第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1．(2022·普寧市高三月考)1913年，密立根用油滴實驗測得了電子電量的精確數(shù)值。如圖所示，當油滴噴出時，因與噴霧器摩擦而帶負電，油滴通過小孔進入平行板電容器AB之間，調(diào)節(jié)兩板間的電壓，讓油滴緩慢勻速下落，并測定油滴直徑等相關(guān)物理量，可推算出該油滴的電荷量，不計油滴間相互作用。下列相關(guān)說法正確的是(　D　)A．油滴由于失去正電荷而帶負電B．若僅增大AB間電壓，油滴將加速下落C．若僅增大AB間距離，油滴將減速下落D．若在AB間同時懸停著兩顆油滴，則直徑大的帶電量一定大[解析]　油滴與噴霧器摩擦得到電子從而帶負電荷，A錯誤；由于液滴帶負電，受電場力向上，若僅增大AB間電壓，油滴將加速上升，B錯誤；若僅增大AB間距離，電壓不變，根據(jù)E＝，可知電場強度減小，電場力小于重力，油滴將加速下落，C錯誤；若在AB間同時懸停著兩顆油滴，直徑大的質(zhì)量一定大，根據(jù)mg＝Eq可知質(zhì)量大的帶電量一定大，因此半徑大的帶電量一定大，D正確。2．(2022·山東泰安高三月考)利用圖示裝置通過靜電計指針偏角的變化情況可以探究有關(guān)平行板電容器問題，開始時，兩金屬板A、B豎直平行且正對，開關(guān)S閉合。下列說法正確的是(　B　)A．若僅將A板緩慢豎直向上平移，則靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大B．若S斷開后，僅將A板緩慢豎直向上平移，則靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大C．若S斷開后，僅在A、B板間插入玻璃板，則靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大D．若S斷開后，僅將A板緩慢水平向左平移，則靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度減小[解析]　靜電計測量的是電容器兩極板間的電壓，由于開關(guān)S閉合，電容器一直接電源，電容器兩極板間的電壓保持不變，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度保持不變，選項A錯誤；S斷開后，電容器所帶的電荷量Q保持不變，由C＝、C＝，可得U＝d，僅將A板緩慢豎直向上平移，即S變小時，U變大，故靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大，選項B正確；S斷開后，僅在A、B板間插入玻璃板，εr增大，U減小，故靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度減小，選項C錯誤；S斷開后，僅將A板緩慢水平向左平移即d增大時，U增大，故靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大，選項D錯誤。3．(2021·全國高三專題練習)一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0，則下列關(guān)于各物理量與負極板移動距離x的關(guān)系圖像中正確的是(　C　) A B C D[解析]　當負極板右移時，兩板間的距離減少，由C＝可知，C與x的圖像不是一次函數(shù)圖像，選項A錯誤；由U＝可知U＝Q，則E＝＝，E與d、x無關(guān)，選項B錯誤；因負極板接地，設(shè)P點開始距負極板的距離是d′，則P點的電勢φ＝E(d′－x)，選項C正確；正電荷在P點的電勢能W＝qφ＝qE(d′－x)＝qEd′－qEx，所以W－x圖像是一條傾斜的直線，選項D錯誤。4．(2022·赤峰二中高三模擬)如圖甲所示為一平行板電容器，A極板上有一小孔C，在小孔處由靜止釋放一個帶負電的粒子，已知該帶電粒子只受電場力的作用，在電容器兩極板間加如圖乙所示的電壓，電壓的變化周期為T，若粒子從t＝時刻釋放，則下列說法正確的是(　C　)A．粒子一定能運動到B極板上B．粒子一直向B極板運動C．粒子的速度時間圖像可能為圖丙D．粒子的速度時間圖像可能為圖丁[解析]　 t＝時刻釋放，帶電粒子做往復(fù)運動，經(jīng)時間T粒子回到出發(fā)點，之后重復(fù)上述過程，不一定打到B極板上，故AB錯誤；兩極板間電壓大小恒定，則電場強度大小恒定，根據(jù)牛頓第二定律得加速度大小恒定，粒子做勻加速或勻減速運動，故C正確，D錯誤。5．(2021·河北高三期末)如圖，加速電極AB緊靠偏轉(zhuǎn)電極MN，UBA＝U1>0，UMN＝U2>0。一電子從緊靠A極的位置由靜止釋放，經(jīng)過B極的小孔沿極板MN的中軸線進入偏轉(zhuǎn)電場，恰好能偏出電極MN，偏出電極時電子運動的方向與剛進偏轉(zhuǎn)電場時速度的夾角為θ。已知電子的電荷量為e，MN極板間距離為d，極板長度為L，忽略電子的重力，下列說法中正確的是(　C　)A．電子從N極右端偏出B．U1∶U2＝2d2∶L2C．tan θ＝D．偏出電極時的動能Ek＝e(U1＋U2)[解析]　由題意可知，M板電勢更高，電場強度方向向下，電子受到向上的電場力，電子向上偏轉(zhuǎn)即從M極右端偏出，故A錯誤；電子在AB板間運動有eU1＝mv，得v1＝，電子在MN間偏轉(zhuǎn)，初速度方向有t＝＝L，電場力方向有＝××，得U1∶U2＝L2∶2d2，故B錯誤；由幾何關(guān)系得tan θ＝＝，故C正確；由動能定理可得偏出電極時的動能Ek＝eU1＋e，故D錯誤。6．