江苏专用版高考物理总复习第六章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动练习含解析
2014年《步步高》高三物理一轮复习课件(江苏专用)选修3-1 第六章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
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【知识存盘】 1．电容器 绝缘 靠近 (1)组成：由两个彼此_____又相互_____的导体组成． 绝对值 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的_______ ． (3)电容器的充、放电 充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量 异种电荷 电场能 的_________ ，电容器中储存_______ ． 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． 2．电容 电荷量Q (1)定义：电容器所带的_________与电容器两极板间的电 势差U的比值．
介电常数 距离 介质的_________成正比，与两板间的______成反比．
ε rS (2)决定式：C＝ ，k 为静电力常量． 4π kd
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带电粒子在匀强电场中的运动
【思维驱动】
Ⅱ
(考纲要求)
(多选)(2013· 苏州模拟)如图6－3－1所示，在等 势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微 粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动， 由此可知 ( )． 图6－3－1
解析
一带负电的微粒以一定初速度射入
电场，并沿直线AB运动，其受到的电场力 F只能垂直于等势面水平向左，则电场方向 水平向右，如图所示，所以电场中A点的 电势高于B点的电势，A对；微粒从A向B运动，则合外力 做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C错、 B对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
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电容、电容器
高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线．热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动．已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ．(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ． 【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（23L【解析】 【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可； （2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可； 【详解】（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE =，其中2U E L= 联立解得：12mUB L e=根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r rθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：3x L =． 【点睛】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可．2．如图所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 203mdv【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303v v v cos ==︒ …①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足22Qq v k mR R =…② 由①②得：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°tan 30°=0yv v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：2200303mdv tan mdv U qL ︒==3．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =，45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p v gh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得0T gh r =，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=4．如图所示，竖直面内有水平线MN 与竖直线PQ 交于P 点，O 在水平线MN 上，OP 间距为d ，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从O 处以大小为v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在O 处时动能的4倍．当粒子到达A 点时，突然将电场改为大小为E 2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。
高考物理一轮复习 第六章《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》试题
权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7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为两竖直放置的平行金属板，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α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab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解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。
(江苏专用)2020版高考物理总复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动教案(选修3_1)
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动知识排查电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系1.电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(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。
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。
2.电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值。
(2)定义式：C ＝Q U。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F) 1 F ＝106μF ＝1012pF 3.平行板电容器的电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C ＝εr S 4πkd，k 为静电力常量。
带电粒子在匀强电场中的运动1.带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a ＝qE m ，E ＝U d，v 2－v 20＝2ad 。
(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足qU ＝12mv 2－12mv 20。
2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。
(2)运动性质：类平抛运动。
(3)处理方法：运动的合成与分解。
①沿初速度方向：做匀速直线运动。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
小题速练1.思考判断(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。
( ) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。
( ) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。
( ) (4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。
( )(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。
( ) (6)公式C ＝εr S4πkd 可用来计算任何电容器的电容。
高考物理总复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动选修
考点二 带电粒子在电场中的直线运动 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
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(2016·厦门调研)反射式速调管是常用的微波器 件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡 原理与下述过程类似．如图所示，在虚线 MN 两侧分别存在 着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从 A 点由静止开始， 在静电力作用下沿直线在 A、B 两点间往返运动．已知电场 强度的大小分别是 E1＝2.0×103 N/C 和 E2＝4.0×103 N/C， 方向如图所示．带电微粒质量 m＝1.0×10－20 kg，带电量 q ＝－1.0×10－9 C，A 点距虚线 MN 的距离 d1＝1.0 cm，不计 带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
B．①情况下可以通过紧贴 N 板迅速插入一块陶瓷片(其 厚度小于板间距离一半)实现
C．②情况下可以通过紧贴 N 板迅速插入一块金属板(其 厚度小于板间距离一半)实现
D．②情况下可以通过紧贴 N 板迅速插入一块陶瓷片(其 厚度小于板间距离一半)实现
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[解析] ①情况下两板间电压不变，插入金属板相当于 d 减小，由 E＝Ud 知 E 增大，电场力增大，带电粒子向上运动打 到上极板 M 上，故 A 正确；①情况下两板间电压不变，虽插 入陶瓷片电容，但由于 d 不变，所以 E 不变，电场力不变， 故 B 错误；②情况下两板带电量 Q 不变，根据 Q＝CU.C＝4επrkSd 及 E＝Ud 得 E＝4πεkSQ，可以看出 E 与两板间距离 d 无关，故 C 错．ε 增大，E 减小，电场力减小，微粒向下运动，故 D 错误．
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vxt＝v0t＝l (3)位移12at2＝y
，y＝12at2＝2qmUvl202d.
