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第六章 第3单元 电容器 带电粒子在电场中的运动
一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1．一平行板电容器两极板间距为d，极板面积为S，电容为ε0Sd，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间 ( )
A．电场强度不变，电势差变大
B．电场强度不变，电势差不变
C．电场强度减小，电势差不变
D．电场强度减小，电势差减小
2．平行板间有如图1所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情况．在图2所示的图象中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是 ( )
3．如图3所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m
的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖
直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电
小球通过P点时的动能为 ( ) 图3
A．mv02 B.12mv02 C．2mv02 D.52mv02
4．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图4所示，真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板间．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是 ( )
图4
A．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
5．如图5所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入
平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使
U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍 图5
C．使U2变为原来的2倍
D．使U2变为原来的1/2
二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧
中央以相同的水平初速度v先后垂直场强方向射入，分别落到极板A、
B、C处，如图6所示，则下列说法正确的有 ( )
A．落在A处的微粒带正电，B处的不带电，C处的带负电 图6
B．三个微粒在电场中运动时间相等
C．三个微粒在电场中运动的加速度aA＜aB＜aC
D．三个微粒到达极板时的动能EkA＞EkB＞EkC
7．如图7所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为E) ( )
A．电子到达B板时的动能是Ee
B．电子从B板到达C板动能变化量为零
C．电子到达D板时动能是3Ee 图7
D．电子在A板和D板之间做往复运动
8．如图8所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( ) 图8
A．缩小a、b间的距离
B．加大a、b间的距离
C．取出a、b两极板间的电介质
D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质
9．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N
以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间
电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图9所示，不考虑电荷的
重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是 ( )
A．两电荷的电荷量可能相等
B．两电荷在电场中运动的时间相等
C．两电荷在电场中运动的加速度相等 图9
D．两电荷离开电场时的动能相等
三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最 后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．(11分)如图10所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在重力与电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方向成θ角做匀减速直线运动．求：
(1)匀强电场的场强的大小； 图10
(2)小球运动的最高点与出发点之间的电势差．
11．(12分)如图11所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N. 取g＝10 m/s2，斜面足够长．求：
(1)物块经多长时间离开木板？
(2)物块离开木板时木板获得的动能． 图11
(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．
12．(14分)一质量为m、带电荷量为＋q的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中，如图12甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图12乙所示．根据图乙给出的信息，(重力加速度为g)求：
图12
(1)匀强电场场强的大小；
(2)小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；
(3)小球在h高度处的动能．
第六章 第3单元 电容器 带电粒子在电场中的运动
【参考答案与详细解析】
一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1．解析：电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由C＝ε0Sd可知，电容器的电容变小，由U＝QC可知电压变大，又由E＝Ud可得E＝Ud＝QCd＝Qε0Sdd＝Qε0S，所以电场强度不变，A正确．
答案：A
2．解析：0～T2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动，T2～T时间内做匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻速度减为零．此后周期性重复，故A对．
答案：A
3．解析：由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0t＝12vPyt
合速度vP＝v02＋vPy2＝5v0
EkP＝12mvP2＝52mv02，故选D.
答案：D
4．解析：当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．
设电子经过U1加速后速度为v0，根据题意得：
eU1＝12mv02 ①
电子在A、B间做类平抛运动，当其离开偏转电场时沿电场方向的分速度为：vy＝at＝eU2md•Lv0 ②
结合①②式，速度的偏转角θ满足：tanθ＝vyv0＝U2L2dU1.
显然，欲使θ变大，应该增大U2、L，或者减小U1、d.正确选项是B.
答案：B
5．解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12•qU2md•(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.故A项正确．
答案：A
二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．解析：微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，xC＜xB＜xA.
则三微粒的运动时间为
tC＝xCv，tB＝xBv，tA＝xAv
所以tC＜tB＜tA
微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有
d2＝12aAtA2＝12aBtB2＝12aCtC2
所以aA＜aB＜aC，所以落在A处的微粒必带正电，B处的不带电，而C处的带负电，A、C选项正确，B选项错误．
根据动能定理得
A处：mgd2－qAEd2＝EkA－12mv2
B处：mgd2＝EkB－12mv2
C处：mgd2＋qCEd2＝EkC－12mv2
所以D项错误．
答案：AC
7．解析：电子在AB之间做匀加速运动，且eE＝ΔEk，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确．
答案：ABD
8．解析：由题意可得UPQ＝Uba；α角增大可知PQ间场强增大，由U＝Ed知UPQ增大；由Q＝CU知P、Q板电荷增多，由题意知b板和Q板电荷量之和恒定，知a、b板电荷一定减少；由Q＝CU，知电容器C电容一定减小；由C＝εrS4πkd，知A错，B对，C对，D错．
答案：BC
9．解析：带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场方向的匀速运动两个分运动，所以两电荷在电场中的运动时间相等；又因为d＝12at2，a＝qEm，因为偏转量d不同，故q可能不同．由动能定理可知，两电荷离开电场时动能不相等，故正确答案为A、B.
答案：AB
三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最 后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．解析：(1)小球做直线运动，故重力与电场力的合力必与v0在一条直线上，即
tanθ＝mgEq，得E＝mgqtanθ
(2)小球做匀减速直线运动，根据F＝ma得：
mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，
最大位移s＝v022a＝v02sinθ2g
水平位移x＝scosθ＝v02sinθcosθ2g
电势差U＝Ex＝mv02cos2θ2q.
答案：(1)mgqtanθ (2)mv02cos2θ2q
11．解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律
对物块：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1
对木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2
又12a1t2－12a2t2＝L
得物块滑过木板所用时间t＝2 s.
(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝32 m/s.
其动能为Ek2＝12Mv22＝27 J
(3)由于摩擦而产生的内能为
Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)•L＝2.16 J.
答案：(1)2 s (2)27 J (3)2.16 J
12．解析：(1)小球进入电场后，水平方向做匀速直线运动，设经过时间t，水平方向：
v0t＝L
竖直方向：(mg－qE)t22m＝h
所以E＝mgq－2hmv02qL2.
(2)电场力做功为
W＝－qEh＝2h2mv02－mghL2L2.
(3)根据动能定理mgh－qEh＝Ek－mv022
得Ek＝2h2mv02L2＋mv022.
答案：(1)mgq－2hmv02qL2 (2)2h2mv02－mghL2L2
(3)2h2mv02L2＋mv022