電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(建議用時：45分鐘)【A級基礎(chǔ)題練熟快】1．(2019·江西上饒四校聯(lián)考)如圖所示是模擬避雷針作用的實(shí)驗(yàn)裝置，金屬板M、N間有兩個等高的金屬體A、B，A為尖頭、B為圓頭．將金屬板M、N接在高壓電源上，逐漸升高電源電壓，將首先觀察到()A．A放電 B．B放電C．A、B一起放電 D．A、B之間放電解析：選A.當(dāng)金屬板M、N接在高壓電源上，因末端越尖越容易放電，故首先觀察到A放電．2．如圖所示，電容器極板間有一可移動的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則下列說法中正確的是()A．若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加B．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大C．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板D．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負(fù)極板解析：選D.若x變大，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量減少，此時帶正電荷的極板得到電子，帶負(fù)電荷的極板失去電子，所以有電流流向負(fù)極板，A、C錯誤，D正確；若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝eq\f(Q,C)可知，電容器極板間電壓減小，B錯誤．3.(2019·遼師大附中模擬)如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為()A.eq\f(Ek0,4qd) B.eq\f(Ek0,2qd)C.eq\f(\r(2)Ek0,2qd) D.eq\f(\r(2)Ek0,qd)解析：選B.當(dāng)電場足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動的逆運(yùn)動．將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，當(dāng)vy＝0時，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有veq\o\al(2,y)＝2eq\f(qE,m)d，vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立得E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正確．4．(多選)(2018·高考江蘇卷)如圖所示，電源E對電容器C充電，當(dāng)C兩端電壓達(dá)到80V時，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光，C放電．放電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電．這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地發(fā)光．該電路()A．充電時，通過R的電流不變B．若R增大，則充電時間變長C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過的電荷量不變解析：選BCD.充電時，通過R的電流逐漸減小，選項(xiàng)A錯誤；若R增大，充電的最大電流減小，充電時間變長，選項(xiàng)B正確；若C增大，電容器充滿電后帶的電荷量增多，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大，選項(xiàng)C正確；若E減小為85V，電容器充滿電后電壓仍然大于閃光燈導(dǎo)通需要的電壓，所以閃光燈閃光一次通過的電荷量不變，選項(xiàng)D正確．5．(多選)(2019·寧夏羅平中學(xué)模擬)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，斷開電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出，若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A．將打在下板中央B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央解析：選BD.將電容器上板向上移動一段距離，電容器所帶的電量Q不變，由于：E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,rS)，由公式可知當(dāng)d減小時，場強(qiáng)E不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運(yùn)動，故B正確，A、C錯誤；若上板不動，將下板上移一段距離時，根據(jù)推論可知，板間電場強(qiáng)度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確．6．(多選)(2019·湖北重點(diǎn)高中聯(lián)考)如圖所示，美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量．平行板電容器兩極板與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間靜止不動，則()A．此時極板間的電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)B．油滴帶電荷量q＝eq\f(mg,Ud)C．減小極板間電壓，油滴將向下加速運(yùn)動D．將下極板向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上加速運(yùn)動解析：選AC.由E＝eq\f(U,d)知A正確；帶電油滴靜止，則mg＝Eq＝eq\f(U,d)q，解得q＝eq\f(mgd,U)，B錯誤；減小兩板的電壓，電場強(qiáng)度減小，則mg＞Eq，油滴將向下加速運(yùn)動，C正確；將下極板向下移動一小段距離，板間距離增大，電場強(qiáng)度減小，油滴將向下加速運(yùn)動，D錯誤．【B級能力題練穩(wěn)準(zhǔn)】7．(多選)(2019·湖北六校聯(lián)合體聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用．