(4)速度vvyx＝＝avt0 ，vy＝qmUdt，v＝ v2x＋vy2，tanθ＝vvxy＝mqvU02ld.
高考物理一轮复习 第六章 第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动习题详解课件 新人教版
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要点二
典例：解析：(1)设液珠的电量为 q，质量为 m，由题意知，当液
珠在 C 点时 kQHq2－mg＝mg 比荷为mq ＝2kgQH2
(2)当液珠速度最大时，kQhq2 ＝mg
得 h＝ 2H
(3)设 BC 间的电势差大小为 UCB，由题意得
UCB＝φC－φB＝kHQ－krQB
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2．解析：(1)由 v2＝2gh 得 v＝ 2gh (2)在极板间带电小球受重力和电场力，有 mg－qE＝ma 0－v2＝2ad 得 E＝mgqhd＋d U＝Ed Q＝CU 得 Q＝mgCqh＋d
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(3)由 h＝12gt12
0＝v＋at2 t＝t1＋t2
综合可得 t＝h＋h d
立性和等时性可得，在水平方向上：2s＝v0t，在竖直方向上：h2＝12at2
＝12Emqt2，联立以上两式可求得：v0＝2s 项 B 正确，A、C、D 皆错误。
mEqh，由此可知，该题只有选 答案：B
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[针对训练]
1．解析：三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是
匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，
2h g
答案：见解析
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要点三 典例：思路点拨：(1)提示：两粒子在电场中均做类平抛运动，运动轨 迹关于切点对称。
(2)提示：水平方向位移都为2s，竖直方向位移都为h2。
解析：由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个粒子的轨迹相切点
一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独
答案：D
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(江苏专用版)2020版高考物理总复习第六章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件
,
tan
θ= vy
vx
=
qUl mv02d
。
(4)位移
l
v0t
y
1 2
at
2
qUl 2 2mv02d
2.两个结论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场 射出时的偏转角度总是相同的。
证明:由qU0= 12 mv 02
及tan
θ=
qUl mv02d
设粒子带电荷量为q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为l,板间
距离为d(忽略重力影响),则有
(1)加速度:a= F = qE = qU 。
m m md
(2)在电场中的运动时间:t= l 。 v0
(3)速度
vx vy
v0 at
qUl mv0d
v= vx2
vy2
Cd εrS
板(电势为零)电场力做功不变,电势能的变化相同,则点电荷在P点的电
势能Ep不变,故只有选项D正确。
考点二 带电粒子在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F合=0,粒子静止或做匀速直线运动。 (2)粒子所受合外力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将 做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
qU= 1 mv2,因B板上移后h'<2d,所以mgh'<qU,即看似动能为负值,实际上
2
在到达N孔之前质点动能已为零,将沿原路返回,C项正确;当把B板下移
后,有mgh″-qU= 1 mv2>0,即质点到达N孔时仍有向下的速度,故将穿过N
2
孔继续下落,D项正确。
高考物理一轮复习电容器带电粒子在电场中的运动含解析
带电的金属球靠近不带电的验电器，由于静电感应现象，验电器上方小球带有与金属球相反的电荷，验电器的箔片上带有与金属球相同的电荷，B项正确．“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，．极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B分开些、B两极板分开些、B两极板靠近些两板间电场强度减小两板间电场强度增大流过灵敏电流计](多选)如图所示为一电源电动势为B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，的金属板，其上部空间有一带电粒子如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零，可以视为短路；反连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态．下列说法正确的是如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒压电源的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，匀强电场水平向左，B点时动能减少到：2的功与克服摩擦力做的功之比仍然为：2.点到速度减为零，动能减少量为，对物体从点向右到返回2－1 mv[2019·湖北省部分重点中学联考](多选)如图所示的直角坐标系中，均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为大量电荷量为－q(q>0)、质量为0沿x轴正方向射入匀强电场．若粒子只能从坐标原点点的速度大小为2 2 m/sBD＝0．带电体运动到半圆形轨道B点时对半圆形轨道的压力大小为．