专题6 第3讲电容、带电粒子在电场中的运动

专题六 第3讲

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～8题有多项符合题目要求．

1．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，平行金属板A ，B 和介质P 构成电容器，当可移动介质P 向左匀速移出的过程中( )

A ．电容器的电容变大

B ．电容器的电荷量保持不变

C ．M 点的电势比N 点的电势低

D ．流过电阻R 的电流方向从M 到N 【答案】D

【解析】当可移动介质P 向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A 错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量Q ＝CU 减小，选项B 错误；电容器放电，电流方向M →R →N ，M 点的电势比N 点的电势高，选项C 错误，D 正确．

2．(2014年天津卷)如图所示，电路中R 1，R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置．闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )

A ．增大R 1的阻值

B ．增大R 2的阻值

C ．增大两板间的距离

D ．断开电键S

【答案】B

【解析】设油滴质量为m ，电荷量为q ，两板间距离为d ，当其静止时，有U C d q ＝U R 1

d q

＝mg .由题图知，增大R 1，U R 1增大，油滴将向上加速；增大R 2，油滴受力不变，仍保持静止．由E ＝U

d 知，增大d ，U 不变时，E 减小，油滴将向下加速．断开开关S ，电容器将通过

R 1，R 2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速．故只有B 项正确．

3．(2013年广东卷)喷墨打印机的简化模型如图所示，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

( )

A ．向负极板偏转

B ．电势能逐渐增大

C ．运动轨迹是抛物线

D ．运动轨迹与带电量无关

【答案】C

【解析】由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A 项错误；微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B 项错误；由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀加速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C 项正确；带电量影响电场力及加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D 项错误．

4．如图所示的示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况．电子经电压U 1加速后进入偏转电场．下列关于所加竖直偏转电压U 2、水平偏转电压U 3与荧光屏上所得的图形的说法中错误的是( )

A ．如果只在U 2上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)所示

B ．如果只在U 3上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)所示

C ．如果同时在U 2和U 3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)所示

D ．如果同时在U 2和U 3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)所示

【答案】C

【解析】如果只在U 2上加上如图甲所示的电压，在荧光屏上看到的图形为一竖直图形线，如图a 所示；如果只在U 3上加上如图乙所示的电压，在荧光屏上看到的图形为一水平线段，如图b 所示；如果同时在U 2和U 3上加上如图甲、乙所示的电压，由于电子通过偏转电压的时间很短且恒定???

?t ＝l v 0，通过时可将电压视为不变，则偏转位移y ＝qt 2

2

2md 2U 2＝c 2U 2，

x ＝qt 2

3

2md 3

U 3＝c 3U 3＝c 3′????t T －1，其中应用了U 3＝U 0????t T －1关系式，所以x 、y 图象就相当于将U 2－t 图象缩小并向x 轴左边平移一个周期，则在荧光屏上看到的图形如图d 所示，故选项C 错误．

5．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P 小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q 小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的( )

A ．运行时间t P >t Q

B ．电势能减少量之比ΔE P ∶ΔE Q ＝2∶1

C ．电荷量之比q P ∶q Q ＝2∶1

D ．动能增加量之比Δ

E k P ∶ΔE k Q ＝4∶1 【答案】C

【解析】两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A 错；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由x ＝1

2at 2可得a P ∶a Q ＝2∶1，则q P ∶q Q ＝2∶

1，C 对；电势能的减少量ΔE P ∶ΔE Q ＝(q P E ·x P )∶(q Q E ·x Q )＝4∶1，B 错；动能增加量(mgh ＋ΔE P )∶(mgh ＋ΔE Q )<4∶1，D 错．

6. AB 板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a ，b 和c 的运动轨迹如图所示，其中b 和c 是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程( )

A ．运动加速度：a a ＞a b ＞a c

B ．飞行时间：t b ＝t c ＞t a

C ．水平速度：v a ＞v b ＝v c

D ．电势能的减小量：Δ

E c ＝ΔE b ＞ΔE a 【答案】B

【解析】根据牛顿第二定律得，微粒的加速度为a ＝

Eq m ，据题q

m

相同，E 相同，所以加

速度相同，即a a ＝a b ＝a c ，故A 错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝1

2

at 2得t ＝

2y

a

，由图有y b ＝y c ＞y a ，则得t b ＝t c ＞t a ，故B 正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x ＝v 0t 得v 0＝x

t ，由图知x a ＞x b ＞x c ，又t b ＝t c ＞t a ，则

得v a ＞v b ＞v c ，故C 错误；电场力做功为W ＝qEy ，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，故D 错误．

7．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )

甲 乙

A ．若t ＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上

B ．若t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动

C ．若t ＝T

4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上

D ．若t ＝3T

8时刻释放电子，电子必然打到左极板上

【答案】AC

【解析】若t ＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A 正确，B 错误；若从t ＝T 4时刻释放电子，电子先加速T

4，再减速

T

4

，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C 正确；同理，若从t ＝3T

8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这

取决于两板间的距离，所以D 错误．

8．如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝Eq ，则( )

A ．电场方向竖直向上

B ．小球运动的加速度大小为g

C ．小球上升的最大高度为v 20

2g

D ．若小球在初始位移的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v 20

4

【答案】BD

【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON 方向，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得－mg ·2h ＝0－12m v 20，解得h ＝v 204g ，C 错误；电场力做负功，带

电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE ·2h cos 120°＝

qEh ＝mg ·v 20

4g ＝m v 2

04

，D 正确．

二、非选择题

9．如图所示，平行板电容器的板长为L ，板间距离为d ，板B 与水平方向的夹角为α，两板间所加电压为U .有一带负电液滴，带电荷量为q ，以v 的水平速度自A 板边缘水平进入，液滴在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出．求：

(1)液滴的质量；

(2)液滴飞出时的速度大小．

解：(1)带负电液滴在电场中仍沿水平方向做直线运动，则合力方向沿水平方向，即mg ＝qE cos α，且E ＝U

d

由以上两式得液滴的质量m ＝qU

gd cos α.

(2)由动能定理得qU ＝12m v 2t －12m v 2

液滴飞出时的速度v t ＝

2qU m

＋v 2

＝2dg

cos α

＋v 2. 10．如图所示，在厚铅板A 表面的中心放置一很小的放射源，可向各个方向放射出速率为v 0的α粒子，α粒子的质量为m ，电荷量为q ，在金属网B 与A 板间加有竖直向上的匀强电场，场强为E ，A 与B 的间距为d ，B 网上方有一很大的荧光屏M ，M 与B 的间距为L .