步步高2017版高考物理全国专用大二轮配套专题12电容器带电粒子在电场中的运动

章bcbd①定义式

(2)C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无Q变化，也不随电压变化． εrS

1

1

1

－2m D．电容器的常用单位有μFpF,1μF＝103答案U解析AC＝QCQUU2．(2015·浙江学考模拟)如图2为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片 答案A3×10－4

A9×10－4CB4.5×10－4CC1V

1答案

解析由C＝ΔU得 4.5×10－4CA错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，容不变，选项D错． 答案2 倍B．4 答案

C.2倍D.4(解析d＝1UqL2d′＝1UqL)2d′＝d(2·md(v ′ 正确

Q

CQU εrS分析平行板 用 例1 所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及场强E的变化情况是( A．Q变小，C不变，U不变，EB．Q变小，C变小，U不变，EC．Q不变，C变小，U变大，ED．Q不变，C变小，U变小，E答案解析A、BC＝εrSCC＝Q知，UE＝U＝4πkQUC对，D

一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( A．C和U均增 B．C增大，U减C．C减小，U增 D．C和U均减答案解析C＝εrS知，Sd不变，插入电介质时，εrC＝Q可知：Q 变时，CU用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图5)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( Sd,θSdθdSθdSθ答案解析Q保持不变，C＝Q＝εrS.SdC减小，Uθ A正确，BdSCθC、DF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F

m，＝d

1

1v0－2mv02(2014·海南高考)6所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，PP开始运动．重力加速g.粒子运动的加速度为() l d B.d D.－ 答案解析平衡条件可得：mg＝qU 第二定律ma＝mg－U，两式联立可得a＝qd A3如图7所示平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度两极板与一直流电源相连若 答案B解析4．(2016·舟山市调研)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回．如图8所示，OA＝h，此电 A.

D.答案解析 a.能飞出电容器：t＝l . .

tFF

离开电场时的偏移量：y＝2at离开电场时的偏移量：y＝2at

00离开电场时的偏转角：tan

qUl00

v0＝2mv0 1 1qU1l0＝2at＝2·md·(v0tanθ＝0

得：y＝4U0d，tan2O为粒子水平位移的中O到偏转电场边缘的距离为l.2

1 1v2dd

＝2m－2m39LE的匀强电场，在PO 00答案 (3)00解析(1)vv0m设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据第二定律，粒子在电场中的mvy＝aL 00解法一y

1L 0y＝2a(v0)0又

0x＝y＋Ltanα，解得：x＝0 解法二x＝y＋vyv＝ L x 0解法三y＝2a(v0)＝2mv2，y＝L020x＝3y＝2mv20喷墨的简化模型如图10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( 答案2解析微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A错误；电场力做正功，电势能减小，B错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v方向：x＝vt，沿电场方向：y＝12确，D

v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、DOC＝CD，忽略粒子重力的影响，则()A．ABB．ABC．ABD．AB答案解析ABx＝v0tOC＝CD1∶2a＝2h a＝qEm＝qE，故mA＝1，ABA、B、C (1)物体静止(保持)：F合＝0.①匀速直线运动：F合做曲线运动：F合≠0，F合方向与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线的凹例4 (2014·浙江7月学考)如图12所示，水平地面上有一长为L、高为h的桌子．质量为m的小物块A从绝缘桌面的左端以初速度v0水平向右运动，最终落在地面上D点，D点与桌面右端的水平距离为s.若再次将物块A置于桌面左端，并让其带上电荷量为q的正电荷，为使再次置于桌面左端的带电物块A从桌面滑仍落在地面上的D点电场强度E2的m

答案 (v0－ 解析(1)h＝1得 gFf得：－FfL＝1mv2－1 2m m2 ①②③式得：E1＝2qL(v0－2h2(2)2得

m，则下列说法正确的是() 答案E解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，AEq＝mg得动，C对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D错．Eg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

答案(1) 解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有FNsin37°＝qE①FNcos由①②mgsin37°－qE′cosL37°－qE′Lcos1．(2016·4月浙江选考·7)关于电容器，下列说法正确的是( 答案解析此绝缘又靠近的导体是可以电荷的，可视为电容器，D对．2．(2016·金华市联考)一个电容器的规格是“10μF 50V”，则( A．这个电容器的电容为10－5F50V100D50V答案A解析10μFA正确，B、C错误；50V为电容器允许加的最大电势差，选项D 答案解析A、UBC＝QQ＝CUQ∝UCU压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( UA．将电压变为 答案解析A、BεrSC、DE1.现将电容器所带电荷量变为

为U2，板间电场强度为E2，下列说法正确的是( 答案解析根据

C

∝ ∝

用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是( UdEEdUdQUdQE答案d解析E＝UU不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，AdUUCC＝Q知，Q变为原来的一半时，UEUU1E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一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()B．P答案d解析UE场＝Ud的增大而减小，所以油d′，d′E场P点电势将降低，BQ＝CUUdC，则极板带电荷量将减小，故D如图2所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极板间 2Av增大Bv减小Cv不变答案2解析2B错误，C正确；电子在两极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v＝d，v＝d，即 v2dd减小时，vDv9．(多选)(2016·丽水模拟)3MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上aabv－t图线如图乙所示a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eba、b两点Wa、Wb，不计重力，则有() 答案解析ab电场强度abba，b点电势高于a点电势，故选项B、D正确．

Pd 2D．在距上极板5d答案解析带电粒子从P点下落刚好到达下极板处，由动能定理得 33 d＋x)－

＝0

，故选项D

3 答案解析mv2

2＝1

L2，得：y1＝q1＝1B

2·md·(v

y2 012．(2016·杭州十校联考)如图5所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个一定能使电子的偏转角θ变大的是( 00A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小答案B0解析v0l

v2，v子在水平极板间偏转所用时间t＝l，又设电子在水平极板间的加速度为av0间距为d， 第二定律得a＝U2q，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度atvy＝U2qltanθ＝vy＝U2ql＝U2ql＝U2lU2变大、U100

v0

θB13．(2015·浙江选考)真空中的某装置如图6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．今有质子、氘核和α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α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( 6AB板运动到荧光屏经历的时间相同答案B中，由动能定理得qU1＝1mv2，解得 2qU1，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程 子

y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误．147L＝4cmd＝3cmA板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平B板边缘水平飞出．g10m/s2，求：答案(1)8×10－8 (2)1.32解析

qdcos

＝mgm＝8×10－8UqdsinU解得a＝gtan37°＝3，设液滴在平行板中飞行距离为s，则s＝ ＝0.0500又由v2－v2＝2as得 v2＋2as≈1.3200

sinF合＝mgtanFs＝1mv2－1mv2v≈1