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1、限时集训(二十一)电容器带电粒子在电场中的运动(限时：40分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分)1有三个质量相等，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先后垂直场强射入，分别落到下极板A、B、C处，如图1所示，则下列说法正确的有()A粒子A带正电，B不带电，C带负电 图1B三个粒子在电场中运动时间相等C三个粒子在电场中运动的加速度aAaBEkBEkC2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2)。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。实验中，极板所带电荷量不变，若()图2A保持S不变，增大d，则变大B
2、保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变3.某电容式话筒的原理示意图如图3所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中()AP、Q构成的电容器的电容增大BP上电荷量保持不变CM点的电势比N点的低DM点的电势比N点的高 图34如图4(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两极的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()图4A0t0B.t0C.t0T
3、DTt0xBxC，故tAtBtC，B项错误，三种微粒竖直位移相等，yAyByC，由yat2知三者沿电场方向的加速度aCaBaA，C项正确；由于三者质量相等重力等大，可知C受电场力向下，带负电，A受电场力向上，带正电，B不带电，故A项正确；由Fma知三者所受合外力FCFBFA，再由动能定理可得，EkCEkBEkA，D项错误。2选A保持S不变，增大d，平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，由QCU可以判断极板间电势差变大，静电计指针偏角变大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，电容器电容变小，由QCU可以判断极板间电势差变大，选项C、D错误。3选D由公式C可知，当PQ间距增大时，C减
4、小，故A错误；由C可知，在U不变时，C减小，Q减小，即电容器放电，R中的电流方向从M到N，则M点电势高于N点，故B、C错误，D正确。4选B如果t0释放，则粒子一直向A板运动；如果t0释放，粒子在同一段上往返运动，不能达到A板。由此符合题意的释放时刻应对应B项。5选D设粒子质量为m，电荷量为q，加速度电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，间距为d，则qU1mv，射出偏转电场时侧位移yat2与q、m无关。故A、B、C错，D正确。6选B若开关S闭合，两板间的电压U不变，根据动能定理可知mghqUmv20，增大高度h即可使带电质点能穿出b孔，移动A板不能改变高度h，B板下移可增大h，故选项A错误
5、，选项B正确；若断开开关S，两板的电荷量不变，电场强度不变，由初始情况可知电场力大于重力，因而无论A板上移还是B板下移，电场力做功均要大于重力做功，带电质点不可能穿过b孔，选项C、D错误。7选AC小球在水平方向上不受外力，故小球在水平方向上一直做匀速直线运动，A正确；若场强大小等于，则当小球经过无电场区域时在竖直方向上做加速运动，故小球经过每一电场区域的时间均不相同，且时间是减小的，B错误；若场强大小等于，根据对称性可判断小球经过每一无电场区域的时间均相同，C正确，D错误。8选CD根据等量同种点电荷中垂线上电势相等的特点，可知C、D两点的电势相等，由功能关系可得，带电粒子在C、D两点速度均为零
6、，根据等量同种点电荷中垂线上场强的特点可知，场强可能是先减小后增大，也可能是先增大后减小，所以带电粒子的加速度可能是先减小后增大，也可能是先增大后减小。vt图线的斜率表示的是物体做直线运动的加速度，所以C、D正确。9选C由题意知粒子从电场右边缘射出时的速度vv0，根据动能定理可知电场力对粒子所做的功WEkmv2mvmv，C正确，D错误；粒子射出电场时，初、末位置的电势差U，所以W，A、B错误。10解析：(1)因为带电粒子在电场中运动，受到的电场力与速度无关，所以a是一定的由lv0tdat2得a又由l2v0t得yat2d。(2)如图所示：将速度反向延长交上板的中点，由相似三角形得，s1.5l故水平位移sls2.5l。答案：(1)(2)2.5l11解析：设电容器电容为C。第一次充电后两极板之间的电压为U两极板之间电场的场强为E式中d为两极板间的距离。按题意，当小球偏转角1时，小球处于平衡状态。设小球质量为m，所带电荷量为q，则有FTcos 1mgFTsin 1qE式中FT为此时悬线的张力。联立式得tan 1设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q，此时小球偏转角2，则tan 2联立式得代入数据解得Q2Q答案：2Q
