1、第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动1.(2018北京卷,19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示.下列说法正确的是(A)A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大解析:实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,a板带上电 ,由于静电感应,在b板上将感应出异种电荷,选项A正确;实验中,b板向上平移,正对面积S变小,由C=知,电容C变小,由C=知,Q不变,U变大,因此静电计指针的张角变大,
2、选项B错误;插入有机玻璃板,相对介电常数r变大,由C=知,电容C变大,由C=知,Q不变,U变小,因此静电计指针的张角变小,选项C错误;由C=知,实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,而电容C保持不变,选项D错误.2.如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中.当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动.重力加速度为g.粒子运动的加速度为(A)A.g B.g C. g D. g解析:抽出前qE1=mg,抽出后mg-qE2=ma.由电压不变得E1(d-l)=E2d,联立解得a
3、=g,选项A正确.3.(2019四川棠湖中学月考)有一种电荷控制式喷墨打印机,它的打印头的结构简图如图所示.其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符.不考虑墨汁的重力,为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小),下列措施可行的是(C)A.减小墨汁微粒的质量B.减小偏转电场两板间的距离C.减小偏转电场的电压D.减小墨汁微粒的喷出速度解析:微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动,则有水平方向L=v0t,竖直方向y=at2;加速度a=,联立解得y=,要缩小字迹,就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y,由上式分析可知,
4、采用的方法有:增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大喷出速度)、减小极板的长度L、减小极板间的电压U,故C正确.4.(2019辽宁大连模拟)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,小球A从紧靠左极板处由静止开始释放,小球B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至右极板的过程中,下列判断正确的是(B)A.运动时间tAtBB.电荷量之比qAqB=21C.机械能增加量之比EAEB=21D.机械能增加量之比EAEB=11解析:两小球在竖直方向上
5、做自由落体运动,由h=gt2得运动时间相同,选项A错误;两球的水平分运动都是初速度为0的匀加速运动,有qE=ma,x=at2,所以x=,由于两球水平分位移之比为21,故qAqB=21,选项B正确;机械能的增加量等于电场力做的功,有E=qEL,所以EAEB=41,选项C,D错误.5.(2019安徽六校联考)如图所示,六面体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD面带正电,EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴a,b,c,最后分别落在1,2,3三点.则下列说法正确的是(D)A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的
6、运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴c所带电荷量最多解析:三个液滴具有相同的水平初速度,但除了受重力以外,还受水平方向的电场力作用,不是平抛运动,选项A错误;在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动,下落高度又相同,运动时间必相同,选项B错误;在相同的运动时间内,液滴c水平位移最大,说明它在水平方向的加速度最大,它受到的电场力最大,故它所带电荷量也最多,选项D正确;因为电场力对液滴c做功最多,它落到底板时的速率最大,选项C错误.6.(2019河南洛阳模拟)如图所示,平行板电容器与电源相连,下极板接地.一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态,现将平行板电容器两极板在纸
7、面内绕OO迅速顺时针转过45,则(C)A.P点处的电势降低B.带电油滴仍将保持静止状态C.带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D.带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加解析:由于P点仍处于板的中间,故电势不变,选项A错误;设原来两极板间距为d,两极板的电势差为U,带电油滴处于静止状态,则mg=q,当电容器两极板绕OO顺时针转过45后,两极板间距变小为d,由于电容器始终与电源相连,两极板的电势差仍为U,故此时的电场力为原来的倍,方向与水平方向成45指向右上方.带电油滴所受的合力方向恰好水平向右,故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动,此过程中电场力做正功,油滴的电势能不断减小,选项B,D
8、错误,C正确.7.(2018宁夏银川一中一模)(多选)如图所示,匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内,M,N分别为AB和AD的中点,一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场.带电粒子的重力不计.如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场,则恰好从D点离开电场.若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场,则带电粒子(BD)A.从BC边界离开电场B.从AD边界离开电场C.在电场中的运动时间为D.离开电场时的动能为m解析:从MD过程粒子做类平抛运动,则沿v0方向有L=v0t,垂直v0方向:L=at2,又a=,解得E=,带电粒子从N点垂直BC方向射入电场,粒子做匀减速直线运动,设