若重力勢能增加5J，機(jī)械能增加1.5J，電場力做功2J，則小球()A．重力做功為5J B．電勢能減少2JC．空氣阻力做功0.5J D．動能減少3.5J解析：選BD.小球的重力勢能增加5J，則小球克服重力做功5J，故A錯誤；電場力對小球做功2J，則小球的電勢能減小2J，故B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用．小球的機(jī)械能增加1.5J，則除重力以外的力做功為1.5J，電場力對小球做功2J，則知，空氣阻力做功為－0.5J，即小球克服空氣阻力做功0.5J，故C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為－3.5J，根據(jù)動能定理，小球的動能減小3.5J，D正確．8.(多選)(2019·河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場，兩電荷恰好在板間某點(diǎn)相遇．若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是()A．電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B．兩電荷在電場中運(yùn)動的加速度相等C．從兩電荷進(jìn)入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功D．電荷M進(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場的初速度大小一定相同解析：選AC.從軌跡可以看出：yM＞yN，故eq\f(1,2)·eq\f(qME,mM)t2>eq\f(1,2)·eq\f(qNE,mN)t2解得：eq\f(qME,mM)>eq\f(qNE,mN)，qM＞qN，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理，電場力做的功為：W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)，質(zhì)量m相同，M電荷豎直分位移大，豎直方向的末速度vy＝eq\f(2y,t)也大，故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D錯誤．9.(2019·廣東揭陽調(diào)研)如圖，空間有一豎直向下沿x軸方向的靜電場，電場的場強(qiáng)大小按E＝eq\f(mg,4qL)x分布(x是軸上某點(diǎn)到O點(diǎn)的距離)．x軸上，有一長為L的絕緣細(xì)線連接均帶負(fù)電的兩個小球A、B，兩球質(zhì)量均為m，B球帶電荷量大小為q，A球距O點(diǎn)的距離為L.兩球現(xiàn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計兩球之間的靜電力作用．求：(1)A球的帶電荷量大小qA；(2)剪斷細(xì)線后，B球下落速度達(dá)到最大時，B球距O點(diǎn)距離x0；(3)剪斷細(xì)線后，B球下落最大高度h.解析：(1)對A、B由整體法得：2mg－qAeq\f(mg,4qL)L－qeq\f(mg,4qL)×2L＝0，解得：qA＝6q.(2)當(dāng)B球下落速度達(dá)到最大時，由平衡條件得mg＝qE＝qeq\f(mg,4qL)x0，解得：x0＝4L.(3)運(yùn)動過程中，電場力大小線性變化，所以由動能定理得：mgh－eq\f(q×\f(mg,4qL)×2L＋q×\f(mg,4qL)（2L＋h）,2)h＝0解得：h＝4L.答案：(1)6q(2)4L(3)4L10．豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強(qiáng)電場．其電場強(qiáng)度為E，在該勻強(qiáng)電場中，用絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，如圖所示，請問：(1)小球的電性及所帶電荷量是多少？(2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長時間？解析：(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，小球帶正電；Fsinθ＝qE①Fcosθ＝mg②由上述兩式得tanθ＝eq\f(qE,mg)，故q＝eq\f(mgtanθ,E).(2)由第(1)問中的方程②知F＝eq\f(mg,cosθ)，而剪斷絲線后，小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉力大小相等，故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于eq\f(mg,cosθ).小球的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(g,cosθ)，小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)碰到金屬板時，它經(jīng)過的位移為s＝eq\f(b,sinθ)，又由s＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2b,sinθ)×\f(cosθ,g))＝eq\r(\f(2b,gtanθ)).答案：(1)正電eq\f(mgtanθ,E)(2)eq\r(\f(2b,gtanθ))11．(2019·河南南陽一中模擬)如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從A點(diǎn)以速度v0垂直于電場方向射入一個電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中，從B點(diǎn)射出電場時的速度方向與電場線成120°角，電子重力不計．求：(1)電子在電場中的加速度大小a及電子在B點(diǎn)的速度大小vB；(2)A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB；(3)電子從A運(yùn)動到B的時間tAB.解析：(1)電子在電場中受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝eq\f(eE,m)①將電子在B點(diǎn)的速度分解可知(如圖)vB＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)v0.②(2)由動能定理可知：－eUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－