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2021年高考物理一轮复习考点全覆盖
（29）电容器的电容
带电粒子在电场中的运动（原卷版）
考点解读：
一、平行板电容器的动态分析
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
二、带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F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动或匀减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
三、带电粒子在电场中的偏转
1．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··()2
tan
θ＝
得：y＝，tan
θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.
2．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
考向一：平行板电容器的动态分析
【例1】用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素，如图所示，平行板电容器的极板A与一静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计的指针变化，作出平行板电容器的电容变小的结论，其依据是
A．两极板间的电压不变，静电计指针张角变大
B．两极板间的电压不变，静电计指针张角变小
C．极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变小
D．极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变大
【变式1】　静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是(　　)
A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小
B．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大
C．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大
D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小
【变式2】如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是(　　)
A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流
B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流
C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流
D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流
考向二：带电粒子在电场中的直线运动
【例2】（多选）倾角为的斜面体固定在水平面上，斜面的长度为，整个装置处在水平向左的匀强电场中，一可视为质点的滑块由斜面的底端以沿斜面向上的速度开始运动，滑块刚好沿斜面匀速上滑，滑块的质量为、电荷量为，已知滑块与斜面之间的摩擦力可忽略不计、斜面的上表面绝缘，重力加速度，，。则下列说法正确的是
A．滑块向上运动的过程中，电场力对滑块一直做负功
B．电场强度的大小为
C．如果仅将电场强度增加为原来的两倍，则滑块的加速度大小应为
D．如果仅将电场强度减为原来的，则滑块在斜面上运动到最高点的速度大小为
【变式3】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
【变式4】一带负电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C、G运动到D点，其v–t图象如图所示，则下列说法中正确的是
A．A处的电场强度的大小比B处的小
B．B处的电场强度方向和G处的相同
C．A处电势大于G处电势
D．C处和D处电场强度均为0且电势相同
【变式5】匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2
s末带电粒子回到原出发点
C．3
s末带电粒子的速度不为零
D．0～3
s内，电场力做的总功为零
考向三：带电粒子在电场中的偏转
【例3】让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物以相同的初动能在同一位置垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，不计离子的重力和离子间的相互作用，离子束从进入到射出该偏转电场的过程中，下列说法正确的是（
）
A．偏转电场对每个离子做功相等
B．偏转电场对每个离子冲量相同
C．在偏转电场中它们形成两股离子束
D．在偏转电场中它们形成一股离子束
【变式6】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：如下图所示，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间的中心线射入板中。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
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
【变式7】静电场聚焦在电子显微镜和示波管中起着重要的作用。如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，甲乙两电子分别从a、b两点运动到c点，则
A．两电子的电势能变化相同
B．电场力对两电子做的功不同
C．电子在a点具有的电势能比b点小
D．b处的电场强度比c处小
精选练习
1.（多选）传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示是一测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化；将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，那么
A．当F向上压膜片电极时，电容将减小
B．当F向上压膜片电极时，电容将增大
C．若电流计有示数，则压力F发生变化
D．若电流计有示数，则压力F不发生变化
2.
如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是(　　)
A．此液滴带负电
B．液滴的加速度大小为g
C．合力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
3.
示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示.如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的
A．极板X，Y应带正电
B．极板应带正电
C．极板应带正电
D．极板应带正电
4．（多选）如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是
5．如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则下列判断错误的是(　　)
A．微粒在电场中做匀变速曲线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．MN板间的电势差为
D．MN板间的电势差为
6．如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t周期性变化的图象。当t＝0时，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2
s末带电粒子回到原出发点
C．带电粒子在0~3s内的初、末位置间的电势差为零
D．0~2.5
s内，电场力对带电粒子所做的总功为零
7.
如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷，在电场的作用下带电荷的墨滴发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L＝1.5×10－2
m，两极板间电场强度E＝1.2×106
N/C，墨滴的质量m＝1.0×10－13
kg，电荷量q＝1.0×10－16
C，墨滴在进入电场前的速度v0＝15
m/s，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．
(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？
(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；
(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移大小y.