9、粒子匀减速的位移为x时速度减至零,根据动能定理得-qEx=0-m,解得x=,所以粒子最终从AD边离开电场,粒子在电场中运动的时间为t=,离开电场时电场力做功为零,所以离开电场时的动能为Ek=m,故B,D正确.8.(多选)如图所示,一水平放置的平行板电容器,下板A固定,上板B与竖直悬挂的绝缘弹簧连接,A,B间有一固定的带正电荷的液滴P,电容器带电荷量为Q1,若让电容器充电或放电,使之带电荷量为Q2,则下列说法正确的是(AC)A.若Q2Q1,则弹簧的长度增加B.若Q2Q1,则电容器的电容减少C.若Q2Q1,则带电液滴P的电势能增加D.若Q2Q1,则带电液滴P的电势能增加解析:若电容器所带电荷量增加
10、,则两平行板之间通过电荷产生的吸引力增加,使得弹簧长度增加,两板之间的距离减小,由C=可知,电容器的电容增大,选项A正确,B错误;由E=可知,Q增大,使得两平行板之间的电场强度E增大,因UPA=Ed,其中E增大、d不变,则UPA增大,又UPA=P-A=P,所以P增大,由Ep=qP可知,Ep增加,选项C正确,D错误.9.(2019山东泰安模拟)(多选)如图(甲)所示,两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图(乙)所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板
11、右边缘射出电场,则(AD)A.该粒子射出电场时的速度方向一定是平行于极板方向的B.在t=时刻,该粒子的速度大小为2v0C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子将在t=时刻射出电场解析:粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动,在后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度为零,可知粒子射出电场时的速度方向一定沿平行于极板方向,选项A正确;在t=时刻,粒子在水平方向上的分速度为v0,因为两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,则该时刻水平分位移为竖直分位移的2倍,故有v0=2,解得
12、vy=v0,根据平行四边形定则知,粒子的速度为v=v0,选项B错误;若该粒子在时刻以速度v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与零时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,则粒子不会打在板上,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子射出电场的时间t=,选项D正确.10.(2018吉林期末)如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距为d=8 cm,板长为L=25 cm,接在直流电源上,有一带电液滴以v0= 0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm,液滴刚好从金属板末端飞出,求: (1)将下板向上提起后,液滴的加速度大小;
13、(2)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用时间为多少?(g取10 m/s2)解析:(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴匀速运动,所以有qE=mg,q=mg,即qU=mgd当下板向上提后,d减小,E增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力F=q=mga=g=2 m/s2.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是.设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1,=a,t1=0.2 s而液滴从刚进入电场到出电场的时间为t2=0.5 s所以液滴从射入电场开始匀速运动到P点时间为t=t2-t1=0.3 s.答案:(1)2 m
14、/s2(2)0.3 s11.(2019宁夏银川二中高三月考)如图所示,水平虚线MN上、下方空间分别存在电场强度方向相反、大小相等的匀强电场.以虚线MN处电势为零,A,B是位于两电场中同一竖直线上的两点,且到MN距离均为d,一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放,已知粒子运动过程中最大电势能为Epm,不计粒子重力.求:(1)匀强电场的电场强度大小;(2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间.解析:(1)粒子释放后,在MN上方电场中电场力做正功,电势能减小,MN下方电场中,电场力做负功,电势能增大,由能量守恒和对称性可知,粒子A,B两点间做往返运动,且在A,B处时电势能最大,MN处电势
15、为零,设A到MN间电势差为U,A点电势为A,电场强度大小为E,则有U=A-0=A,Epm=qA,U=Ed,联立解得E=.(2)粒子从A到MN做匀加速直线运动,设经历的时间为t,到MN时粒子速度为v,加速度为a,则有v=at,qE=ma,从A到MN由能量守恒有Epm=mv2,联立解得t=d.由对称性可得,粒子第一次返回A点所需时间为4t=4d.答案:(1)(2)4d12.(2019青海西宁三校联考)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示.小球运动的轨迹上A,B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为 8.0 J,在M点的动能为6.0 J
16、,不计空气的阻力.求:(1)小球水平位移x1与x2的比值;(2)小球落到B点时的动能EkB;(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.解析:(1)小球在水平方向上仅受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动,竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动,故从A到M和从M到B的时间相等,设从A到M所用时间为t,水平方向加速度为ax,由匀变速直线运动位移-时间公式,可得x1=axt2,x2=ax(2t)2-axt2=axt2,所以x1x2=13.(2)小球从A到M,由动能定理可得水平方向上电场力做功W电= 6.0 J,则小球从A到B,水平方向上电场力做功W电=4W电=24 J,由动能定理,可得EkB-EkA=W电,解得EkB=32 J.(3)设小球所受的电场力为F,重力为G,由于合运动与分运动具有等时性,小球从A到M,则有水平方向上电场力做功W电=Fx1=Faxt2=6.0 J,竖直方向上重力做功WG=Gh=Ggt2=8.0 J,由图可知,tan =,则sin =则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G垂直,即图中的P点,故Ekmin=m=m(v0sin )2= J.答案:(1)13(2)32 J(3) J