(2022·陜西西安工業(yè)大學附中高三其他模擬)如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接在電池兩極，一帶負電的小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，下列說法正確的是(　AD　)A．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ增大B．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ減小C．斷開S，略向上移動A板，則θ減小D．斷開S，略向上移動A板，則θ增大[解析]　保持S閉合，則電容器兩極板間的電壓不變，由E＝可知，當A板向B板靠近時，E增大，θ增大，A正確；斷開S則兩極板所帶電荷量不變，由Q＝CU＝＝E，略向上移動A板，則正對面積S減小，E增大，θ增大，D正確。7．(2021·全國高三專題練習)如圖所示，兩塊帶有等量異號電荷的平行金屬板A、B傾斜放置，板與水平方向的夾角θ＝37°，一個電荷量為q＝1.25×10－3C、質(zhì)量為m＝10 g的小球，自A板上的小孔P以水平速度v0＝0.075 m/s飛入兩板之間的電場，未與B板相碰又回到P點(g取10 m/s2，sin  37°＝0.6)，下列說法正確的是(　AC　)A．板間電場強度大小為100 V/mB．板間電場強度大小為133 V/mC．粒子在電場中運動的時間為0.02 sD．粒子在電場中運動的時間為0.04 s[解析]　小球又回到P點，則小球所受重力和電場力的合力與v0反向，小球受力分析如圖所示由平行四邊形定則可得cos θ＝，解得電場強度大小為E＝100 V/m，A正確，B錯誤；由牛頓第二定律可得mgtan θ＝ma，解得小球的加速度大小為a＝7.5 m/s2，在電場中往返運動的時間為t＝2·＝0.02 s，C正確，D錯誤。8．(2022·河北高三模擬)如圖所示，直角坐標系xOy的x軸與水平地面重合，y軸豎直向上，空間中存在水平向右的勻強電場?，F(xiàn)將一帶電小球(可視為質(zhì)點)從坐標為(0，h)的A點以某一水平速度拋出，正好垂直地面落在坐標為(l,0)的B點，不計空氣阻力，重力加速度為g，則(　BD　)A．小球帶正電B．小球在空中運動的時間為C．小球的初速度為lD．小球在拋出后時的坐標是[解析]　小球在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上向右做勻減速運動，才能垂直(此時速度在水平方向上分量為0)地落在地面上，所以，小球所受電場力必須向左，可知小球帶負電；由自由落體運動可知，小球下落時間為t＝，由水平方向做勻減速運動可知t＝l，可得小球初速度v0＝2l；球在拋出后，運動時間為空中運動的全部時間的一半，由勻變速運動時間等分結(jié)論可知，小球在豎直方向上下落了h，故y＝h，水平方向上運動了l，故x＝l，綜上所述，選項BD正確。二、非選擇題9．(2021·河北高三月考)如圖所示，矩形區(qū)域Ⅰ和正方形區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別有水平向右和豎直向下的勻強電場，電場強度大小均為E，區(qū)域Ⅰ的寬度為d，區(qū)域Ⅱ的邊長為2d，區(qū)域Ⅰ左邊界上O點距區(qū)域Ⅱ下邊界的距離為d。將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)從O點由靜止釋放，粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅰ并最終穿出區(qū)域Ⅱ。求：(1)粒子穿出區(qū)域Ⅰ時的速度大?。?/span>(2)粒子從區(qū)域Ⅱ穿出時距離O點的豎直距離。 [答案]　(1)　(2)d[解析]　(1)在區(qū)域Ⅰ內(nèi)，根據(jù)動能定理得Eqd＝mv，解得v0＝。(2)加速粒子從區(qū)域Ⅱ的右邊界射出，則有2d＝v0t，y＝t2，解得y＝d。粒子從區(qū)域Ⅱ的右下角射出，假設(shè)成立，所以粒子從區(qū)域Ⅱ穿出時距離O點的豎直距離為d。10．(2021·四川棠湖中學高三月考)如圖所示絕緣的水平軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，BC為豎直直徑，半圓形軌道的半徑R＝0.4 m，在BC左側(cè)所在空間存在豎直向下的勻強電場(B、C兩點恰好不在勻強電場中)，電場強度E＝1.0×104 N/C?，F(xiàn)有一電荷量q＝＋3.0×10－4C、質(zhì)量m＝0.1 kg的帶電體A(可視為質(zhì)點)在水平軌道上的P點以一定的速度沖上半圓，帶電體A恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點(圖中未畫出)g取10 m/s2。求：(1)帶電體運動到半圓形軌道B點時對軌道的壓力大?。?/span>(2)D點到B點的距離xDB。[答案]　(1)6.0 N　(2)0.4 m[解析]　(1)帶電體在C點由牛頓第二定律可得mg＝m，解得vC＝2.0 m/s，帶電體在B點有FB－mg＝m，帶電體從B運動到C的過程中根據(jù)動能定理得－mg×2R＝mv－mv，聯(lián)立解得在B點時，軌道對帶電體的支持力大小為FB＝6.0 N。根據(jù)牛頓第三定律知，帶電體對軌道的壓力大小為6.0 N。(2)帶電體從C點落至D點的過程做類平拋運動，豎直方向據(jù)牛頓第二定律可得ma＝Eq＋mg，豎直、水平方向據(jù)位移公式分別可得2R＝at2，xDB＝vC×t，聯(lián)立解得xDB＝0.4 m。

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