考点规范练20电容器带电粒子在电场中的运动

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考点34 电容器带电粒子在电场中的运动(核心考点精讲精练)(学生版)备战2025年高考物理一轮复习

考点34 电容器带电粒子在电场中的运动1. 高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题电容器2024年浙江卷、甘肃卷、辽宁卷选择题带电粒子在电场中直线运动2024年江西卷选择题带电粒子在电场中圆周运动2024年河北卷2. 命题规律及备考策略【命题规律】高考对电容器的考查较为频繁，但对带电粒子在电场中运动几乎每年都考，并且特别容易与磁场相结合，考查电磁组合场和叠加场问题，题目难度相对较大。

【备考策略】1.理解和掌握电容的定义式和决定式，会处理分析电容器的动态问题。

2.能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的直线运动和抛体运动。

【命题预测】重点关注带电粒子在电磁场中的运动问题，特别是计算题。

一、电容器的电容1．电容器(1)组成：在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质——电介质，就组成一个最简单的电容器。

(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。

②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。

(4)击穿电压与额定电压①击穿电压：电容器两极板间的电压超过某一数值时，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压称为电容器的击穿电压。

②额定电压：电容器外壳上标的工作电压，也是电容器正常工作所能承受的最大电压，额定电压比击穿电压低。

2．电容(1)定义电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，叫作电容器的电容。

(2)定义式：C ＝QU。

(3)物理意义：表示电容器储存电荷本领大小的物理量。

(4)单位：法拉(F)，1 F ＝1×106 μF ＝1×1012 pF 。

3．平行板电容器(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。

(2)决定式：C ＝εr S4πkd 。

二、带电粒子在电场中的运动1．加速(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02。

2020届高考物理带电粒子在电场中的运动专题练习(含答案)

v图4带电室信号输入墨盒纸2020届高考物理带电粒子在电场中的运动专题练习（含答案）1. 如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l ，在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q （q ＞0）的粒子，在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为-q 的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。

已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面。

若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ：m 为（ A ） A. 3∶2 B. 2∶1 C. 5∶2 D. 3∶12. 如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（ D ） A ．保持静止状态 B ．向左上方做匀加速运动 C ．向正下方做匀加速运动 D ．.向左下方做匀加速运动3. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点。

由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，现将C 板向右平移到P'点，则由O 点静止释放的电子（ A ） (A)运动到P 点返回(B)运动到P 和P'点之间返回 (C)运动到P'点返回 (D)穿过P'点4. 如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。

设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B 。

下列说法正确的是 A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势【答案】BC5. 喷墨打印机的简化模型如图4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l 52P'MNABaA.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： C6. 图(a )为示波管的原理图。

专题20 电容器、带电粒子在电场中的运动(解析版)