8.
质谱仪可对离子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q、质量为m的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器(可上下移动)．已知a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L，a、b间的电压为U1，M、N间的电压为U2.不计离子重力及进入a板时的初速度．求：
(1)离子从b板小孔射出时的速度大小；
(2)离子自a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；
(3)为保证离子不打在极板上，U2与U1应满足的关系．
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精品试卷·第
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2021年高考物理一轮复习考点全覆盖
（29）电容器的电容
带电粒子在电场中的运动（解析版）
考点解读：
一、平行板电容器的动态分析
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
二、带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F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动或匀减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
三、带电粒子在电场中的偏转
1．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝mv02
y＝at2＝··()2
tan
θ＝
得：y＝，tan
θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.
2．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
考向一：平行板电容器的动态分析
【例1】用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素，如图所示，平行板电容器的极板A与一静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计的指针变化，作出平行板电容器的电容变小的结论，其依据是
A．两极板间的电压不变，静电计指针张角变大
B．两极板间的电压不变，静电计指针张角变小
C．极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变小
D．极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变大
【答案】D
【解析】A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变。将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式
QUOTE
EMBED
Equation.DSMT4
知板间电压变大，则静电计指针的偏角θ变大，故ABC错误，D正确。
【变式1】　静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是(　　)
A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小
B．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大
C．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大
D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小
【答案】B
【解析】静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S后，将A向左移动少许，电容器的电荷量不变，由C＝知电容减小，由U＝知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A错；同理，断开S后，将A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B对；保持S闭合，无论是在A、B间插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为路端电压，静电计指针张开的角度不变，C、D错．
【变式2】如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是(　　)
A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流
B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流
C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流
D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流
【答案】C
【解析】由于油滴处于静止状态，所以q＝mg.若将S断开，由于电容器的电荷量不变，则电压U不变，油滴仍处于静止状态，选项A错误．若将A向左平移一小段位移，则电容C变小，电压U不变，则Q＝CU变小，所以电流由b→a，此时油滴仍静止，选项B错误．若将A向上平移一小段位移，电容C变小，电压U不变，则Q变小，所以电流由b→a，此时q＜mg，油滴向下加速运动，选项C正确．若将A向下平移一小段位移，电容C变大，电压U不变，则Q变大，所以电流由a→b，此时q＞mg，油滴向上加速运动，选项D错误．
考向二：带电粒子在电场中的直线运动
【例2】（多选）倾角为的斜面体固定在水平面上，斜面的长度为，整个装置处在水平向左的匀强电场中，一可视为质点的滑块由斜面的底端以沿斜面向上的速度开始运动，滑块刚好沿斜面匀速上滑，滑块的质量为、电荷量为，已知滑块与斜面之间的摩擦力可忽略不计、斜面的上表面绝缘，重力加速度，，。则下列说法正确的是
A．滑块向上运动的过程中，电场力对滑块一直做负功