平行板电容器的电容将变大应带负电，极板Y应带负电X′应带负电，极板Y应带负电．带电粒子通过电场的时间T 2时间段内进入电场的带电粒子最终都从OO′上方射出电场．如图所示，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表示两极板间的电场强度，．车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流．车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电．车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流两极板水平放置，A在上方，和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动为两块水平放置的金属板，通过闭合开关孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空＋mgE2a下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是解析：带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小时刻物块的速度最大多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y。
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江苏专用版高考物理总复习第六章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动练习含解析一、单项选择题1.(2017南京、盐城一模)如图所示的可变电容器,旋转动片使之与定片逐渐重合。
则电容器的电容将( )A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.先增大后减小答案 A 可变电容器的动片与定片逐渐重合,即电容器的正对面积增大,由C=εrε4πεε可知电容变大,A 项正确。
2.(2017江苏单科)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.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'点答案 A 根据平行板电容器的电容的决定式C=εr ε4πεε、定义式C=εε和匀强电场的电压与电场强度的关系式U=Ed 可得E=4πεεεr ε,可知将C 板向右平移到P'点,B 、C 两板间的电场强度不变,由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点,并且会原路返回,故选项A 正确。
3.(2018江苏单科)如图所示,水平金属板A 、B 分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态。
现将B 板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴( )A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动答案 D 开始时,油滴受力如图甲所示。
静电力F 与重力mg 平衡。
当将B 板右端向下移动一小段距离后,A 、B 板间电场线变成曲线,原因是A 、B 板仍为等势面,电场线与等势面垂直,则油滴受的电场力F'与mg 不在一条直线上(如图乙所示)。
又因为正对面积变小,电容变小,由C=εε知,在电压不变的情况下,Q 变小,则两板间电场减弱,F'<F,故F'与mg 的合力斜向右下方,即油滴将向右下方运动。
4.如图所示,让大量的一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子从同一位置经过同一加速电场A 由静止开始加速,然后在同一偏转电场B 中偏转。
忽略离子的重力及离子间的相互作用力。
下列说法正确的是( )A.它们始终为一股离子束B.它们会分离为二股离子束C.它们会分离为三股离子束D.它们会分离为无数股离子束答案 A 离子在电场中加速,根据动能定理qU=12m ε02;在偏转电场中做类平抛运动,水平方向有L=v 0t,竖直方向有y=12·εεεt 2;联立可得y=εε24ε,故可知离子射出偏转电场的偏转距离与粒子的电荷量和质量无关,所以三种离子始终为一股离子束,选项A 正确。
5.(2018徐州五校联考)a 、b 、c 三个α粒子(重力不计)由同一点M 同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间,其轨迹如图所示,其中b 恰好沿板的边缘飞出电场,由此可知( )A.进入电场时a的速度最大,c的速度最小B.a、b、c在电场中运动的时间相等C.若把上极板向上移动,则a在电场中运动的时间增长D.若把下极板向下移动,则a在电场中运动的时间增长答案 D 三个α粒子进入电场后加速度相同,由题图看出,竖直方向a、b偏转距离相等,大于c的偏转at2知,a、b运动时间相等,大于c的运动时间,即t a=t b>t c。
又水平位移的关系为x a<x b=x c,因距离,由y=12为粒子水平方向都做匀速直线运动,所以v c>v b>v a,即a的速度最小,c的速度最大,故A、B项错误;若把上知,板间场强不变,粒子的加速度不变,可知a的运动情况不变,运动时间极板向上移动,根据推论E=4πεεεrε知,板间场强不变,粒子的加速度不变,a的竖不变,故C项错误;若把下极板向下移动,根据推论E=4πεεεrε直分位移增大,由位移公式知,a在电场中运动的时间增长,故D项正确。
二、多项选择题6.如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板,板间有匀强电场,质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子刚好能到达N板,如果要使这个带电粒处返回,则下述措施能满足要求的是( )子能到达M、N两板间距的12A.使初速度减为原来的12B.使M、N间电压提高到原来的2倍C.使M、N间电压提高到原来的4倍D.使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12答案 BD在粒子刚好到达N 板的过程中,由动能定理得-qEd=0-12m ε02,所以d=εε022εε,令带电粒子离开M 板的最远距离为x,则使初速度减为原来的12,x=ε4,故A 错误;使M 、N 间电压提高到原来的2倍,电场强度变为原来的2倍,x=ε2,故B 正确;使M 、N 间电压提高到原来的4倍,电场强度变为原来的4倍,x=ε4,故C 错误;使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12,电场强度变为原来的一半,x=ε2,故D 正确。