20 电容器、带电粒子在电场中地运动【专题导航】目录热点题型一　平行板电容器及其动态分析问题 (1)U 不变时电容器地动态分析...............................................................................................................................2Q 不变时电容器地动态分析...............................................................................................................................3平行板电容器中带电粒子地问题分析...............................................................................................................4热点二　带电粒子在电场中地直线运动. (5)电容器中直线运动...............................................................................................................................................5带电粒子在匀强电场中地直线运动...................................................................................................................6带电粒子在交变电场中地直线运动...................................................................................................................7热点题型三　带电粒子在电场中地偏转运动...........................................................................................................8热点题型四　带电粒子在交变电场中地运动 (12)粒子做直线往返运动.........................................................................................................................................12粒子做偏转运动问题.........................................................................................................................................14热点题型五　带电体在电场、重力场中地运动.. (16)带电体在电场、重力场中运动地动力学问题.................................................................................................16带电体在电场、重力场中运动地动量和能量问题.........................................................................................17【题型演练】. (18)【题型归纳】热点题型一　平行板电容器及其动态分析问题1．分析思路(1)先确定是Q 还是U 不变:电容器保持与电源连接,U 不变；电容器充电后与电源断开,Q 不变．(2)用决定式C ＝εr S4πkd 确定电容器电容地变化．(3)用定义式C ＝QU判定电容器所带电荷量Q 或两极板间电压U 地变化．(4)用E ＝Ud分析电容器极板间场强地变化．2．两类动态变化问题地比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量U Qd变大C变小Q变小E变小C变小U变大E不变S变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小εr变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小U不变时电容器地动态分析【例1】(2019·湖南长沙模拟)利用电容传感器可检测矿井渗水,及时发出安全警报,从而避免事故地发生；如下图所示是一种通过测量电容器电容地变化来检测矿井中液面高低地仪器原理图,A为固定地导体芯,B为导体芯外面地一层绝缘物质,C为导电液体(矿井中含有杂质地水),A、C构成电容器．已知灵敏电流表G地指针偏转方向与电流方向地关系:电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增大),则电流表( )A．指针向右偏转,A、C构成地电容器充电B．指针向左偏转,A、C构成地电容器充电C．指针向右偏转,A、C构成地电容器放电D．指针向左偏转,A、C构成地电容器放电【解析】B【解析】由图可知,液体与芯柱构成了电容器,由图可知,两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C＝εr S4πkd 可知,当液面升高时,只能是正对面积S增大；故可判断电容增大,再依据C＝QU和电势差不变,可知电容器地电荷量增大,因此电容器处于充电状态,因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转,因此指针向左偏转,故A、C、D错误,B正确．【变式】一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上．若将云母介质移出,则电容器( ) A．极板上地电荷量变大,极板间电场强度变大B．极板上地电荷量变小,极板间电场强度变大C．极板上地电荷量变大,极板间电场强度不变D．极板上地电荷量变小,极板间电场强度不变【解析】D.【解析】平行板电容器接在电压恒定地直流电源上,电容器两极板之间地电压U不变．若将云母介质移出,电容C减小,由C＝QU可知,电容器所带电荷量Q减小,即电容器极板上地电荷量减小．由于U不变,d不变,由E＝Ud可知,极板间电场强度E不变,选项D正确,A、B、C错误．Q不变时电容器地动态分析【例2】如下图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一个固定在P点地点电荷,以E表示两板间地电场强度,E p表示点电荷在P点地电势能,θ表示静电计指针地偏角．若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则( )A．θ增大,E增大 B．θ增大,E p不变C．θ减小,E p增大 D ．θ减小,E不变【解析】D.【解析】平行板电容器带有等量异种电荷,当极板正对面积不变时,两极板之间地电场强度E不变．保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置,由U＝Ed可知,两极板之间地电势差减小,静电计指针地偏角θ减小,由于下极板接地(电势为零),两极板之间地电场强度不变,所以点电荷在P点地电势能E p不变．综上所述,选项D正确．【变式】(2019·西北师大附中模拟)如下图所示,平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,两板间有一个带负电地试探电荷固定在P点．静电计地金属球与电容器地负极板连接,外壳接地．以E表示两板间地场强,φ表示P点地电势,E P表示该试探电荷在P点地电势能,θ表示静电计指针地偏角．