高考物理一轮复习第7章静电场第22讲电容器带电粒子在电场中的运动练习(含解析)

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1．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
A 解析 电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,C0d)＝eq \f(4πkQ,εS)可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，选项A正确，B、C、D错误．
2．(2018·北京卷)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．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
A 解析 当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；根据电容器的决定式C＝eq \f(εS,4πkd)，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝eq \f(Q,U)可知，电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；根据电容器的决定式C＝eq \f(εS,4πkd)，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数ε增大，则电容C增大，根据C＝eq \f(Q,U)可知，电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；根据C＝eq \f(Q,U)可知，电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．
3．(2017·浙江选考)如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为m，电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程 ( )
A．加速度大小为a＝eq \f(Eq,m)＋g
B．所需的时间为t＝ eq \r(\f(dm,Eq))
C．下降的高度为y＝eq \f(d,2)
D．电场力所做的功为W＝Eqd
B 解析 点电荷在平行板电容器中受到重力、电场力，所以加速度大小为a＝eq \f(\r(Eq2＋mg2),m)，选项A错误；设所需时间为t，水平方向上有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)t2，解得t＝eq \r(\f(md,Eq))，选项B正确；下降高度h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(mgd,2Eq)，选项C错误；电场力做功W＝eq \f(Eqd,2)，选项D错误．
4．(2019·江苏六市高三调研)某静电除尘装置管道截面内的电场线分布如图所示，平行金属板M、N接地，正极位于两板正中央．图中a、b、c三点的场强分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc，则( )
A．EaC．φa>φb D．φb＝φc
C 解析 电场线越密的地方场强越大，则可以判断Ea>Eb>Ec，故选项A、B错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，根据对称性可知φa>φb，故选项C正确；b、c到上极板的距离相等，而b点到极板的场强大于c点到极板的场强，所以b点到极板间的电势差大于c点到极板间的电势差，所以b点的电势高于c点的电势，故选项D错误．
5．(2019·辽师大附中期中)如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )
A.eq \f(Ek0,4qd) B.eq \f(Ek0,2qd) C.eq \f(\r(2)Ek0,2qd) D.eq \f(\r(2)Ek0,qd)
B 解析 当电场强度足够大时，粒子打到上极板的极限情况为粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy＝0时，粒子刚好到达上极板，根据运动学公式有veq \\al(2,y)＝2eq \f(qE,m)d，vy＝v0cs 45°，Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，联立得E＝eq \f(Ek0,2qd)，故选项B正确．
6．(2019·宁波二模)如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是 ( )
A．使a、b板的距离增大一些
B．使a、b板的正对面积减小一些
C．断开S，使a、b板的距离增大一些
D．断开S，使a、b板的正对面积增大一些
C 解析 开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故选项A、B错误；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的距离增大，则电容减小，根据U＝eq \f(Q,C)知，电势差增大，则指针张角增大，故选项C正确；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据U＝eq \f(Q,C)知，电势差减小，则指针张角减小，故选项D错误．
7．(2019·衡水中学调研)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表示两板间的场强、φ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( )
C 解析 由C＝eq \f(εS,4πkd)知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，选项A错误；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝eq \f(εS,4πkd)、Q＝CU、U＝Ed得E＝eq \f(4πkQ,εS)是定值，选项B错误；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，选项C正确；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，选项D错误．
8．(2019·河南南阳一中月考)(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，与电源负极相连．现有一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
A．带电油滴将沿竖直方向向下运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能不变
D．电容器的极板带电量不变
CD 解析 电容器始终于电源相连，则电容器两极板间的电势差不变，由C＝eq \f(εS,4πkd)，d增大，则C减小，又C＝eq \f(Q,U)，则Q减小，但电路中有二极管，单向导通，故不会放电，电荷量Q不变，E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εS)，d增大，则E不变，带电油滴电场力不变，带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态，故选项A错误，D正确；P点与下极板的电势差U＝φP－0＝Ed，而E、d不变，则φP不变，由Ep＝φPq则固定在P点的正电荷电势能不变，选项C正确，B错误．
9．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图所示，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，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
BD 解析 根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab，对微粒a，由牛顿第二定律qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律qE＝mbab，联立解得eq \f(qE,ma)>eq \f(qE,mb)，由此式可以得出a的质量比b的小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b的大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)等于b微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒的动量，选项D正确．
10．(2019·广东茂名一模)(多选)质量为m、带电量为＋q的小金属块A以初速度v0从光滑绝缘且足够高的水平高台上飞出．已知在高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E＝eq \f(3mg,q).则( )
A．金属块不一定会与高台边缘相碰
B．金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动
C．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为eq \f(v\\al(2,0),4g)
D．金属块运动过程的最小速度为eq \f(\r(10)v0,10)
BD 解析 小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故选项A错误，B正确；小金属块在水平方向的加速度为－3g，根据速度位移关系公式，有xm＝eq \f(v\\al(2,0),2×3g)＝eq \f(v\\al(2,0),6g)，故选项C错误；小金属块水平方向分速度vx＝v0－3gt，竖直方向做自由落体运动，分速度vy＝gt；合速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(v0－3gt2＋gt2)＝eq \r(10g2t2－6gtv0＋v\\al(2,0))，根据二次函数知识，当t＝eq \f(3v0,10g)时，有极小值eq \f(\r(10)v0,10)，故选项D正确．
11．(2019·北京丰台区高三一模)如图所示，水平面AB光滑，粗糙半圆轨道BC竖直放置．圆弧半径为R，AB长度为4R.在AB上方、直径BC左侧存在水平向右、场强大小为E的匀强电场．一带电量为＋q、质量为m的小球自A点由静止释放，经过B点后，沿半圆轨道运动到C点．在C点，小球对轨道的压力大小为mg，已知E＝eq \f(mg,q)，水平面和半圆轨道均绝缘．求：
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)小球运动到C点时的速度大小；
(3)小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功．
解析 (1)小球从A到B，根据动能定理qE·4R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0，
又E＝eq \f(mg,q)得vB＝eq \r(8gR).
