1、第3讲电容器带电粒子在电场中的运动1常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系(1)常见电容器组成:由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值。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。定义式:C=。物理意义:表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。单位:法拉(F)1 F=1106 F=11012 pF。(3)平行板电容器影响因素:平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比
2、,与电介质的相对介电常数成正比,与极板间距离成反比。决定式:C=,k为静电力常量。1.1(2018河北衡水10月考试)在如图所示的实验装置中,平行板电容器的极板A与静电计相接,极板B接地。若极板B稍向上移动一点,由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是()。A.极板上的电荷量几乎不变,两极板间的电压变大B.极板上的电荷量几乎不变,两极板间的电压变小C.两极板间的电压不变,极板上的电荷量变小D.两极板间的电压不变,极板上的电荷量变大【答案】A1.2(2018湖北武汉第二次质量调研)关于电容器及其电容,下列说法中正确的是()。A.平行板电容器一极板带电荷量为+Q,另一极板带电
3、荷量为-Q,则此电容器不带电B.由公式C=可知,电容器的电容随电荷量Q的增加而增大C.对一个电容器来说,电容器的电荷量与两板间的电势差成正比D.如果一个电容器两板间没有电压,就不带电荷,也就没有电容【答案】C1.3(2018湖南衡阳10月考试)有两个平行板电容器,它们的电容之比为54,它们的电荷量之比为51,两极板间距离之比为43,则两极板间电压之比和电场强度之比分别为()。A.4113B.1431C.4131D.4143【答案】C2带电粒子在匀强电场中的运动(1)加速在匀强电场中,W=qEd=qU=mv2-m。在非匀强电场中,W=qU=mv2-m。(2)偏转运动情况:如果带电粒子以初速度v0
4、垂直电场强度方向进入匀强电场中,则带电粒子在电场中做类平抛运动,如图所示。处理方法:将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。基本关系式:运动时间t=,加速度a=,偏转量y=at2=,偏转角的正切值tan =。2.1(2018辽宁大连第三次质量调研)(多选)如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为-q的带电粒子(不计重力),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子能到达M、N两板间距的处返回,则下述措施能满足要求的是()。A.使初速度减为原来
5、的B.使M、N间电压加倍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【答案】BD3示波器的工作原理(1)构造:电子枪,偏转极板,荧光屏。(如图所示)(2)工作原理YY上加的是待显示的信号电压,XX上是机器自身产生的锯齿形电压,叫作扫描电压。观察到的现象:a.如果在偏转电极XX和YY之间都没有加电压,则电子枪射出的电子沿直线运动,打在荧光屏中心,在那里产生一个亮斑。b.若所加扫描电压和信号电压的周期相等,就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象。3.1(2018贵州贵阳11月考试)图示为示波管的工作原理图:电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场,
6、若加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d,y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离。取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度,即(该比值越大则灵敏度越高),则下列方法可以提高示波管的灵敏度的是()。A.增大U1B.增大U2C.减小LD.减小d【答案】D题型一平行板电容器的动态分析电容器作为三大基本电学元件(电阻、电容、电感)之一频现于高考试题中。其主要考查电容器的动态分析、与电容器有关的力学问题、电容器在电路中的作用,多以选择题的形式出现。其中电容器的动态分析主要考查对公式的灵活应用,难度较小。【例1】一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压
7、直流电源上。若将云母介质移出,则电容器()。A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变【解析】根据C=可知,将云母介质移出,r减小,电容器的电容C减小;因为电容器接在恒压电源上,电容器两端的电压U保持不变,根据C=得Q=CU,可知极板上的电荷量减小;根据E=,U、d均不变,可知极板间电场强度E不变,D项正确。【答案】D电容器的电容及平行板电容器的动态分析(1)两个公式的比较C=(或C=)C=公式特点定义式,适用于一切电容器决定式,适用于平行板电容器意义对某电容器QU,但
8、=C不变,反映电容器容纳电荷的本领Cr,CS,C,反映了影响电容器电容大小的因素(2)平行板电容器动态变化的两种情况电容器始终与电源相连时,两极板间的电势差U保持不变。充电后与电源断开时,电容器所带的电荷量Q保持不变。(3)平行板电容器动态问题的分析思路(4)平行板电容器问题的一个常用结论电容器充电后断开电源,在电容器所带电荷量保持不变的情况下,电场强度与极板间的距离无关。【变式训练1】(2018湖南株洲五校联考)(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴,比较准确地测定了电子的电荷量。如图所示,平行板电容器两极板M、N相距为d,两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接,极板M