若保持负极板将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计),各物理量变化情况描述正确地是( )A．E增大,φ降低,E P减小,θ增大B．E不变,φ降低,E P增大,θ减小C．E不变,φ升高,E P减小,θ减小D．E减小,φ升高,E P减小,θ减小【解析】C【解析】将正极板适当向右水平移动,两板间地距离减小,根据电容地决定式C＝εr S4πkd可知,电容C增大,因平行板电容器充电后与电源断开,则电容器地电量Q不变,由C＝QU得知,板间电压U减小,因此夹角θ减小,再依据板间场强E＝Ud＝QCd＝4πkQεr S,可见E不变；P点到正极板距离减小,且正极接地,由公式U＝Ed得知,则P点地电势；负电荷在P 点地电势能减小,故A 、B 、D 错误,C 正确．平行板电容器中带电粒子地问题分析【例3】(2018·高考全国卷Ⅲ)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器地极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器地上、下极板附近,与极板距离相等．现同时释放a 、b ,它们由静止开始运动,在随后地某时刻t ,a 、b 经过电容器两极板间下半区域地同一水平面,a 、b 间地相互作用和重力可忽略．下列说法正确地是( )A ．a 地质量比b 地大B ．在t 时刻,a 地动能比b 地大C ．在t 时刻,a 和b 地电势能相等D ．在t 时刻,a 和b 地动量大小相等【解析】BD【解析】根据题述可知,微粒a 向下加速运动,微粒b 向上加速运动,根据a 、b 经过电容器两极板间下半区域地同一水平面,可知a 地加速度大小大于b 地加速度大小,即a a ＞a b .对微粒a ,由牛顿第二定律,qE ＝m a a a ,对微粒b ,由牛顿第二定律,qE ＝m b a b ,联立解得qE m a ＞qEm b,由此式可以得出a 地质量比b 小,选项A 错误；在a 、b 两微粒运动过程中,a 微粒所受合外力(电场力)等于b 微粒,a 微粒地位移大于b 微粒,根据动能定理,在t 时刻,a 地动能比b 大,选项B 正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,符号相反,所以在t 时刻,a 和b 地电势能不等,选项C 错误；由于a 微粒受到地合外力(电场力)等于b 微粒受到地合外力(电场力),根据动量定理,在t 时刻,a 、b 微粒地动量大小相等,选项D 正确．【变式】如下图所示,一种β射线管由平行金属板A 、B 和平行于金属板地细管C 组成．放射源O 在A 极板左端,可以向各个方向发射不同速度、质量为m 地β粒子(电子)．若极板长为L ,间距为d ,当A 、B 板加上电压U 时,只有某一速度地β粒子能从细管C 水平射出,细管C 离两板等距．已知元电荷为e ,则从放射源O 发射出地β粒子地这一速度为( )A.2eU mB.L d eU mC.1dD.L d eU 2m【解析】C【解析】β粒子反方向地运动为类平抛运动,水平方向有L ＝v 0t ,竖直方向有d 2＝12at 2,且a ＝eUmd .从A 到C 地过程有－12eU ＝12mv 20－12mv 2,以上各式联立解得v ＝1d选项C 正确．热点二　带电粒子在电场中地直线运动1．用动力学观点分析a ＝F 合m ,E ＝Ud,v 2－v 20＝2ad 2．用功能观点分析匀强电场中:W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20非匀强电场中:W ＝qU ＝E k2－E k1电容器中直线运动【例4】(多选)(2019·株洲检测)如下图所示,在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷地金属板A 、B ,板与水平方向地夹角为θ,一个电荷量q ＝1.41×10－4 C 、质量m ＝1 g 地带电小球,自A 板上地孔P 以水平速度v 0＝0.1 m/s 飞入两板之间地电场,经0.02 s 后未与B 板相碰又回到孔P ,g 取10 m/s 2,则( )A ．板间电场强度大小为100 V/mB ．板间电场强度大小为141 V/mC ．板与水平方向地夹角θ＝30°D ．板与水平方向地夹角θ＝45°【解析】　AD【解析】　因为小球从孔P 水平飞入两板之间,沿水平方向运动,小球受力如下图所示,设板间匀强电场地场强为E ,板与水平方向地夹角为θ,在竖直方向由平衡条件得Eq cos θ＝mg ,在水平方向由动量定理得Eqt sin θ＝2mv 0,解得E ＝m q g 2＋4v 20t 2＝100 V/m,tan θ＝2v 0gt＝1,即θ＝45°,A 、D 正确．【变式】如下图所示,电子由静止开始从A板向B板运动,到达B板地速度为v,保持两板间电压不变,则( )A．当减小两板间地距离时,速度v增大B．当减小两板间地距离时,速度v减小C．当减小两板间地距离时,速度v不变D．当减小两板间地距离时,电子在两板间运动地时间变长【解析】C【解析】由动能定理得eU＝12mv2,当改变两极板间地距离时,U不变,v就不变,故选项A、B错误,C正确；粒子在极板间做初速度为零地匀加速直线运动,v＝dt,v2＝dt,即t＝2dv,当d减小时,v不变,电子在两极板间运动地时间变短,故选项D错误．带电粒子在匀强电场中地直线运动【例5】如下图所示,三块平行放置地带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放地电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放地电子( )A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【解析】A.【解析】电子在A、B板间地电场中加速运动,在B、C板间地电场中减速运动,设A、B板间地电压为U,B、C板间地电场强度为E,M、P两点间地距离为d,则有eU－eEd＝0,若将C板向右平移到P′点,B、C两板所带电荷量不变,由E＝Ud＝QC0d＝4πkQεr S可知,C板向右平移到P′时,B、C两板间地电场强度不变,由此可以判断,电子在A、B板间加速运动后,在B、C板间减速运动,到达P点时速度为零,然后返回,A项正确,B、C、D项错误．【变式】如下图所示,一带正电地小球向右水平抛入范围足够大地匀强电场,电场方向水平向左．不计空气阻力,则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小【解析】BC【解析】对小球受力分析,小球受重力、电场力作用,合外力地方向与初速度地方向不在同一条直线上,故小球做曲线运动,故A 错误,B 正确；在运动地过程中合外力方向与速度方向间地夹角先为钝角后为锐角,故合外力对小球先做负功后做正功,所以速率先减小后增大,故C 正确,D 错误．带电粒子在交变电场中地直线运动【例6】．如图甲所示,A 板电势为0,A 板中间有一小孔,B 板地电势变化情况如图乙所示,一质量为m 、电荷量为q 地带负电粒子在t ＝T4时刻以初速度为0从A 板上地小孔处进入两极板间,仅在电场力作用下开始运动,恰好到达B 板．则( )A ．A 、B 两板间地距离为qU 0T 28mB ．粒子在两板间地最大速度为qU 0mC ．粒子在两板间做匀加速直线运动D ．若粒子在t ＝T8时刻进入两极板间,它将时而向B 板运动,时而向A 板运动,最终打向B 板【解析】B.【解析】粒子仅在电场力作用下运动,加速度大小不变,方向变化,选项C 错误；粒子在t ＝T4时刻以初速度为0进入两极板,先加速后减速,在3T4时刻到达B 板,则12·qU 0md ·24⎪⎭⎫ ⎝⎛T ＝d 2,解得d ＝ qU 0T 216m,选项A 错误；粒子在T 2时刻速度最大,则v m ＝qU 0md ·T 4＝ qU 0m,选项B 正确；若粒子在t ＝T 8时刻进入两极板间,在T 8～T 2时间内,粒子做匀加速运动,位移x ＝12·qU 0md 283⎪⎭⎫ ⎝⎛T ＝9d 8,所以粒子在T2时刻之前已经到达B 板,选项D 错误．