（春季出版）高考物理总复习 6-3带电粒子在电场中的运动 电容器同步练习 新人教版

6-3带电粒子在电场中的运动 电容器

一、选择题

1．(2012·江苏单科)一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 C．C减小，U增大 [答案] B

εrS[解析] 当电容器两极板间插入一电介质时，根据C＝可知电容器电容C变大，

4πkd由于电容器电荷量不变，根据C＝可知电容器两端电压减小，选项B正确。

2．如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间。从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板。则下列说法正确的是( )

B．C增大，U减小 D．C和U均减小

QU

A．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线) B．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线) C．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出 D．电子射出后动能一定增大 [答案] C

[解析] 由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍，电子可沿轴线射出，故A、B错 ，C对；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D错。

3.

如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场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

1

C．使U2变为原来的2倍 D．使U2变为原来的 2[答案] A

12121qU2L2U2L[解析] 电子获得的动能mv＝qU1，电子的偏移量y＝at＝××()＝，可见

222mdv4U1d当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，显然A正确。

4．(2012·苏州名校4月测试)如

2

图所示，矩形区域内有水平方向的匀强电场，一个带负电的粒子从A点以某一速度vA射入电场中，最后以另一速度vB从B点离开电场，不计粒子所受的重力，A、B两点的位置如图所示，则下列判断中正确的是( )

A．电场强度的方向水平向左

B．带电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能 C．粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处为B点 D．粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处为B点 [答案] D

[解析] 根据力和运动的关系，可判定电场强度的方向水平向右，A错；粒子在电场中运动的全过程中，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，所以带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处应在A点的右下方，粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处应为B点，故D对，BC错。

5．(2012·课标全国理综)如图所示，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( )

A．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]

粒子做直线运动，其重力和电场力的合力应与速度共线，如图所示。重力与电场力不共线，不可能平衡，选项A错误；粒子运动过程中电场力做负功，因而电势能增加，选项B正确；合力做负功，动能减小，选项C错误，电容器的极板与直流电源相连，即其电压、板间的场强不变，则电场力不变，合力恒定，因而粒子做匀变速直线运动，选项D正确。

6.

(2012·厦门质检)如图所示，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从两极板正中央射入，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tQ>tP B．它们运动的加速度aQ

C．它们所带的电荷量之比qP ∶qQ＝1 ∶2 D．它们的动能增加之比ΔEkP ∶ΔEkQ＝1 ∶2 [答案] C

[解析] 带电粒子在电场中偏转，水平方向做匀速直线运动，t＝，它们的运动时间相12EqQEqp等，A项错误；竖直方向，h＝at，hQ＝2hP，aQ＝2aP，＝2，qP ∶qQ＝1 ∶2，C项正

2mm确；动能增量ΔEk＝qU，ΔEkP＝qP·，ΔEkQ＝qQU，ΔEkP ∶ΔEkQ＝1 ∶4，D项错误。

2

7.

svU

(2012·温州五校联考)一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电

后，悬线与竖直方向夹角为φ，如图所示。下列方法中能使夹角φ减小的是( )

A．保持电键S闭合，使两极板靠近一些 B．保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动 C．保持电键S闭合，使两极板远离一些 D．断开电键S，使两极板靠近一些 [答案] C

[解析] 要使悬线夹角φ减小，就要减小小球在电容器中所受到的电场力，即要减小电容器内部电场强度。保持电键S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E＝

U知，电场强度增大，φ增大；使两极板远离一些，就会使电场强度减小，夹角φ减小；d调节滑动变阻器不能影响电容器两极板间的电压大小，因此A、B错误，C正确；若断开电εSQU键S，电容器两极板电荷量不变，使两极板靠近一些，由C＝，U＝，E＝知，E不变，

4πkdCd即夹角φ不变，D错误。

8.

(2013·浙江金华)某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场。当在该空间内建立如图所示的坐标系后。在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴。设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t，则( )

A．由题设条件不能判断出粒子的带电性质 B．对h≤d的粒子，h越大，t越大

C．对h>d的粒子，h不同，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等 D．不同h对应的粒子，进入电场时的速率v可能相同 [答案] C

[解析] 根据题意，入射粒子都能从y轴通过，这说明粒子受到的电场力方向水平向左即沿电场线方向，据此可知，粒子带正电，A项错误；粒子进入电场后，只在水平向左的电场力的作用下做类平抛运动，其在y轴方向上做匀速直线运动，而在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，粒子在电场中的运动时间由粒子在水平方向上的位移确定，因为粒子带电性相同，所以粒子的加速度恒定不变，设均为a，再设P点到y轴的距离为l，对h≤d12

的粒子，满足l＝at，所以t＝

2

2l，可见，运动时间t与h无关，B项错误，对h>d的

a粒子，h不同，粒子在电场中沿x轴方向上运动的位移大小不同，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等，C项正确；不同h对应的粒子，进入电场时的速率v肯定不同，D项错误。

二、非选择题 9.