9、带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态,且此时极板所带电荷量与油滴所带电荷量的比值为k,则()。A.油滴带负电B.油滴带电荷量为C.电容器的电容为D.将极板N向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动【解析】由题意可知,油滴受到的电场力方向竖直向上,又上极板带正电,故油滴带负电,设油滴所带电荷量为q,则极板所带电荷量Q=kq,由于qE=mg,E=,C=,解得q=,C=,将极板N向下缓慢移动一小段距离,U不变,d增大,则电场强度E减小,重力将大于电场力,油滴将向下运动,故A、C两项正确。【答案】AC题型二带电粒子(物体)在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合力F合=0
10、,粒子静止或做匀速直线运动。(2)粒子所受合力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。2.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)动力学观点:根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。(2)功能观点:根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场,也适用于非匀强电场。匀强电场中:W=qEd=qU=mv2-m非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1。【例2】如图所示,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
11、0)的粒子A;在负极板附近有一质量为m、电荷量为-q的粒子B。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l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则Mm为()。A.32B.21C.52D.31【解析】设电场强度为E,两粒子的运动时间相同,对A有aA=,l=t2;对B有aB=,l=t2,联立解得=,A项正确。【答案】A(1)判断带电粒子重力是否计入微观粒子(如电子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子,一般都不计重力(并不是忽略质量)。带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗示外,一般要考虑重力。原则上,所有未明确交代的带电体,都应
12、根据题设运动状态和过程,反推是否计重力(隐含条件)。(2)带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法【变式训练2】(2019贵州毕节开学考试)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【解析】未平移下极板时,根据动能定理有mgd=qU,将下极板向上平移,从P点开始下落的相同粒子到达下极板
13、处重力做的功mgdqU,所以A、B两项错误;设粒子距上极板x处返回,根据动能定理有mg=qx,联立解得x=d,C项错误,D项正确。【答案】D题型三带电粒子在电场中的偏转1.带电粒子在电场中的偏转规律2.带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(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,偏移量和偏转角总是相同的。证明:由qU1=my=at2=tan =得y=,tan =。(2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点,即O到偏转电场边缘的距离为。3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系带电粒子的末速度v也可以从能量的角度进行求解:qUy
14、=mv2-m,其中Uy=y,指初、末位置间的电势差。【例3】(多选)如图甲所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场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()。甲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的速度一样大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的同一位置【解析】设加速电压为U1,偏转电压为U2,则qU1=m,x=v0t,y=t2,联立得y=,即粒子在竖直方向的偏转量y与q、m均无关,因此三种粒子运动轨迹相同,打在屏上的同一位置,D项正确
15、;偏转电场对粒子做的功W=qE2y,由于运动轨迹相同,三种粒子离开电场时的偏转量y相同,则W相同,A项正确;根据W=mv2,三种粒子质量不同,因此速度v不同,运动时间也不同,B、C两项错误。乙【答案】AD分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析:不计重力,且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直,则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。(2)运动分析:一般用分解的方法来处理,即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。【变式训练3】(2019四川成都开学考试)(多选)如图所示,电荷量之比qAqB=13的带电粒子A、B以相等的速度v0