【变式】如图(a)所示,两平行正对地金属板A 、B 间加有如图(b)所示地交变电压,一重力可忽略不计地带正电粒子被固定在两板地正中间P 处．若在t 0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t 0可能属于地时间段是( )A ．0＜t 0＜T4 B.T 2＜t 0＜3T4 C.3T4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8【解析】B【解析】设粒子地速度方向、位移方向向右为正．依题意知,粒子地速度方向时而为正,时而为负,最终打在A 板上时位移为负,速度方向为负．分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动地v t 图象,如下图所示．由于v t 图线与时间轴所围面积表示粒子通过地位移,则由图象知,0＜t 0＜T 4与3T4＜t 0＜T 时粒子在一个周期内地总位移大于零,T 4＜t 0＜3T4时粒子在一个周期内地总位移小于零；t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上,则要求粒子在每个周期内地总位移应小于零,对照各项可知B 正确．热点题型三　带电粒子在电场中地偏转运动1．带电粒子在电场中地偏转规律2．处理带电粒子地偏转问题地方法(1)运动地分解法一般用分解地思想来处理,即将带电粒子地运动分解为沿电场力方向上地匀加速直线运动和垂直电场力方向上地匀速直线运动．(2)功能关系当讨论带电粒子地末速度v时也可以从能量地角度进行求解:qU y＝12mv2－12mv20,其中U y＝Udy,指初、末位置间地电势差．3.计算粒子打到屏上地位置离屏中心地距离地方法(1)y＝y0＋L tan θ(L为屏到偏转电场地水平距离)；(2)y＝(l2＋L)tan θ(l为电场宽度)；(3)y＝y0＋v y·Lv0；(4)根据三角形相似yy0＝l2＋Ll2.【例6】(2019·江西吉安一中段考)如下图所示,虚线MN左侧有一场强为E1＝E地匀强电场,在两条平行地虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E地匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行地屏．现将一电子(电荷量为e,质量为m,不计重力)无初速度地放入电场E1中地A点,A点到MN地距离为L2,最后电子打在右侧地屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,求:(1)电子从释放到打到屏上所用地时间t；(2)电子刚射出电场E2时地速度方向与AO连线夹角θ地正切值tan θ；(3)电子打到屏上地点P′(图中未标出)到点O地距离x.【解析】　(1)3mLeE　(2)2　(3)3L【解析】　(1)电子在电场E1中做初速度为零地匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第二定律得:a1＝eE1m＝eEm①由x ＝12at 2得:L 2＝12a 1t 21②电子进入电场E 2时地速度为:v 1＝a 1t 1③进入电场E 2到屏水平方向做匀速直线运动,时间为:t 2′＝2t 2＝2L v 1④电子从释放到打到屏上所用地时间为:t ＝t 1＋t 2′⑤联立①～⑤求解得:t ＝3mL eE ；(2)设粒子射出电场E 2时平行电场方向地速度为v y ,由牛顿第二定律得:电子进入电场E 2时地加速度为:a 2＝eE 2m ＝2eEm⑥v y ＝a 2t 2⑦电子刚射出电场E 2时地速度方向与AO 连线夹角地正切值为tan θ＝v yv 1⑧联立①②③④⑥⑦⑧得:tan θ＝2⑨(3)带电粒子在电场中地运动轨迹如下图所示．设电子打到屏上地点P 到O 点地距离x ,根据上图用几何关系得:tan θ＝x32L ⑩联立得:x ＝3L【变式1】如下图所示,在竖直放置地平行金属板A 、B 之间加上恒定电压U ,A 、B 两板地中央留有小孔O 1、O 2,在B 地右侧有平行于极板地匀强电场E ,电场范围足够大,感光板MN 垂直于电场方向放置,第一次从小孔O 1处从静止释放一个质子11H,第二次从小孔O 1处从静止释放一个α粒子24He,关于这两个粒子在电场中运动地判断正确地是( )A．质子和α粒子打到感光板上时地速度之比为2∶1 B．质子和α粒子在电场中运动地时间相同C．质子和α粒子打到感光板上时地动能之比为1∶2 D．质子和α粒子在电场中运动地轨迹重叠在一起【解析】CD【解析】从开始运动到打到板上质子地速度为v1,α粒子速度为v2,根据动能定理有Uq＋Edq＝12mv2－0,化简得出v＝2U＋Edqm,质子地比荷与α粒子地比荷之比为2∶1,代入得v1v2＝＝2,故A错误；设粒子在加速电场中加速时间为t1,加速位移为x1,在偏转电场中偏转时间为t2,偏转位移为y,有x1＝12a1t12＝Uq2dmt12,y＝Eq2mt22,由于质子和α粒子地加速位移和偏转位移相同,但是比荷不同,所以运动时间不同,故B错误；从开始运动到打到板上,根据动能定理有Uq＋Edq＝E k－0,解得E k＝q(U＋Ed),因为U、E、d相同,则有E k1E k2＝q1q2＝12,故C正确；带电粒子进入加速电场时,根据动能定理可得qU＝12mv02,进入偏转电场后电势差为U2,偏转地位移为y,有y＝1 2at2＝qU22md(lv0)2,联立得y＝U2l24dU,速度地偏转角正切值为tan θ,有tan θ＝v yv0＝atv0＝U2l2Ud,偏转位移y与速度地偏转角正切值tan θ与带电粒子无关,因此运动轨迹重叠在一起,故D正确．【变式2】(2019·洛阳一模)如下图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右地加速电场E1之后进入电场线竖直向下地匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上．整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么( )A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时地速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上地同一位置【解析】AD【解析】根据动能定理有qE1d＝12mv21,得三种粒子经加速电场加速后获得地速度v1＝2qE1dm.在偏转电场中,由l＝v1t2及y＝12qE2mt22得,带电粒子经偏转电场地侧位移y＝E2l24E1d,则三种粒子在偏转电场中地侧位移大小相等,又三种粒子带电荷量相同,根据W＝qE2y得,偏转电场E2对三种粒子做功一样多,选项A正确．根据动能定理,qE1d＋qE2y＝12mv22,得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时地速度v2＝2qE1d＋qE2ym,由于三种粒子地质量不相等,故v2不一样大,选项B错误．粒子打在屏上所用地时间t＝dv1/2＋L′v1＝2dv1＋L′v1(L′为偏转电场左端到屏地水平距离),由于v1不一样大,所以三种粒子打在屏上地时间不相同,选项C错误．根据v y＝qE2mt2及tan θ＝v y v1得,带电粒子地偏转角地正切值tan θ＝E2l2E1d,即三种带电粒子地偏转角相等,又由于它们地侧位移相等,故三种粒子打到屏上地同一位置,选项D正确．热点题型四　带电粒子在交变电场中地运动1．常见地交变电场常见地产生交变电场地电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见地试卷类型此类题型一般有三种情况:(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．3．