线 RO与界面PS的交点，点在中心线上，距离界面PS为 9 c m ,粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏be上.( 静电力常量k=9.0X1 0 N • m /C2,粒子的重力不计)92图5⑴求粒子穿过界面MN时偏离中心线R 0的距离为多远； 到达PS界面时离D 点为多远；(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小.解 析(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线R 0 的距离( 偏移位移) ：ly=at2 2FqUa = mdmL=vOtlqUL2 贝y=at2 = (=0.03 m = 3 cm 22md0粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H , 设 H 到中心线的距离为Y , 则有1 2yY=4 y=12 cm 1 Y+1 2 cm2(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧⑶粒子到达H 点时，其水平速度vx=v0=2.0X 106 m/s竖直速度 vy = at = 1 .5X 106 m/s则 v 合= 2.5 X 106 m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r=15 cmv2qQ 合 k rr解得 Q" 1.04X108 C -答案 ⑴3 cm i2 cm⑵见解析 ⑶ 负 电1.04X 108 C 一8.［ 带电粒子在电场中的偏转］ 如图6所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y '长为L ,相距为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, 一束质量为m、电荷量为+ q的带电粒子（ 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. 求：图6（ 1）两板间所加偏转电压U的范围；⑵粒子可能到达屏上区域的长度.2md2V2md2vOd?L+2b?O答 案 （1）— qLqLL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 ,偏转角为。
则有：ly = a t2① 2L=vOt ②Eqa= mUE=@ dqUL2由①②③④式解得y = 2dmv0md2V2do当丫= 时\ U = 2qL2md2Vomc12V2 0则两板间所加电压的范围为一〜qLqLdL⑵当 y = (设为 y 0 ) ,则 yO = ( + b)tan 0 22 d?L+2b?d 而 tan 0 =yOL2Ld?L+2b?则粒子可能到达屏上区域的长度为L9.［ 带电粒子在交变电场中运动汝口图7甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度vO从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度vO射出，求：图7(1)交变电压的周期T应满足什么条件；(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件.2n - lL L q ll答 案(l)T = n取大于等于的整数(2)t = (n = l,2,3…)nv02dv02m4解 析 (1)为使粒子仍从b点以速度vO穿出电场， 在垂直于初速度的方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的L方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L=nTvO ,解得 TnvO111粒子在内离开中心线的距离为y()2 4242qEUqUT又a = , E = ,解得 y md32mdqUT2在运动过程中离开中心线的最大距离为ym =2y 16md1粒子不撞击金属板，应有ymW 2 解得TW2d故 n2L2dvO qUOOL,即 n 取大于等于 2m2dv00 2m所以粒子的周期应满足的条件为LLT,其中n的 整 数 .nv02dv02m135⑵粒子进入电场的时间应为T,,4442 n - l故粒子进入电场的时间为tT(n = l,2,3…)41 0半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内， 环上套有一质量为m、带正电荷的小球，空3间存在水平向右的匀强电场，如图8所示，小球所受电场力是其重力的4低点位置A点由静止释放，则：图8(1)小球所能获得的最大动能是多大；(2)小球对环的最大压力是多大.解析3qE3⑴因q E ,所以qE、m g的合力F合与竖直方向夹角t a n。
=,即9 =37° , 4mg4则小球由A点静止释放后从A到B过程中做加速运动，如图所示，B点动能最大，由动能定理得qErsin 0 —mgr(l —cos 0 ) = Ek1解得B点动能即最大动能Ek=mgr. 4(2)设小球在B点受圆环弹力为F N ,由牛顿第二定律得 mv2FN-F 合 = 「mg5而F合 =1718cos 0 477解得FN ,由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为.4417 答 案 （l ） mgr （ 2） mg 441 1 .［ 带电体在电场中的多过程问题］如图9所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为0 ,半径R = 0 .5 0 m ,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E= 1,0X104 N /C ,现有质量m =0.20kg、电荷量q = 8.0>< 10 C的带电体（ 可视为质一4点） ，从A点由静止开始运动，已知xAB = 1 .0 m ,带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0 5假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等. 求：（ 取g = 10m/s2）图9⑴带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（ 2）带电体最终停在何处.5答 案（ 1） 10 m /s ,方向竖直向上（2） C点上方到C点的竖直距离为m处3解 析 （1）设带电体到达C点时的速度为v ,从A到C由动能定理得：qE（ xABH-R） — u mgxAB —lmgR = mv2 2 解得 v=1 0 m/s⑵设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h , 从 C 到 D 由动能定理得：1 —mgh— U qEh = 0v2 25 解得h = m 3在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ff max= 口 qE=4 N,重力 G = mg = 2 N因为 G<Ff max5 所以带电体最终静止在C 点上方到C 点的竖直距离为m 处 .312. （ 2014 •山东• 18） 如图1 0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abed,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 和一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（ 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vO等于（）图 10 s2sC.4s B.mh2s D.mh4mhmh答 案 B解析由带电粒子在电场中的运动规律可知，两带电粒子的运动轨迹对称，则相切处定为两s 运动水平位移相同处， 即为该矩形区域的中心， 以带电粒子+ q 为研究对象，水平位移时，2 hshlqEs竖直位移为由vOt, at2, a=vO = ,所以B项 正 确 .2222m2mh13. （ 2013 •广东• 15）喷墨打印机的简化模型如图11所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（ ）图11A .向负极板偏转B .电势能逐渐增大C .运动轨迹是抛物线D .