電容器帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題1(2020·安徽聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中自O(shè)點自由釋放后，分別抵達B、C兩點，若ABBC，則它們帶電荷量之比q1：q2等于()A1：2 B2：1C1： D.：1【解析】豎直方向有hgt2，水平方向有l(wèi)t2，聯(lián)立可得q，所以有，B對【答案】B2.(多選)如圖所示，兩面積較大、正對著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷其中A板用絕緣線懸掛，B板固定且接地，P點為兩板的中間位置下列結(jié)論正確的是()A若在兩板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩板所帶電荷量會增大BA、B兩板上的電荷分別在P點產(chǎn)生的電場的場強大小相等，方向相同C若將A板豎直向上平移一小段距離，兩板間的電場強度將增大D若將A板豎直向下平移一小段距離，原P點位置的電勢將不變【解析】由于平行板電容器是充電后斷開的，因此平行板電容器所帶電荷量是不變的，所以A選項錯誤；由于平行板電容器兩板所帶電荷量相等，再根據(jù)對稱性可知，A、B兩板上的電荷分別在P點產(chǎn)生的電場的場強大小相等，方向相同，因此B選項正確；當(dāng)改變兩板間距離時，根據(jù)E和C可知，改變板間距離時平行板電容器所帶的電荷量不變，平行板電容器兩板間的場強不變，因此C選項錯誤；再根據(jù)PEd0(設(shè)P點到B板的距離為d0)，又E不變，d0也不變，因此P也不變，故D選項正確【答案】BD3(多選)(2020·德州期末)如圖所示，平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏今有質(zhì)子(H)、氘核(H)和氚核(H)均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上(不計粒子重力)則下列判斷中正確的是()A三種粒子從B板射出時的速度之比為：B三種粒子同時打到熒光屏上C偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1：2：3D偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1：1：1【解析】由U0qmv得三種粒子從B板射出時的速度之比為，由t易知質(zhì)子最先打到熒光屏上，由y2，得三種粒子豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移都是y，偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子所做的功均為Eqy，其比為1：1：1，故A、D對【答案】AD4.如圖所示是一個說明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電場(加速電壓為U1)加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為l，每單位電壓引起的偏移叫作示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用下列哪些方法()A增大U1 B減小lC減小d D增大U2【解析】由每單位電壓引起的偏移叫作示波管的靈敏度，根據(jù)U1qmv和hy2，得，故選項C正確【答案】C5.如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設(shè)電源電動勢為U)()A電子到達B板時的動能是eUB電子從B板到達C板動能變化量為零C電子到達D板時動能是3eUD電子在A板和D板之間做往復(fù)運動【解析】由電路圖可得，電子在A、B板間加速運動，電場力做正功eU，A正確；在B、C板間勻速運動，動能變化量為零，B正確；在C、D板間減速運動，電場力做負(fù)功eU，所以電子在D板處速度為零，C錯誤；電子在A板和D板之間做往復(fù)運動，D正確【答案】C6如圖所示，A、B為水平正對放置的平行金屬板，板間距離為d，一質(zhì)量為m的帶電油滴在兩金屬板之間，油滴運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比將油滴由靜止釋放，若兩金屬板間的電壓為零，一段時間后油滴以速率v勻速下降若兩金屬板間加電壓U，一段時間后油滴以速率2v勻速上升由此可知油滴所帶電荷量的大小為()A. B.C. D.【解析】板間電壓為零，油滴勻速下降時，mgkv，當(dāng)兩板間電壓為U，油滴勻速上升時，qmg2kv，解得q，C正確【答案】C7(多選)如圖所示，長為L、傾角為30°的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則()A小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能BA、B兩點的電勢差一定為C若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最小值一定是D若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷【解析】小球初、末速度均為v0，從A到B，由動能定理得qUABmgLsin30°0，解得A、B兩點的電勢差為UAB，qUAB，電場力做正功電勢能減少，EpB<EpA，A錯誤，B正確；若電場是勻強電場，該電場的電場強度的最小值為，C正確；若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q可以是負(fù)電荷，D錯誤【答案】BC8(多選)如圖所示的電路，閉合開關(guān)S后，當(dāng)滑動變阻器的滑片由a向b滑動時，平行板電容器的()A板間電場強度增大B電荷量不變C兩極板間電壓不變D電容增大【解析】本題考查電容器所帶的電荷量、電容和兩極板間電壓與外界因素的關(guān)系在閉合開關(guān)S后，當(dāng)滑動變阻器的滑片由a向b滑動時改變了電阻電容器接入的地方可以視為開路，其兩端的電壓一直等于電源的電動勢故選B、C.【答案】BC9示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()A極板X、Y應(yīng)帶正電 B極板X、Y應(yīng)帶正電C極板X、Y應(yīng)帶負(fù)電 D極板X、Y應(yīng)帶正電【解析】電子在豎直方向向Y偏轉(zhuǎn)，則Y帶正電；電子在水平方向向X偏轉(zhuǎn)，則X帶正電，A正確【答案】A10(多選)在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB，兩電荷的位置坐標(biāo)如圖甲所示圖乙是AB連線之間的電勢與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中xL點為圖線的最低點，若在x2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點)，下列有關(guān)說法正確的是()A小球在xL處的速度最大B小球一定可以到達x2L點處C小球?qū)⒁詘L點為中心做往復(fù)運動D固定在A、B處的電荷的帶電荷量之比為QA：QB4：1【解析】由動能定理可知，電場力對小球做功最多時，小球獲得的動能最大，由WqU可知，由x2L到xL兩點的電勢差最大，故到xL處時，小球的動能最大，速度也最大，A項正確；假設(shè)小球能夠到達x2L處，但x2L與x2L兩點的電勢差小于零，且小球初動能為零，由動能定理可知，小球到x2L處的動能小于零，故假設(shè)錯誤，小球不可能到達x2L處，B項錯；同理可以確定小球到達x0處動能大于零，故小球往復(fù)運動的中點不是xL處，C項錯；小球到達xL處速度最大，說明小球在該點加速度為零，所受合外力為零，即QA、QB兩電荷在該點對小球的作用力大小相等方向相反，即：kk，解得：4，D項正確【答案】AD二、非選擇題11.