板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场。一个带负电、电量为

q、质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场方向射入两板间，如图所示，射入后液滴沿直线

运动，两极板间的电场强度E＝________。液滴离开电场时的速度为________。(液滴的运动方向没有改变)

[答案]

mgcosθ

qv20－2gLsinθ

[解析] 受力情况如图所示，液滴一定沿初速度方向做匀减速运动。由图可知，qE＝

mgcosθ，所以E＝v20－2gLsinθ。

10.

mgcosθ22

，根据运动学公式有v－v0＝－2aL，式中a＝gsinθ得v＝q

在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上。如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电极中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？

22eU2L[答案] eU1＋2

4dU1

[解析] 电子在加速电场中加速时，根据动能定理

eU1＝mv2x

进入偏转电场后L＝vx·t，vy＝at，a＝射出偏转电场时合速度v＝vx＋vy 以后匀速到达荧光屏。 12eU2L故Ek＝mv＝eU1＋2 24dU1

11．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为

22

2

2

12

eU2

mdU0。电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的)

(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？ (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？ (3)屏上的亮点如何移动？

[答案] (1)距O点13.5cm处 (2)30cm (3)见解析 [解析] (1)由图知t＝0.06s时刻偏转电压为

U＝1.8U0①

12

电子在电场中加速mv0＝qU0②

21qUL2

电子在电场中偏转y＝()③

2mLv0

联立解得y＝0.45L＝4.5cm，由几何关系知：打在屏上的点距O点13.5cm。 (2)电子的最大侧移是0.5L，由②③两式可得偏转电压最大为Umax＝2.0U0 所以荧光屏上电子的最大侧移为

LLY＝(＋L)tanθ＝＋L

2

2

能打到的区间长为2Y＝3L＝30cm。

(3)屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现。 12．(2013·江苏南京)

质量m＝1.0kg、带电量q＝＋2.5×10C的小滑块(可视为质点)放在质量为M＝2.0kg的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板长L＝1.5m，开始时两者都处于静止状态，所在空间加有一个方向竖直向下强度为E＝4.0×10N/C的匀强电场，如图所示。取g＝10m/s，试求：

(1)用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0应满足什么条件？

(2)用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在1.0s末使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？(设m与M之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等，滑块在运动中带电量不变)

[答案] (1)F0≤6.0N (2)9.0N

[解析] (1)当拉力F0作用于滑块m上，木板能够产生的最大加速度为

4

2

－4

aM＝

μ

mg＋qE2

＝2.0m/s

M为了使滑块与木板以相同的速度共同运动，滑块的最大加速度am

则F0＝μ(mg＋qE)＋mam＝6.0N，即F0≤6.0N。

(2)设滑块的加速度为a1，木板的加速度为a2，由运动学公式

s1＝a1t2，s2＝a2t2且s1－s2＝L

滑动过程中木板的加速度a2＝2.0m/s 则a1＝5.0m/s

对滑块F＝μ(mg＋qE)＋ma1＝9.0N。

13．(2012·四川理综卷)如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，

2

2

1212

BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨

道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×10N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m＝5×10kg、电荷量q＝＋1×10C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，

－2

－6

5

0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g＝10m/s，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8。

2

(1)求弹簧枪对小物体所做的功；

(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。 [答案] (1)0.475J (2)0.57m

[解析] (1)设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得

Wf－mgr(1－cosθ)＝mv20①

代入数据得 Wf＝0.475J②

(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得

－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qE)＝ma1③

小物体向上做匀减速运动，经t1＝0.1s后，速度达到v1，有

1

2

v1＝v0＋a1t1④

由③④可得v1＝2.1m/s，设运动的位移为x1，有

x1＝v0t1＋a1t21⑤

电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得 －mgsinθ－μ(mgcosθ－qE)＝ma2⑥

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为x2，有0＝v1＋a2t2⑦

1

2

x2＝v1t2＋a2t22⑧

设CP的长度为x，有x＝x1＋x2⑨ 联立相关方程，代入数据解得x＝0.57m⑩

1

2

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