运动轨迹与所带电荷量无关答 案C解析带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转， 选项A错误; 带电微滴垂直进入电场受竖直向上的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，12qEqEx2选项B错误；根据x = vOt, y = a t及a ,得带电微滴的轨迹方程为y,即运动轨迹2m2mv0是抛物线，与所带电荷量有关，选项C正确，D错误.14. （ 2012 •江苏・2） —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 均减小答 案 B£ S e r 变大，则在S、d 不变4 nkd的情况下C 增大；由电容定义式C , 得 U = Q 不变，故两极板间的电势差UUC解析由平行板电容器电容的决定式 C=减小，选项B 正确.15 . 如图1 2所示， 两平行金属板水平放置， 板长为L ,板间距离为d,板间电压为U, 一不计重力、 电荷量为q 的带电粒子以初速度V0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则（ ）图 12t lA .在前时间内，电场力对粒子做的功为24t3 B .在后时间内，电场力对粒子做的功为28ddC和后过程中，电场力做功之比为1 ： 1 44ddD过程中，电场力做功之比为1 ： 24 4答 案 BC解析粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度ttl ： 3 , 则在前22lt3 间内，电场力对粒子做的功为，在后U q ,选项A 错，B828dd对；过程中，电场力做功之比为1：1 , 选项C 对，D错 .441 6 . （ 2014 •安徽・ 22） 如图1 3所示， 充电后的平行板电容器水平放置， 电容为C , 极板间的距离为d , 上极板正中有一小孔. 一个质量为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 13(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间.mg?h + d?Cmg?h + d?答 案 (l)2gh (2) qdq⑶ d ggh解 析(1 )由自由落体规律可知，小球下落h 时的末速度为v,有 v2 = 2 g h ,即 v2gh(2)设小球在极板间运动的加速度为a,v2gh2 由 v = 2 a d ,得 a. 2dd由牛顿第二定律qE —mg=ma,电容器的电荷量Q=CU = CEd,mg?h + d?Cmg?h + d?联立以上各式得：E=, Q = qdq(3)小球做自由落体运动的时间t l= , g小球在电场中运动的时间t2= dagh则小球运动的总时间t= tl+ t2 = d ggh17.如图1 所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有 B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A 球后将电荷量全部传给A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计B 点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )图 1A .第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动， 都能到达A球B . 当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C . 所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D . 所有液滴下落过程中电场力做功相等答 案 C解析第一滴液滴下落时, A 上不带电， 故不受电场力作用， 只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A 的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A 电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A 球，所以A 错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故 B 错误；每滴液滴在下落过程中A 所带的电荷量不同, 故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C 正确；每滴液滴在下落过程中A 所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以D 错误.18. 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2所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、。
表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动， 将负极板缓慢向右平移一小段距离10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（ ）图2答 案C£ S解析由平行板电容器的电容C =可 知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错 . 在4 n kdQU4 n kQ电容器两极板所带电荷量一定的情况下，1 1 = £ = 与d无关,则B错. 在负极板Cd £ rS接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离d ,移动x后为d - x. 因为移动极板过程中电场强度E不变. 故6P = E（ d—x） = Ed — Ex,其中xW IO ,则C正确；正电荷在P点的电势能W = q 6 P = qEd —q E x ,显然D错 .1 9 .如图3所示，从炽热的金属丝飘出的电子（ 速度可视为零） ，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场. 电子的重力不计. 在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）图3A .仅将偏转电场极性对调B .仅增大偏转电极板间的距离 C .仅增大偏转电极板间的电压D .仅减小偏转电极板间的电压答 案C解析改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A错U误；根据E = d增大时，E减小，所以电子受到的电场力减小，其偏dU转角也减小，选项B错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L=vOt、e = ma 及 tan 9 dateUL=tan 0 = ,当U增大时偏转角也增大，选项C正确，D错误 .OmdvO4 2 0 .如图4所示，一价氢离子(11H)和二价氢离子(2He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )图4A .同时到达屏上同一点B .先后到达屏上同一点C .同时到达屏上不同点D .先后到达屏上不同点答 案B4解析一价氢离子(1经过加速电场的末速度不同，因此在加1H)和二价氢离子(2He)的比荷不同, 速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.21. （ 2014 •天津• 4）如图5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（ ）图5A .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点机械能一定增加答 案C解析由于两极板的正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受合力一定向下，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，但粒子动能一定增加，所以只有C正确.2 2 .如图6甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压, 一重力可以忽略不计的带正电粒子固定在两板的正中间P处. 若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板 上 . 则t0可能属于的时间段是（ ）图6TT3TA. 0 < t0 < < t0 < 4243T9TtO