(2)小球运动到C点，根据牛顿第二定律2mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，得vC＝eq \r(2gR).
(3)小球从B运动到C点的过程，根据动能定理Wf－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
解得Wf＝－mgR，小球从B运动到C点的过程克服阻力做功为mgR.
答案 (1)eq \r(8gR) (2)eq \r(2gR) (3)mgR
12．(2019·济宁一模)如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴、x＝L、y＝L及双曲线y＝eq \f(L2,2x)的一段(eq \f(L,2)≤x≤L，eq \f(L,2)≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ，电场强度为E；在第二象限存在以x轴、y轴、x＝－2L及y＝L为边界的匀强电场区域Ⅱ.一电子(电荷量大小为e，质量为m，不计重力)从电场Ⅰ的边界B点处由静止释放，恰好从N点离开电场区域Ⅱ.求：
(1)电子通过C点时的速度大小；
(2)电场区域Ⅱ中的电场强度的大小；
(3)试证明：从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场．
解析 (1)由双曲线y＝eq \f(L2,2x)知BC间距离为eq \f(L,2)，从B到C由动能定理eEeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0，解得电子通过C点时的速度大小vC＝eq \r(\f(eEL,m)).
(2)电子从C点进入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中做类平抛运动．如图所示．
x轴方向2L＝vCt，
y轴方向L＝eq \f(1,2)eq \f(eE′,m)t2，
解得区域Ⅱ中的电场强度的大小E′＝eq \f(E,2).
(3)设电子从AB曲线上点P(x，y)进入电场Ⅰ区域，
在区域Ⅰ由动能定理eEx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0，
假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且落在x轴上的x′处．则y轴方向y＝eq \f(1,2)eq \f(eE′,m)t2，x轴方向x′＝v0t，又y＝eq \f(L2,2x)，解得x′＝2L，即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出．
答案 (1)eq \r(\f(eEL,m)) (2)eq \f(E,2) (3)见解析
13．(2019·荆州高三一模)平行金属板A、B相距为d(d足够大)，如图甲所示，板间加有随时间而变化的电压，如图乙所示．其中U0和T已知．A板上O处有一静止的带电粒子，其电量为q(q>0)，质量为m(不计重力)．在t＝0时刻受板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向又向A板返回，T时粒子恰好回到O点．
(1)求U0、Ux的比值应满足什么关系？
(2)粒子返回O点时的动能是多少？
解析 0～eq \f(T,3)、eq \f(5T,6)～T粒子加速度大小a1＝eq \f(U0q,dm)，方向向右，eq \f(T,3)～eq \f(5T,6)粒子加速度大小a2＝eq \f(Uxq,dm)，方向向左．T时粒子恰好回到O点eq \f(1,2)a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,3)))2＋a1×eq \f(T,3)×eq \f(T,2)－eq \f(1,2)a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1×\f(T,3)－))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(a2×\f(T,2)))×eq \f(T,6)＋eq \f(1,2)a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,6)))2＝0，eq \f(U0,Ux)＝eq \f(a1,a2)＝eq \f(5,7)，粒子回到O点速度v＝a1×eq \f(T,3)－a2×eq \f(T,2)＋a1×eq \f(T,6)＝－eq \f(U0qT,5dm)，此时粒子动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(U\\al(2,0)q2T2,50d2m).
答案 (1)eq \f(U0,Ux)＝eq \f(5,7) (2)Ek＝eq \f(q2U\\al(2,0)T2,50md2)