B．电场强度的大小为
C．如果仅将电场强度增加为原来的两倍，则滑块的加速度大小应为
D．如果仅将电场强度减为原来的，则滑块在斜面上运动到最高点的速度大小为
【答案】BD
【解析】滑块由斜面体的底端运动到最高点的过程中，滑块受重力、支持力、水平向左的电场力，由于电场力与滑块的位移夹角小于，则电场力对滑块做正功，A错误；对滑块由力的平衡条件可知：，所以电场强度，B正确；如果仅将电场强度加倍，根据牛顿第二定律得，解得，C错误；如果仅将电场强度减为原来的，则根据牛顿第二定律得:，a1＝3
m/s2，方向沿斜面向下，则滑块沿斜面向上做减速运动，由得，上滑的位移为，故滑块到斜面顶端时速度不为零，由v02–v2＝2a1L，代入数据得v＝1
m/s，D正确。
【变式3】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
【答案】A
【解析】根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．
【变式4】一带负电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C、G运动到D点，其v–t图象如图所示，则下列说法中正确的是
A．A处的电场强度的大小比B处的小
B．B处的电场强度方向和G处的相同
C．A处电势大于G处电势
D．C处和D处电场强度均为0且电势相同
【答案】C
【解析】粒子仅在电场力作用下运动，由v–t图象可知，粒子经A处加速度大小大于B处，则在A处电场力大小大于B处，A处的电场强度的大小比B处的大，故A错误；经B处和G处时加速度方向不同，则B处的电场强度和G处的方向不相同，故B错误；经A处时速度比G处时大，则经A处时动能比G处时大，经A处时电势能比G处时小，粒子带负电，A处电势大于G处电势，故C正确；经D处和C处粒子加速度均为0，则电场强度均为0，而经D处和C处时速度大小不相等，则两处电势不相等，故D错误。
【变式5】匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2
s末带电粒子回到原出发点
C．3
s末带电粒子的速度不为零
D．0～3
s内，电场力做的总功为零
【答案】D
【解析】由牛顿第二定律可知带电粒子在第1
s内的加速度和第2
s内的加速度的关系，因此粒子将先加速1
s再减速0.5
s，速度为零，接下来的0.5
s将反向加速……，v－t图象如图所示，根据图象可知选项A错误；
由图象可知前2
s内的位移为负，故选项B错误；由图象可知3
s末带电粒子的速度为零，故选项C错误；由动能定理结合图象可知0～3
s内，电场力做的总功为零，故选项D正确．
考向三：带电粒子在电场中的偏转
【例3】让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物以相同的初动能在同一位置垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，不计离子的重力和离子间的相互作用，离子束从进入到射出该偏转电场的过程中，下列说法正确的是（
）
A．偏转电场对每个离子做功相等
B．偏转电场对每个离子冲量相同
C．在偏转电场中它们形成两股离子束
D．在偏转电场中它们形成一股离子束
【答案】C
【解析】偏转电场中运动的时间为：，偏转距离为：，偏转电场做功为：，由于一价氦离子和二价氦离子的电荷量不同，所以做功不同，故A错误；偏转电场对每个离子冲量为：，所以转电场对每个离子冲量不相同，故B错误；由可知，一价氢离子、一价氦离子的轨迹相同，二价氦离子的轨迹与前两者不同，所以在偏转电场中它们形成两股离子束，故C正确，D错误。
【变式6】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：如下图所示，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间的中心线射入板中。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
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
【答案】B
【解析】设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得：mv2=eU1，电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：L=vt，在竖直方向上：，解得：，由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，故选：B。
【变式7】静电场聚焦在电子显微镜和示波管中起着重要的作用。如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，甲乙两电子分别从a、b两点运动到c点，则
A．两电子的电势能变化相同
B．电场力对两电子做的功不同
C．电子在a点具有的电势能比b点小
D．b处的电场强度比c处小
【答案】A
【解析】根据可知两电子从同一等势线开始运动到另一等势线，电场力对两电子所做的功相同，两电子电势能的变化量也相同，故A正确，B错误；a、b两点电势相同，则电子在a点具有的电势能等于在b点的电势能，选项C错误；b处的电场线较c点密集，则b处的电场强度比c处大，选项D错误。
精选练习
1.（多选）传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示是一测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化；将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，那么
A．当F向上压膜片电极时，电容将减小
B．当F向上压膜片电极时，电容将增大
C．若电流计有示数，则压力F发生变化
D．若电流计有示数，则压力F不发生变化
【答案】BC
【解析】AB项：当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式得到，电容器的电容将增大，故A错误，B正确；CD项：当F向上压膜片电极时，又根据电容的定义式
QUOTE
EMBED
Equation.DSMT4
，电容器两极的电压U不变，电容C增大时，Q将增大，即电容器充电，电流计有示数，故C正确，D错误。故选BC。
2.