16、从同一点出发,沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则()。A.A和B在电场中运动的时间之比为12B.A和B运动的加速度大小之比为41C.A和B的质量之比为112D.A和B的位移大小之比为11【解析】粒子A、B在匀强电场中做类平抛运动,水平方向由x=v0t及OC=CD得tAtB=12;竖直方向由h=at2得a=,它们沿竖直方向下落的加速度大小之比aAaB=41;根据a=得m=,故=,A和B的位移大小不相等,故A、B、C三项正确,D项错误。【答案】ABC【变式训练4】(2018四川南充第二次质量调研)如图甲所示,两平行金属板A、B长l=8
17、 cm,两板间距离d=8 cm,A板电势比B板电势高300 V,即UAB=300 V。一带正电的粒子所带电荷量q=10-10 C,质量m=110-20 kg,从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场,初速度v0=2106 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,进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(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L=12 cm,粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获,从而以O点为圆心做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上(静电力常量k=9109 Nm2/C2,粒子重力不计,tan 37
18、=,tan 53=)。求:甲(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h。(2)粒子穿过界面MN时的速度v。(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y。(4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留1位有效数字)。【解析】(1)设粒子在两极板间运动时加速度为a,运动时间为t,则t=,h=at2,a=联立解得h=()2=0.03m=3cm。(2)粒子的运动轨迹如图乙所示乙设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy,则vy=at=解得vy=1.5106m/s所以粒子从电场中飞出时的速度v=2.5106m/s设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为,则tan=解得=37。(3)带电粒子在离开电
19、场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得=解得Y=0.12m=12cm。(4)粒子做匀速圆周运动的半径r=0.15m又=m解得|Q|110-8C故Q=-110-8C。【答案】(1)3cm(2)2.5106m/s,方向与水平方向成37角斜向右下方(3)12cm(4)-110-8C题型四带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中的运动是高考必备的核心知识点之一,因电场力出现周期性变化,导致运动过程出现多个阶段,分阶段是常见的解题思路,需要利用牛顿运动定律、图象等分析多个阶段运动的细节,此类题目既有计算题,也有选择题,其中计算题的难度较大。【例4】(多选)如图甲所示,两水平金属板间距为d,板间电
20、场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0时间内微粒做匀速运动,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。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述,正确的是()。A.末速度大小为 v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd【解析】因0内微粒匀速运动,故微粒受到的电场力向上,E0q=mg,由题图可知在时间内,两金属板间没有电场,微粒只受重力作用,做平抛运动,在t=时刻的竖直速度vy1=,水平速度为v0,在T时间内,微粒满足2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,则在t=T时刻,微粒
21、的竖直速度减少到零,水平速度为v0,A项错误,B项正确;微粒的重力势能减少了Ep=mg=mgd,C项正确;微粒从射入到射出,由动能定理可得mgd-W电=0,可知克服电场力做的功为mgd,D项错误。【答案】BC带电粒子在交变电场中运动的分析(1)解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法带电粒子在交变电场中的问题大多是运动的拼接,处理此类问题要注意以下几点。注重全面分析:抓住粒子的运动具有周期性和对称性等特性,求解粒子运动过程的速度、位移和做功等问题。分析时要从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿运动定律及运动学规律分析;二是根据功能关系列式求解。注意对称性和周期性变化关系的应用。(2)常见的