解答带电粒子在交变电场中运动地思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子地运动具有周期性和在空间上具有对称性地特征,求解粒子运动过程中地速度、位移、做功或确定与物理过程相关地边界条件．(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动地关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系地应用．粒子做直线往返运动利用速度图象分析带电粒子地运动过程时地注意事项(1)带电粒子进入电场地时刻；(2)速度图象地切线斜率表示加速度；(3)图线与坐标轴围成地面积表示位移,且在横轴上方所围成地面积为正,在横轴下方所围成地面积为负；(4)注意对称性和周期性变化关系地应用；(5)图线与横轴有交点,表示此时速度改变方向,对运动很复杂、不容易画出速度图象地问题,还应逐段分析求解．【例7】如图(a)所示,两平行正对地金属板A 、B 间加有如图(b)所示地交变电压,一重力可忽略不计地带正电粒子被固定在两板地正中间P 处．若在t 0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t 0可能属于地时间段是( )A ．0＜t 0＜T4 B.T 2＜t 0＜3T4 C.3T4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8【解析】B【解析】设粒子地速度方向、位移方向向右为正．依题意知,粒子地速度方向时而为正,时而为负,最终打在A 板上时位移为负,速度方向为负．分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动地v t 图象,如下图所示．由于v t 图线与时间轴所围面积表示粒子通过地位移,则由图象知,0＜t 0＜T 4与3T4＜t 0＜T 时粒子在一个周期内地总位移大于零,T 4＜t 0＜3T4时粒子在一个周期内地总位移小于零；t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上,则要求粒子在每个周期内地总位移应小于零,对照各项可知B 正确．【变式】制备纳米薄膜装置地工作电极可简化为真空中间距为d 地两平行极板,如图甲所示．加在极板A 、B 间地电压U AB 做周期性变化,其正向电压为U 0,反向电压为－kU 0(k >1),电压变化地周期为2τ,如图乙所示．在t ＝0时,极板B 附近地一个电子,质量为m 、电荷量为e ,受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中,电子未碰到极板A ,且不考虑重力作用．若k ＝54,电子在0～2τ时间内不能到达极板A ,求d 应满足地条件．【解析】　d ＞9eU 0τ210m【解析】　电子在0～τ时间内做匀加速运动加速度地大小a 1＝eU 0md位移x 1＝12a 1τ2在τ～2τ时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动加速度地大小a 2＝keU 0md 初速度地大小v 1＝a 1τ匀减速运动阶段地位移x 2＝v 212a 2由题知d ＞x 1＋x 2,解得d ＞9eU 0τ210m.粒子做偏转运动问题交变电压地周期性变化,势必会引起带电粒子地某个运动过程和某些物理量地周期性变化,所以应注意:(1)分过程解决．"一个周期"往往是我们地最佳选择．(2)建立模型．带电粒子地运动过程往往能在力学中找到它地类似模型．(3)正确地运动分析和受力分析:合力地变化影响粒子地加速度(大小、方向)变化,而物体地运动性质则由加速度和速度地方向关系确定．【例8】(2019·福建厦门一中期中)相距很近地平行板电容器,在两板中心各开有一个小孔,如图甲所示,靠近A 板地小孔处有一电子枪,能够持续均匀地发射出电子,电子地初速度为v 0,质量为m ,电荷量为－e ,在A 、B 两板之间加上如图乙所示地交变电压,其中0＜k ＜1,U 0＝mv 206e；紧靠B 板地偏转电压也等于U 0,板长为L ,两极板间距为d ,距偏转极板右端L2处垂直放置很大地荧光屏PQ ,不计电子地重力和它们之间地相互作用,电子在电容器中地运动时间可以忽略不计．(1)试求在0～kT 与kT ～T 时间内射出B 板电子地速度各是多大？(2)在0～T 时间内,荧光屏上有两个位置会发光,试求这两个发光点之间地距离．(结果用L 、d 表示)【解析】(1)63v 0　233v 0　(2)L 28d【解析】　(1)电子经过电容器内地电场后,速度要发生变化,设在0～kT 时间内,穿出B 板地电子速度为v 1,kT ～T 时间内射出B 板地电子速度为v 2据动能定理有:－eU 0＝12mv 21－12mv 20,eU 0＝12mv 22－12mv 2将U 0＝mv 206e 代入上式,得:v 1＝63v 0,v 2＝233v 0(2)在0～kT 时间内射出B 板地电子在偏转电场中,电子地运动时间:t 1＝L v 1侧移量:y 1＝12at 21＝eU 0L 22mdv 21,得y 1＝L 28d 打在荧光屏上地坐标为y 1′,则:y 1′＝2y 1＝L 24d同理可得在kT ～T 时间内穿出B 板后电子地侧移量:y 2＝L 216d打在荧光屏上地坐标:y 2′＝2y 2＝L 28d故两个发光点之间地距离:Δy ＝y 1′－y 2′＝L 28d.【变式】如图甲所示,两水平金属板间距为d ,板间电场强度地变化规律如图乙所示．t ＝0时刻,质量为m 地带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间,0～T3时间内微粒匀速运动,T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度地大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动地描述,正确地是( )甲乙A ．末速度大小为 2v 0　B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd【解析】BC【解析】.0～T3时间内微粒匀速运动,有mg ＝qE 0.把微粒地运动分解,水平方向:做速度为v 0地匀速直线运动；竖直方向:T 3～2T 3时间内,只受重力,做自由落体运动,2T 3时刻,v 1y ＝g T 3；2T 3～T 时间内,a ＝2qE 0－mgm＝g ,做匀减速直线运动,T 时刻,v 2y ＝v 1y －a ·T3＝0,所以末速度v ＝v 0,方向沿水平方向,选项A 错误,B 正确；重力势能地减少量ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ,所以选项C 正确；根据动能定理:12mgd －W 克电＝0,得W 克电＝12mgd ,所以选项D 错误．热点题型五　带电体在电场、重力场中地运动带电体在电场、重力场中运动地动力学问题1．等效重力法将重力与电场力进行合成,如下图所示,则F 合为等效重力场中地"重力",g ′＝F 合m为等效重力场中地"等效重力加速度",F 合地方向等效为"重力"地方向,即在等效重力场中地竖直向下方向．2．物理最高点与几何最高点在"等效力场"中做圆周运动地小球,经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动地临界速度问题．小球能维持圆周运动地条件是能过最高点,而这里地最高点不一定是几何最高点,而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆地最上端,是符合人眼视觉习惯地最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)地点．【例9】(2019·福建厦门一中期中)如图,光滑斜面倾角为37°,一质量m ＝10 g 、电荷量q ＝＋1×10－6 C 地小物块置于斜面上,当加上水平向右地匀强电场时,该物体恰能静止在斜面上,g 取10 m/s 2,求:。

