1、第3讲 电容、带电粒子在电场中的运动知识巩固练1(2021届保山质检)如图所示，将电动势为E的电源与电容为C的电容器相连，中间接有一个理想二极管，一个质量为m、电荷量为q的粒子静止在P点，则()A若下板上移，电容器的电容增大，带电粒子将向下加速B若下板上移，电容器的电容减小，带电粒子将向下加速C若下板下移，电容器的电容减小，带电粒子将静止不动D若下板下移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速【答案】C2喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上则微滴在极板间电场中()A向负极板偏转B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线D运动轨
2、迹与带电量无关【答案】C3(2020年南平一模)(多选)如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连开始时开关闭合，一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器则下列判断正确的是()A保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上B保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器C断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上D断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器【答案】AD【解析】开始时，油滴能沿直线飞过两板，可知油滴受向下的重力和向上的电场力平衡，油滴带负电；若保持开
3、关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，根据E可知，两板间场强变大，粒子受向上的电场力变大，粒子向上偏转，则粒子可能打在电容器的A板上，A正确，B错误；断开开关，则两板带电量不变，根据C、E以及C，得E，则将B板竖直向上平移一小段距离，两板间场强不变，粒子受电场力不变，则粒子仍能沿原中心线通过电容器，C错误，D正确4(2020年荆门调考)(多选)如图甲所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场现在A、B两板间加上如图乙所示的周期性的交变电压，在t0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下
4、列关于粒子运动状况的表述中正确的是()A粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D粒子不可能沿与板平行的方向飞出【答案】BC5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，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球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到右极板的过程中它们的()A运行时间tPtQB电势能减少量之比EPEQ21C电荷量之比qPqQ21D动能增加量之比EkPEkQ41【答案】
5、C 【解析】两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A错误；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由xat2可得aPaQ21，则qPqQ21，C正确；电势能的减少量EPEQ(qPExP)(qQExQ)41，B错误；动能增加量(mghEP)(mghEQ)41，D错误6 AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程()A运动加速度aaabacB飞行时间tbtctaC水平速度vavbvcD电势能的减少量EcEbEa【答案】B【解析】根据牛
6、顿第二定律得微粒的加速度a，据题相同，E相同，所以加速度相同，即aaabac，故A错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由yat2得t，由图有ybycya，则得tbtcta，故B正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由xv0t得v0，由图知xaxbxc，又tbtcta，则得vavbvc，故C错误；电场力做功为WqEy，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，故D错误7(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法
7、正确的是()A若t0时刻释放电子，则电子始终向右运动，直到打到右极板上B若t0时刻释放电子，则电子可能在两板间振动C若t时刻释放电子，则电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D若t时刻释放电子，则电子必然打到左极板上【答案】AC综合提升练8(2021年黄山一模)如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，A30有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q(q0)，以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB2Ek、EkC3Ek，不计粒子的重力和粒子间的
8、相互作用，则匀强电场的场强大小为()ABCD【答案】D【解析】从A点到B点应用动能定理有qUAB2EkEkEk，从A点到C点应用动能定理有qUAC3EkEk2Ek，所以UAC2UAB，作出等势面和电场线如图所示则从A点到B点应用动能定理有qEdqE|AD|Ek，即qEEk，解得E，D正确，A、B、C错误9(2021年祁阳模拟)(多选)真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏现有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正