22、试题类型及解题方法粒子做单向或往返直线运动:对于带电粒子在交变电场中的直线运动,一般是加速、减速交替出现的多过程情况较多。解决的方法是分析清楚其中一个完整的过程,有时也可借助v-t图象进行运动过程分析,找出各个过程中的重要物理量间的关系,进行归纳、推理,从而寻找其运动规律再进行分段处理求解。要注意释放位置的不同造成的运动状态的差异。粒子做偏转运动:一般根据交变电场特点分段研究。解决的方法是应用运动的合成与分解的方法,把曲线运动分解为两个直线运动,再分别用直线运动的规律加以解决。【变式训练5】(2018江苏徐州11月考试)(多选)图甲为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t=0时,在此匀强
23、电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是()。甲A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2 s末带电粒子回到原出发点C.3 s末带电粒子的速度为零D.03 s内,电场力做的总功为零【解析】设第1s内粒子的加速度为a1,第2s内的加速度为a2,由a=,可知a2=2a1,可见粒子第1s内向负方向运动,1.5s末粒子的速度为零,然后向正方向运动,至3s末回到原出发点,粒子的速度为零,v-t图象如图乙所示,由动能定理可知,此过程中电场力做的总功为零,综上所述,可知C、D两项正确。乙【答案】CD【变式训练6】(2019陕西月考)如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加
24、有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0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t0可能属于的时间段是()。A.0t0B.t0C.t0TD.Tt0【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正,依题意得,粒子的速度方向时而为负,时而为正,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负。作出t0=0、时粒子运动的速度图象如图丙所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象可知0t0,t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零;t0T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的总位移应小于零,对照各选项可
25、知只有B项正确。丙【答案】B【变式训练7】(2019山东烟台12月考试)如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量m=0.2 kg、电荷量q=2.010-6 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数=0.1。从t=0时刻开始,空间加上一个如图乙所示的电场强度大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向,g取10 m/s2),求:(1)23 s内小物块的位移大小。(2)23 s内电场力对小物块所做的功。【解析】(1)设02s内小物块的加速度为a1由牛顿第二定律得E1q-mg=ma1解得a1=2m/s2位移x1=a1=4m2s末的速度v2=a1t1=4m/s设2s4s内小物
26、块的加速度为a2,由牛顿第二定律得-E2q-mg=ma2解得a2=-2m/s2位移x2=x1=4m,4s末小物块的速度v4=0因此小物块做周期为4s的先匀加速后匀减速运动第22s末的速度v22=4m/s,第23s末的速度v23=v22+a2t=2m/s(t=23s-22s=1s)位移x=x1+t=47m。(2)23s内,设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理得W-mgx=m解得W=9.8J。【答案】(1)47m(2)9.8J1.(2018云南玉溪9月考试)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,D
27、为静电计,开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度减小些,下列采取的措施可行的是()。A.断开开关S后,将A、B两极板分开些B.断开开关S后,增大A、B两极板的正对面积C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近些D.保持开关S闭合,将滑动变阻器的滑片向右移动【解析】断开开关S,电容器所带电荷量不变,将A、B两极板分开些,则d增大,根据C=知,电容C减小,根据U=知,电势差增大,指针张角增大,A项错误;断开开关S,增大A、B两极板的正对面积,即S增大,根据C=知,电容C增大,根据U=知,电势差减小,指针张角减小,B项正确;保持开关S闭合,无论将A、B两极板分开些,还是将两者靠近
28、些,电容器两端的电势差都不变,则指针张角不变,C项错误;保持开关S闭合,滑动变阻器仅充当导线作用,电容器两端的电势差不变,滑片滑动不会影响指针张角,D项错误。【答案】B2.(2018四川南充高三模拟)一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,两板间有一个正检验电荷固定在P点,如图所示,以C表示电容器的电容、E表示两板间的电场强度、表示P点的电势,W表示正电荷在P点的电势能,若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l0,则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()。【解析】由C=知,C与两极板间距离d成反比,C与x不是线性关系,A项错误;电容器充电后与电源断开,电荷量不