7.(2018徐州期中)如图所示,电容器由平行金属板M 、N 和电介质D 构成。
电容器通过开关S 及电阻与电源E 相连接。
则( )A.将M 上移,电容器的电容变大B.将D 从电容器中抽出,电容变小C.断开开关S,M 上移,M 、N 间电压将增大D.闭合开关S,M 上移,流过电阻的电流方向从B 到A 答案 BC 根据电容的决定式C=εr ε4πεε可知,当M 向上移时,板间距离d 增大,电容器的电容变小;当将D从电容器中抽出时,相对介电常数εr 减小,电容器的电容变小,故A 项错误,B 项正确;断开开关S,M 上移,电荷量不变,而电容减小,根据电容的定义式C=εε,可知电容器两端的电压增大,故C 项正确;闭合开关S,电压不变,M 上移时电容减小,则由Q=UC 可知,电荷量Q 减小,电容器放电,流过电阻的电流方向从A 到B,故D 项错误。
8.(2018清江中学月考)如图所示,平行板电容器与直流电源E'(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略,一带电油滴静止于电容器中的P 点,现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离,则( )A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.带电油滴将向下运动D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向上移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变答案AD 电容器的下极板向上移动时,根据公式C=εrε4πεε可知d减小,C增大,A正确;由于电容器的两端电压恒定不变,则静电计两端的电压也不变,故静电计指针张角不变,B错误;根据公式E=εε可知,电容器的场强变大,带电油滴将向上运动,C错误;若先将上极板与电源正极断开,则电容器所带的电荷量不变,再将下极板向上移动一小段距离,则电容器间的电场强度E=εε=εεε=4πεεεrε,其大小恒定不变,故带电油滴所受的电场力不变,D正确。
9.(2018南通调研)如图所示,水平放置的平行板电容器两极板间距为d,带负电的微粒质量为m、带电荷量为q,它从上极板的边缘以初速度v0射入,沿直线从下极板N的边缘射出,已知重力加速度为g,则( )A.微粒的加速度不为零B.微粒的电势能减少了mgdC.两极板的电势差为εεεεD.M板的电势高于N板的电势答案CD 带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力和电场力,而微粒沿直线运动,由物体做直线运动的条件可知,重力与电场力合力必为零,加速度为零,电场力方向竖直向上,大小等于重力,即mg=εεq,所以两极板之间电势差U=εεεε,A项错误,C项正确;微粒带负电,所以电场方向竖直向下,而电场方向是由高电势指向低电势的,所以M 板电势高于N 板电势,D 项正确;微粒由上板边缘运动到下板边缘,电场力方向与速度方向夹角为钝角,所以电场力对微粒做负功,微粒电势能增加,B 项错误。
三、非选择题10.(2018苏州八校联考)如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电,上极板接地,它的极板长L=0.1m,两板间距离d=0.4cm,有一束相同微粒组成的带正电粒子流从两板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒能落到下极板上,微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。
设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间,已知微粒质量为m=2×10-6kg,电荷量q=1×10-8C,电容器电容为C=10-6F 。
求:(g=10m/s 2)(1)为使第一个粒子能落在下极板中点,则微粒入射速度v 0应为多少; (2)以上述速度入射的带电粒子,最多能有多少落到下极板上。
答案 (1)2.5m/s (2)600个解析 (1)第一个粒子只受重力:ε2=12gt 2解得t=0.02s,则v 0=ε2ε=2.5m/s 。
(2)以v 0入射的带电粒子,恰打到下极板右边缘时,有t 1=εε0=0.04s,ε2=12a ε12,解得a=2.5m/s 2mg-qE=ma E=εε=εεε,n=εε联立得n=600个。
11.(2018如东中学期中)如图所示,在xOy 平面内,有沿x 轴正方向的匀强电场(图中未画出),一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入电场,A 、B 为其运动轨迹上的两点,且对应的横坐标x B -x A =L,已知该粒子在A 点的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为60°,当粒子运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°,不计粒子重力,求:(1)粒子的初速度v 0; (2)A 、B 两点间的电势差U AB ; (3)A 点的坐标(x A ,y A )。
答案 (1)√32v (2)εε2ε(3)(ε8,√3L4) 解析 (1)把A 点的速度进行正交分解,沿y 轴方向的分速度即初速度v 0,则v 0=vsin60°=√32v 。
(2)设B 点的速度为v B ,则v B =εsin30°=√3v从A 到B 的过程中由动能定理可得qU AB =12m εε2-12mv 2,解得U AB =εε2ε。
(3)在y 轴方向上,粒子做匀速直线运动,在x 轴方向上,粒子做初速度为零的匀加速直线运动(设加速度为a),从O 点运动到A 的过程中有:y 方向:y A =v 0t A ,x 方向:x A =εcos60°2t A而E=εεεε,a=εεε,vcos60°=at A 解得x A =ε8,y A =√3L4。