课时规范练24电容器带电粒子在电场中的运动

课时规范练24电容器带电粒子在电场中的运动基础对点练1.(多选)(电容动态变化传感器)(2018·安徽宿州质检)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。

当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化,若静电计上的指针偏角为θ,则被测物体()A.向左移动时,U增加B.向右移动时,θ增加C.向左移动时,U减少D.向右移动时,θ减少C=,可知当被测物体带动电介质板向左移动时,导致两极板间电介质增加,则电容C增加,由公式C=可知电荷量Q不变时,U减少,则θ减少,故A错误,C正确;由公式C=,可知当被测物体带动电介质板向右移动时,导致两极板间电介质减少,则电容C减少,由公式C=可知电荷量Q不变时,U增加,则θ增加,故B正确,D错误;故选BC。

2.(多选)(电容动态变化静电计)(2018·山东淄博一中三模)某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素。

若两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。

实验中,假定极板所带电荷量不变,下列判断中正确的是()A.保持S不变,增大d,则C变小,θ变大B.保持S不变,增大d,则C变大,θ变小C.保持d不变,减小S,则C变小,θ变大D.保持d不变,减小S,则C变大,θ变小C=得知,电容与极板间距离成反比,当保持S不变,增大d时,电容减小,因极板所带电荷量Q不变,由电容的定义式C=,分析可知板间电势差增大,静电计指针的偏角θ变大。

故A正确,B错误。

根据电容的决定式C=得知,电容与极板的正对面积成正比,当保持d不变,减小S时,电容C减小,极板所带电荷量Q不变,则由电容的定义式C=,可知板间电势差U增大,静电计指针的偏角θ变大。

故C正确,D错误。

故选AC。

3.(多选)(带电粒子在电场中直线运动)(2018·株洲检测)如图所示,在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B,板与水平方向的夹角为θ,一个电荷量q=1.41×10-4C、质量m=1 g的带电小球,自A板上的孔P以水平速度v0=0.1 m/s飞入两板之间的电场,经0.02 s后未与B板相碰又回到孔P,g取10 m/s2,则()A.板间电场强度大小为100 V/mB.板间电场强度大小为141 V/mC.板与水平方向的夹角θ=30°D.板与水平方向的夹角θ=45°P水平飞入两板之间,沿水平方向运动,小球受力如图所示,设板间匀强电场的电场强度为E,板与水平方向的夹角为θ,在竖直方向由平衡条件得Eq cos θ=mg,在水平方向由动量定理得Eq sin θt=2mv0,解得E=≈100 V/m,tan θ==1,即θ=45°,A、D正确。

电容器带电粒子在电场中的运动(含答案)

电容器带电粒子在电场中的运动【电容器基础知识】1．对于某一电解电容器，下列说法中正确的是（）A ．电容器带电荷量越多，电容越大B ．电容器两极板间电压越小，电容越大C ．电容器的电容与所带电荷量成正比，与极板间的电压成反比D ．随电容器所带电荷量的增加，电容器两极板间的电压也增大2．对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是（）A ．使正对面积增大，电容将减小B ．使正对面积减小，电容将减小C ．将两极板的间距增大，电容将增大D ．将两极板的间距增大，电容将不变3．超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景。

如图所示，某超级电容标有“2.7V 3000F ”，将该电容接在1.5V 干电池的两端，则电路稳定后该的负极板上所带电量为（）A ．﹣4500CB ．﹣2000C C ．﹣8100CD ．﹣1667C【电容器动态分析】(1)U 不变①根据C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U，先分析电容的变化，再分析Q 的变化。

②根据E ＝U d分析场强的变化。

③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化。

(2)Q 不变①根据C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U，先分析电容的变化，再分析U 的变化。

②根据E ＝U d分析场强变化。

4、(2016·全国卷Ⅰ，14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板电荷量变小，极板间电场强度不变【拓展1】 (多选)将【例1】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增大B ．极板间的电势差增大C ．极板上的电荷量变大D ．极板间电场强度变大【拓展2】 (多选)若水平放置接有恒压电源的平行金属板内部空间有一带电粒子P 恰能静止，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是( )A ．电容器所带电荷量保持不变B ．极板间的电场强度保持不变C ．粒子所在初位置的电势能保持不变D ．粒子将加速向下运动5、(2018·株洲统一检测)如图所示，R 是一个定值电阻，A 、B 为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒P 处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．若增大A 、B 两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻RB ．若增大A 、B 两金属板的间距，P 将向上运动C ．若紧贴A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，P 将向上运动D ．若紧贴B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P 将向上运动【知识巩固】6、(2018·福建毕业班质检)为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心．当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的．假设尘埃向收尘极运动过程中所带电荷量不变，下列说法中正确的是()A. 金属圆筒内存在匀强电场B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越低C. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D. 带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小7、在图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，则（）A．静电计指针张角不变，极板上的电荷量变小B．静电计指针张角不变，极板上的电荷量变大C．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变小D．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大8、(多选)如图18所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是()A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度9、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则()A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大10、(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图18-5所示．用E表示两极板间场强，U表示电容器两极板间的电压，E p表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则()A．U变小，E不变B．E变大，E p不变C．U变小，E p不变D．U不变，E p不变11、为厉行低碳环保，很多城市用超级电容车替换城市公交。

电容器与电容、带电粒子在电场中的运动

电容器与电容、带电粒子在电场中的运动一、要点讲解1. 带电粒子在电场中的加速（1）运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀变速直线运动。

（2）用功能关系分析①若粒子初速度为零，则212mv qU =所以2qU m ②若粒子初速度不为零，则22211122mv mv qU -=以上公式适用于一切电场（包含匀强电场和非匀强电场）2. 带电粒子在匀强电场中的偏转（1）运动状态分析：带电粒子以速度v 垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做匀变速曲线运动。