如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是(　　)
A．此液滴带负电
B．液滴的加速度大小为g
C．合力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
【答案】C
【解析】带电液滴由静止开始沿bd做直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A正确；由图知液滴所受的合力F＝mg，其加速度为a＝＝g，故选项B正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C错误；由于电场力所做的功W电＝Eqxbdsin
45°>0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D正确．
3.
示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示.如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的
A．极板X，Y应带正电
B．极板应带正电
C．极板应带正电
D．极板应带正电
【答案】A
【解析】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到，则X带正电，即极板X的电势高于极板。同理可知Y带正电，即极板Y的电势高于极板，故A正确，BCD错误。
4．（多选）如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是
【答案】AD
【解析】在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a-t图像应如图D所示，v-t图像应如图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x-t图像应是曲线，B错误。
5．如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则下列判断错误的是(　　)
A．微粒在电场中做匀变速曲线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．MN板间的电势差为
D．MN板间的电势差为
【答案】D
【解析】微粒受重力和电场力，两个力都是恒力，由平行四边形定则知，微粒所受合力为恒力，故微粒做匀变速曲线运动，选项A正确；微粒的运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀减速运动，设微粒运动的时间为t，由匀变速直线运动规律得AB＝vCt，BC＝v0t，又AB＝BC，由以上各式解得，vC＝v0，选项B正确；微粒从A到C的过程中，由动能定理得q·－mg·BC＝0，由v2＝2ax得BC＝，联立解得UMN＝，选项C正确；UMN＝E·2AB＝E·2BC＝，选项D错误．
6．如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t周期性变化的图象。当t＝0时，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2
s末带电粒子回到原出发点
C．带电粒子在0~3s内的初、末位置间的电势差为零
D．0~2.5
s内，电场力对带电粒子所做的总功为零
【答案】C
【解析】带电粒子在前1
s处于匀加速，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；带电粒子在前1
s处于匀加速，在第二秒内由于加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，因此用去0.5
s先做匀减速接着0.5
s反向加速。所以2
s末带电粒子不在出发点，故B错误；带电粒子在0~3
s内的初、末位置间的电场力做功为零，电势能变化为零，则电势差为零，故C正确；0~2.5
s内，电场力的总冲量等于粒子的运量变化，由于电场强度大小不一，所以2.5
s末速度不为零，因此总冲量不为零。粒子在2.5
s内没有回到出发点，所以电场力的总功不为零，故D错误。
7.
如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷，在电场的作用下带电荷的墨滴发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L＝1.5×10－2
m，两极板间电场强度E＝1.2×106
N/C，墨滴的质量m＝1.0×10－13
kg，电荷量q＝1.0×10－16
C，墨滴在进入电场前的速度v0＝15
m/s，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．
(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？
(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；
(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移大小y.
【答案】(1)负电荷　(2)1.0×10－3
s　(3)6.0×10－4
m
【解析】(1)负电荷．
(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t＝.
代入数据可得：t＝1.0×10－3
s
(3)离开电场前墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a＝
代入数据可得：a＝1.2×103
m/s2
离开偏转电场时在竖直方向的位移y＝at2
代入数据可得：y＝6.0×10－4
m.
8.
质谱仪可对离子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q、质量为m的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器(可上下移动)．已知a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L，a、b间的电压为U1，M、N间的电压为U2.不计离子重力及进入a板时的初速度．求：
(1)离子从b板小孔射出时的速度大小；
(2)离子自a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；
(3)为保证离子不打在极板上，U2与U1应满足的关系．
【答案】(1)　(2)(2d＋L)
(3)
U2＜2U1
【解析】(1)由动能定理qU1＝mv2，得v＝
(2)离子在a、b间的加速度a1＝
在a、b间运动的时间t1＝＝
·d
在MN间运动的时间：t2＝＝L
离子到达探测器的时间：t＝t1＋t2＝(2d＋L)
；
(3)在MN间侧移：y＝a2t22＝＝
由y＜，得
U2＜2U1.
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精品试卷·第
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