29、变,由C=、Q=CU、U=Ed得E=是定值,B项错误;因负极板接地,电势为零,所以P点电势=E(L-x),L为P点到负极板的初始距离,E不变,随x增大而线性减小,C项正确;由W=q知W与电势变化情况一样,D项错误。【答案】C3.(2018四川绵阳10月考试)(多选)如图甲所示,两平行金属板A、B放在真空中,P点在A、B板间,A板接地,B板的电势随时间t的变化情况如图乙所示,t=0时,在P点由静止释放一电子,当t=2T时,电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰,不计重力,则下列说法正确的是()。A.12=12B.12=13C.在0T时间内,电子的电势能一直在减小D.在T2T时间内,电子的电势能
30、一直在减小【解析】0T时间内平行板间的电场强度E1=,电子以加速度a1=向上做匀加速直线运动,当t=T时电子的位移x1=a1T2,速度v1=a1T。T2T时间内平行板间的电场强度E2=,加速度a2=,电子以v1的初速度向上做匀减速直线运动,速度变为0后开始向下做匀加速直线运动,位移x2=v1T-a2T2,t=2T时电子回到P点,则x1+x2=0,联立可得2=31,A项错误,B项正确。在0T时间内电子做匀加速直线运动,之后做匀减速直线运动,后又做方向向下的匀加速直线运动,所以在0T时间内电势能一直在减小,C项正确。电子在T2T时间内电势能先增大后减小,D项错误。【答案】BC4.(2018福建莆田
31、四校联考)(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正向为电场强度正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷()。A.在x2和x4处电势能相等B.由x1运动到x3的过程中电势能增大C.由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【解析】由图象可知,将带正电的点电荷沿x轴正方向移动,从x2移动到x4的过程中电场力做功不为零,两点处的电势能不相等,A项错误。从x1移动到x3的过程中电场力沿x轴负方向,电场力做负功,电势能增大,B项正确。从x1到x4的过程中电场强度先增大后减小,所以电场力先增大后减小,C项正确,D项错误。【答案】BC5
32、.(2018江西南昌六校联考)如图所示,一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板间,射入方向沿两极板的中心线。当极板间所加电压为U1时,粒子落在A板上的P点。如果将带电粒子的初速度变为2v0,同时将A板向上移动后,使粒子由原入射点射入后仍落在P点,则极板间所加电压U2为()。A.U2=3U1B.U2=6U1C.U2=8U1D.U2=12U1【解析】当板间距离为d,射入速度为v0,板间电压为U1时,在电场中有=at2,a=,t=,解得U1=;当A板上移,射入速度为2v0,板间电压为U2时,在电场中有d=at2,a=,t=,解得U2=,即U2=12U1,D项正确。【答案
33、】D6.(2019贵州贵阳开学考试)(多选)如图甲所示,虚线表示某匀强电场的等势面。一带电粒子以某一初速度从P点射入电场后,在只受电场力作用下的轨迹如图中实线所示。Q是轨迹上的一点,且位于P点的右下方。下列判断正确的是()。甲A.粒子一定带正电B.粒子的动能先减小后增大C.等势面A的电势一定高于等势面B的电势D.粒子在Q点的电势能一定大于在P点的电势能【解析】电场力的方向指向轨迹的凹侧,如图乙所示,由于无法确定各等势面电势的高低和粒子的带电性质,故A、C两项错误;由图乙可知,粒子从P点到Q点的过程中,电场力先做负功,后做正功,故其动能先减少后增加,电势能先增加,后减少,根据等势面的特点,可知电
34、势能的增加量大于减少量,故粒子在Q点的电势能一定大于在P点的电势能,B、D两项正确。乙【答案】BD7.(2018四川康定六校联考)(多选)如图甲所示,Q1、Q2是两个固定的点电荷,一带正电的检验电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动,其v-t图象如图乙所示,下列说法正确的是()。甲乙A.两点电荷一定都带负电,但电荷量不一定相等B.两点电荷一定都带负电,且电荷量一定相等C.检验电荷一直向上运动,直至运动到无穷远处D.t2时刻检验电荷的电势能最大,但加速度不为零【解析】由v-t图可知t2时刻运动方向改变,且图线斜率不为零,则加速度不为零,0t2时间内做减速运动,电场力
35、做负功,检验电荷的动能转化为电势能,t2时刻电势能最大,C项错误,D项正确。检验电荷沿直线向上运动,则其所受电场力的方向沿Q1、Q2连线的中垂线方向向下,所以两点电荷都带负电,且电荷量相等,A项错误,B项正确。【答案】BD8.(2018湖北黄冈10月模拟考试)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点,其装置示意图如图所示,A、B为两块水平放置的平行金属板,间距d=1.0 m,两板间有方向竖直向上、电场强度大小E=1.0103 N/C的匀强电场,在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=1.0 m/s、质量均为m=5.010-14 k
36、g、电荷量均为q=2.010-15 C的带负电的油漆微粒,不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用,油漆微粒最后都落在金属板B上,重力加速度g=10 m/s2。下列说法中错误的是()。A.沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2 sB.沿不同方向喷出的微粒,从喷出至到达B板,电场力做功为2.010-12 JC.若其他条件均不变,d增大为原来的2倍,喷涂面积增大为原来的2倍D.若其他条件均不变,E增大为原来的2倍,喷涂面积减小为原来的【解析】沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动,在竖直方向上,加速度a=50m/s2,根据d=at2得t=0.2s,故A项正确。沿不同方向喷出的微粒,从喷出至到达B板