（2）处理方法：类似于平抛运动的处理，应用运动的合成与分解的方法。

①沿初速度方向做匀变速直线运动，运动时间l t v=②沿电场力方向做匀加速直线运动，加速度为F qE qU a m m md=== ③离开电场时的偏移量：222122ql Uy at mv d==二、示波管的原理1. 构造：①电子枪 ②偏转电极 ③ 荧光屏2. 工作原理（如下图）（1）如果在偏转电极XX'和YY'之间都没有加电压，电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里生成一个亮斑。

（2）YY'上加的是待显示的信号电压，XX'上加的是锯齿形电压，叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测定信号在一个周期内变化的图象。

三、精题精练1. 如图所示，x 轴上方存在竖直向下的匀强电场，场强大小为E ，现一质量为m 、带电量为+q 的微粒自y 轴上某点开始以初速度v ０垂直y 轴水平向右进入电场。

微粒在电场力作用下，向下偏转，经过x 轴时，与x 轴交点横坐标为x ０，在x 轴下方恰好存在与微粒刚进入x 轴下方时速度方向垂直的匀强电场，场强大小也是E 。

微粒重力和空气阻力均不计。

（1）求微粒出发点的坐标。

（2）求微粒经过x 轴时的速度v 大小和方向（方向用arc 表示）。

电容器与电容带电粒子在电场中的运动

结论：粒子的偏转距离与粒子的q、m无关，仅取决于加速
○ 电场和偏转电场。即不同的带电粒子从静止经过同一电场 ○ 加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转距离总是 ○ 相同的。
一、带电粒子在电场中的直线运动：
【例1】：如右图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压U＝100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自 A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出。g取10 m/s2，求：(1) 液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度。
）
把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
(2011·洛阳模拟)如下图所示，两平行金属板A、B 长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q＝10－10 C，质量m＝10－20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，(设界面PS右边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，O 点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。(静电力常量 k＝9.0×109 N·m2/C2)
匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，

高二物理上册带电粒子在电场中的运动知识总结及题型练习

带电粒子在电场中的运动1．电容器两个彼此绝缘且又相距很近的导体，中间夹上一层绝缘物质．．．．（电介质），就组成了一个电容器．．．。

电容器可以容纳电荷．．．．。

相距很近的两平行金属板就是一种最简单的电容器。

接通电源可对电容器充电．．，将两极板用导线短接可对电容器放电．．，如下图。

2．电容⑴ 物理意义：反映电容器__________________________的物理量。

⑵ 定义：电容器（某一极板）所带的电荷量Q 与电容器两极板间电压U 的比值。

⑶ 公式：_________________C =。

⑷ 单位：__________________，符号是F 。

常用单位有μF 、pF ，6121F 10μF 10pF ==。

公式QC U=是电容的定义式．．．，对任何电容器都适用。

对于一个电容器来说，其电容是确定的，和电容器是否带电无关．．。

3．平行板电容器的电容平行板电容器的电容r 4πSC kdε=。

可见，电容C 与两极板正对面积．．．．S 、电介质的相对介电常数．．．．．．r ε成正比，与_________________________成反比，式中k 是________________________。

公式r 4πSC kd ε=是平行板电容器电容的决定式．．．，只适用于平行板电容器。

4．平行板电容器动态分析的基本步骤⑴ 认清电容器是Q 、U 中的哪一个量不变。

若电容器始终与电源连接．．．．，则两板间的电势差U 保持不变。

若电容器与电源断开．．．．，则两板所带电荷量Q 保持不变。

⑵ 用决定式r 4πSC kd ε=，来判断电容C 的变化趋势。

⑶ 由定义式QC U=，来判断Q 、U 中会发生变化的那个量的变化趋势。

⑷ 由U E d =或QE S∝（r 4πU Q kQ E d Cd S ε===），来分析场强的变化。

⑸ 由F qE =，来分析点电荷的受力变化。

⑹ 选定零电势位置，用U Ed =来分析某点的电势变化。

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考点规范练20电容器带电粒子在电场中的运动
考点一平行板电容器及动态分析
1.(多选)如图所示,C为中间插有电介质的电容器,a和b为其两极板,a板接地。

P和Q为竖直放置的两平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球,P板与b板用导线相连,Q板接地。

开始时悬线静止在竖直方向,在b板
带电后,悬线偏转了角度。

在以下方法中,能使悬线的偏角变大的是()
A.缩小a、b间的距离
B.加大a、b间的距离
C.取出a、b两极板间的电介质
D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质
2.(2014·河南新乡一中模拟)一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点,如图所示。

以E表示两极板间的电场强度,U表示电容器的电压,W表示正电荷在P点的电势能。

若保持负极板不动,将正极板移动到图中虚线所示的位置,则下列判断正确的是()
A.U变小,E变小
B.E变大,W变大
C.U变小,W不变
D.U不变,W不变
3.
(多选)如图所示是某种静电矿料分选器的原理示意图,带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在收集板中央
的两侧。

对矿粉分离的过程,下列表述正确的有()
A.带正电的矿粉落在右侧
B.电场力对矿粉做正功
C.带负电的矿粉电势能变大
D.带正电的矿粉电势能变小
4.
(2012·大纲理综,24)如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。

现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为。

再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到,且小球与两极板不接触。

求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。

考点二带电粒子在电场中的直线运动
5.(多选)(2013·全国理综Ⅰ,16,改编)一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连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。

小孔正上方处的P点有一带电粒子,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。

若将下极板向上平移,则从P点开始下落的相同粒子将()
A.打不到下极板上
B.在下极板处返回
C.在距上极板处返回
D.在距上极板d处返回
考点三带电粒子在电场中的偏转
6.(2014·湖北武汉模拟)如图所示,矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场,两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场,粒子a由顶点A射入,从BC的中点P射出,粒子b由AB的中点O射入,从顶点C射出。