絕緣光滑水平面內(nèi)有一圓形有界勻強電場，其俯視圖如右圖所示，圖中xOy所在平面與光滑水平面重合，電場方向與x軸正向平行，電場的半徑為R m，圓心O與坐標(biāo)系的原點重合，場強E2 N/C.一帶電荷量為q1×105 C、質(zhì)量m1×105 kg的粒子，由坐標(biāo)原點O處以速度v01 m/s沿y軸正方向射入電場(重力不計)，求：(1)粒子在電場中運動的時間；(2)粒子出射點的位置坐標(biāo)；(3)粒子射出時具有的動能【解析】(1)粒子沿x軸負(fù)方向做勻加速運動，加速度為a，則有Eqmaxat2沿y軸正方向做勻速運動，有yv0tx2y2R2解得t1 s.(2)設(shè)粒子射出電場邊界的位置坐標(biāo)為(x1，y1)，則有x1at21 m，y1v0t1 m，即為(1 m,1 m)(3)射出時由動能定理得Eqx1Ekmv代入數(shù)據(jù)解得Ek2.5×105 J.【答案】(1)1 s(2)(1 m, 1 m)(3)2.5×105 J12.(2020·安徽卷)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)粒子所受重力忽略不計求：(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功；(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；(3)粒子經(jīng)過C點時的速率【解析】(1)WACqE(yAyC)3qEl0(2)根據(jù)拋體運動的特點，粒子在x方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令tADtDBT，則tBCT由qEma得a又yDaT2，yD3l0a(2T)2解得T則AC過程所經(jīng)歷的時間T3(3)粒子在DC段做類平拋運動，于是有2l0vCx(2T)，vCya(2T)vC【答案】(1)3qEl0(2)3 (3) 13.(2020·四川卷)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E1.5×106 N/C，方向水平向右的勻強電場帶負(fù)電的小物體P電荷量是2.0×106 C，質(zhì)量m0.25 kg，與軌道間動摩擦因數(shù)0.4.P從O點由靜止開始向右運動，經(jīng)過0.55 s到達A點，到達B點時速度是5 m/s，到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為，且tan1.2.P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表所示P視為質(zhì)點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g10 m/s2.求：v/(m·s1)0v22<v<5v5F/N263(1)小物體P從開始運動至速率為2 m/s所用的時間；(2)小物體P從A運動至D的過程，電場力做的功【解析】(1)小物體P的速率從0至2 m/s，受外力F12 N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1，經(jīng)過時間t1速度為v1，則F1mgma1v1a1t1由式并代入數(shù)據(jù)得t10.5 s(2)小物體P從速率為2 m/s運動至A點，受外力F26 N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2，則F2mgma2設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過t2時間，在A點的速度為v2，則t20.55 st1v2v1a2t2P從A點至B點，受外力F26 N、電場力和滑動摩擦力的作用，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a3，電荷量為q，在B點的速度為v3，從A點至B點的位移為x1，則F2mgqEma3vv2a3x1P以速度v3滑出軌道右端B點，設(shè)水平方向受外力為F3，電場力大小為FE，代入數(shù)據(jù)有FEF3F3與FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，P從B點開始做初速度為v3的平拋運動設(shè)P從B點運動至D點用時為t3，水平位移為x2，由題意知tanx2v3t3設(shè)小物體P從A點至D點電場力做功為W，則WqE(x1x2)聯(lián)立，式并代入數(shù)據(jù)得W9.25 J【答案】(1)0.5 s(2)9.25 J14(2020·北京卷)真空中放置的平行金屬板可以用做光電轉(zhuǎn)換裝置，如圖所示，光照前兩板都不帶電以光照射A板，則板中的電子可能吸收光的能量而逸出假設(shè)所有逸出的電子都垂直于A板向B板運動，忽略電子之間的相互作用保持光照條件不變a和b為接線柱已知單位時間內(nèi)從A板逸出的電子數(shù)為N，電子逸出時的最大動能為Ekm，元電荷為e.(1)求A板和B板之間的最大電勢差為Um，以及將a、b短接時回路中的電流I短(2)圖示裝置可看做直流電源，求其電動勢E和內(nèi)阻r.(3)在a和b之間連接一個外電阻時，該電阻兩端的電壓為U.外電阻上消耗的電功率設(shè)為P；單位時間內(nèi)到達B板的電子，在從A板運動到B板的過程中損失的動能之和設(shè)為Ek.請推導(dǎo)證明PEk.(注意：解題過程中需要用到、但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明)【解析】(1)由動能定理，EkmeUm，可得Um短路時所有逸出電子都到達B板，故短路電流I短Ne(2)電源的電動勢等于斷路時的路端電壓，即上面求出的Um，所以EUm電源內(nèi)阻r(3)設(shè)外電阻兩端的電壓為U，則電源兩端的電壓也是U.由動能定理，一個電子經(jīng)電源內(nèi)部電場后損失的動能EkeeU設(shè)單位時間內(nèi)有N個電子到達B板，則損失的動能之和EkNEkeNeU根據(jù)電流的定義，此時電源內(nèi)部的電流INe此時流過外電阻的電流也是INe外電阻上消耗的電功率PIUNeU所以PEk【答案】(1)；Ne(2)；(3)證明過程見解析