37、,电场力做功W=qEd=2.010-12J,故B项正确。若其他条件均不变,d增大为原来的2倍,根据d=at2得,t变为原来的倍,则喷涂面积的半径变为原来的倍,面积变为原来的2倍,故C项正确。若其他条件均不变,E增大为原来的2倍,则加速度a=90m/s2,加速度变为原来的,时间t变为原来的,喷涂面积的半径变为原来的,面积减小为原来的,故D项错误。【答案】D1.(2018全国卷,21)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;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的上、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。在随后的某时刻t
38、,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()。A.a的质量比b的大B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等D.在t时刻,a和b的动量大小相等【解析】经时间t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,则xaxb,根据x=at2,得aaab,又由a=知,maWb,由动能定理知,a的动能比b的动能大,B项正确。a、b处在同一等势面上,根据Ep=q,a、b的电势能绝对值相等,符号相反,C项错误。根据动量定理Ft=p-p0,则经过时间t,a、b的动量大小相等,D项正确。【答案】BD2.(2018北京卷,19)研究与平行板
39、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.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,由于静电感应,在b板上将感应出异种电荷,A项正确。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,B项错误。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
40、计指针的张角变小,C项错误。由C=,实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,是由于C不变,D项错误。【答案】A3.(2018江苏卷,5)如图甲所示,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()。甲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【解析】开始时油滴处于静止状态,有mg=q,B板右端下移时,U不变,d变大,电场力F=q变小,mgF。受力分析如图乙所示,mg与F的合力方向为右下方,故油滴向右下方运动。乙【答案】D4.(2017全国卷,25)如图所示,两水平面(虚线)之间的距离为
41、H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比。(2)A点距电场上边界的高度。(3)该电场的电场强度大小。【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等,在电场力作
42、用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,设它们在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得v0-at=0s1=v0t+at2s2=v0t-at2联立可得=3。(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式得=2ghH=vyt+gt2M进入电场后做直线运动,由几何关系知=联立可得h=H。(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则=设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1-m(+)=mgH+qEs1Ek2-m(+)=mgH-qEs2由已知条件,有Ek1=1.5Ek2联立可得E=。【答案】(1)31
43、(2)H(3)5.(2017全国卷,25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,以油滴
44、速度方向向上为正方向。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故油滴所受电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1油滴在时刻t1的速度v1=v0+a1t1电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2油滴在时刻t2=2t1的速度v2=v1-a2t1联立可得v2=v0-2gt1。(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg油滴从t=0到时刻t1的位移s1=v0t1+a1油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移s2=v1t1-a2由题给条件有=2g2h式中h是B、A两点之间的距离若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h联立可得E2=E1为使E2E1,应有2-2+1即当0t10)或t1(对应于v2E1,应有2-2-1即t1另一解为负,不合题意,已舍去。【答案】(1)v0-2gt1(2)见解析