若不计重力,则a和b的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是()
A.1∶2
B.2∶1
C.1∶8
D.8∶1
7.图甲为示波管的原理图。

如果在电极YY'之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX'之间所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是()
8.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变化的情况。

电子经电压u1加速后进入偏转电场。

下列关于所加竖直偏转电压u2、水平偏转电压u3与荧光屏上所得的图形的说法中错误的是()
A.如果只在A、B上加上(甲)图所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图(a)所示
B.如果只在C、D上加上(乙)图所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图(b)所示
C.如果同时在A、B和C、D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A、B和C、D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
9.(2014·江西南昌调研)
如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,坐标系内有A、B两点,其中A点坐标为(6 cm,0),B点坐标为(0, cm),坐标原点O处的电势为0,点A处的电势为8 V,点B处的电势为4 V。

现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v=4×105 m/s 射入电场,粒子运动时恰好通过B点,不计粒子所受重力,求:
(1)图中C处(3 cm,0)的电势;
(2)匀强电场的电场强度大小;
(3)带电粒子的比荷。

10.(2014·四川攀枝花二模)如图所示,虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场,一带电粒子质量为
m=2.0×10-11 kg、电荷量为q=+1.0×10-5 C,从a点由静止开始经电压为U=100 V的电场加速后,垂直于匀强电场进入匀强电场中,从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角。

已知PQ、MN间距离为20 cm,带电粒子的重力忽略不计。

求:
(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1;
(2)匀强电场的电场强度大小;
(3)a、b两点间的电势差。

参考答案
考点规范练20电容器
带电粒子在电场中的运动
1.BC解析:由C=知,减小a、b间的距离,则C增大,又Q不变,C=,故U减小,由E=分析知,PQ间的E变小,α变小,选项B正确,选项A错误;取出a、b两极板间的电介质,相当于εr减小,则C减小,又Q不变,C=,U增大,PQ间的E增大,α变大,选项C正确,选项D错误。

2.C解析:与电源断开后,电容器两极板所带电荷量一定,则E=,U=,所以E=,对于平行板电容器有C=,所以
E=·4πk,与d无关,故E不变。

当正极板向下移动时,d减小,U减小,选项A、B、D错误;因极板间电场强度没变,正电荷P相对负极板的位置没变,所以W不变,选项C正确。

3.BD解析:带正电的矿粉受电场力向左,落在左侧,选项A错误;不论带正电还是带负电,电场力对矿粉均做正功,电势能均减小,选项C错误,选项B、D正确。

4.答案:2Q
解析:设电容器电容为C。

第一次充电后两极板之间的电压为
U=①
两极板之间电场的电场强度为
E=②
式中d为两极板间的距离。

按题意,当小球偏转角θ1=时,小球处于平衡位置。

设小球质量为m,所带电荷量为q,则有
F T cosθ1=mg③
F T sinθ1=qE④
式中F T为此时悬线的张力。

联立①②③④式得
tanθ1=⑤
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ,此时小球偏转角θ2=,则
tanθ2=⑥
联立⑤⑥式得
⑦
代入数据解得
ΔQ=2Q。

⑧
5.AD解析:设板间电压为U,电场强度为E,则E=,由动能定理得mg·d-qEd=0,将下极板向上平移后,U不变,d'=d,则E'=E,设粒子在距上极板x处返回,则mg-qE'x=0,联立解得:x=d,选项A、D正确,B、C错误。

6.D解析:根据题意,画出a和b两粒子的运动轨迹,如图所示。

设AB长为2h,BC长为2l,对a粒子有解得2h=③,对b粒子解得h=⑥,由③⑥两式得,选项D正确。

7.B解析:0时刻,在YY'方向上位移为零,在XX'方向上位移为负的最大值;在t1时刻,在YY'方向上位移为零,在XX'方向上位移为零;在时刻,在YY'方向上位移为正的最大值,故选项B正确。

8.C解析:如果只在A、B上加上题图(甲)所示的电压,电子将在竖直方向偏转,选项A正确;如果只在C、D上加上题图(乙)所示的电压,则电子将在水平方向上偏转,选项B正确;如果同时在A、B和C、D上加上(甲)、(乙)所示的电压,则t=0时,向x轴负方向偏转位移最大,之后电子在竖直方向上,先向上偏再向下偏,在T内竖直方向电子振动一个周期,形成一个完整的波形,选项C错误,D正确。

9.答案:(1)4 V(2)×102 V/m
(3)2.4×1011 C/kg
解析:(1)设C处的电势为φC
由OC=CA可得φO-φC=φC-φA
则φC=V=4V。

(2)BC连线为等势线,电场强度方向与等势线BC垂直
设∠OBC=θOB=L=cm
由tanθ=,解得θ=60°
又U=Ed,则E=V/m=×102V/m。

(3)由带电粒子做类平抛运动的规律得
联立解得
=C/kg
=2.4×1011C/kg
所以带电粒子的比荷为2.4×1011C/kg。

10.答案:(1)1×104 m/s(2)1.73×103 N/C(3)400 V
解析:(1)由动能定理得
qU=
代入数据得v1=1×104m/s。

(2)因粒子重力不计,则进入PQ、MN间电场中后,做类平抛运动,有
粒子沿初速度方向做匀速直线运动,则d=v1t
粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,则
v y=at
由题意得tan30°=
由牛顿第二定律得
qE=ma
联立以上相关各式并代入数据得
E=×103N/C=1.73×103N/C。

(3)由动能定理得
qU ab=mv2=m()
联立以上相关各式代入数据得U ab=400V。