9、确的是()A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为112D偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为124【答案】BC【解析】设AB间的电压为U1，CD间的电压为U2、板长为L、板距为d，CD右边缘离荧光屏的距离为s，从一般情况考虑，在加速电场中有qU1mv2，进入偏转电场做类平抛运动，穿出CD到M的时间t，由于三种粒子的比荷不同，所以三种粒子穿出CD板到M的时间不同，A错误；偏移的距离yat22，偏转角的正切tan ，由以上两式解得y，tan ，由两式可以看出，三种粒子从CD边缘的同一点穿出，且速度方向相同，那么最后打到荧光屏
10、的位置相同，所以B正确；偏转电场对三种粒子所做功WqEyqy，则做功之比等于电量之比为112，C正确，D错误10在xOy直角坐标系中，三个边长都为2 m的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0，在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场，现有一带电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，其恰好能通过E点(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；(2)保持第(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点由静止释放与上
11、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间应满足什么关系？(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2E0，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系？解：(1)设粒子出第一象限电场时速度为v，在第一象限中加速时，由动能定理得E0qx0mv2，其中x02 m要使粒子过E点，在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，水平方向位移为x0，则y2，又x0y2 m，解得E14E0(2)设坐标为(x，y)，通过第一象限电场过程中，出电场时速度为v1，在第一象限电场中加速时，由动能定理
12、，得E0qxmv，同上，要使粒子过E点，在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，水平方向位移也为y，则y2，解得yx(3)如图所示为其中一条轨迹图，从DE出电场时与DE交于Q，进入CDE电场后，初速度延长线与DE交于G，出电场时速度反向延长线与初速度延长线交于P点，设在第一象限出发点的坐标为(x，y)由图可知，在CED中带电粒子的水平位移为y，设偏转位移为y则y2，而，其中GP，NE2 m，在第一象限加速过程中，有E0qxmv，解得y3x4(m)11如图所示，电场强度大小E的竖直匀强电场中，长为L的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端固定一质量为m，带电荷量为q的小球在O点正上方和正下方L处，分别
13、固定一个绝缘挡板A、B，两挡板竖直放置且尺寸较小现将小球拉到与O点同一高度且距O点右侧l处，给它一个竖直向上的初速度v0，此后小球在A、B右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板A、B碰撞，小球与挡板碰撞时不损失机械能，碰后瞬间电场立即反向，大小不变，重力加速度大小为g求：(1)小球与挡板A碰后，能做圆周运动到挡板B，初速度v0的最小值为多大？(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，则小球与挡板A、B第一次碰撞前瞬间，轻绳的拉力分别为多大？(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50mg，则在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数为多少？解：(1)小球与挡板A碰前，由于qE
14、mg，小球将做匀速圆周运动到挡板A小球与挡板A碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力的作用下做圆周运动到挡板B，此过程中FqEmg2mg，方向向下，要能做圆周运动，则最高点A处满足qEmgm，解得v0因而小球初速度的最小值为(2)小球第一次与挡板A碰前做匀速圆周运动，有TA1m，解得TA12mg小球第一次与挡板A碰后，将做变速圆周运动到挡板B与挡板B第一次碰撞，在该过程中，根据动能定理，有(qEmg)2lmvmv，小球第一次与挡板B碰前瞬间，由圆周运动的知识，有TB1qEmgm，解得TB112mg(3)小球与挡板B第一次碰后到小球与挡板A第二次碰前，由于qEmg，且方向相反，小球做匀速圆周运动
15、，则小球与挡板A第二次碰前有vA2vB1，因而轻绳的拉力TA2m，联立解得TA210mg小球与挡板A第二次碰后到小球与挡板B第二次碰前的过程，根据动能定理，有(qEmg)2lmvmv，小球与挡板B第二次碰前瞬间，根据圆周运动的知识，有TB2qEmgm，联立解得TB220mg由以上分析，可知小球每次与挡板A、B碰撞前，轻绳的拉力均比上一次与挡板碰撞增加TTA (n1)TA nTB (n1)TB n8mg，因而小球与挡板B第n次碰前，轻绳的拉力TB nTB1(n1)T4(2n1)mg，如果轻绳断裂，则应有TBn50mg，解得n5.75因而小球与挡板A碰撞6次，与挡板B碰撞5次后在小球还未与挡板B发生第6次碰撞前轻绳已经断裂，因而小球与挡板碰撞的总次数N6511(次)8