2021届高考物理一轮复习课后限时集训22+电容器、带电粒子在电场中的运动

间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：

(1)小球到达小孔处的速度大小；

(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。 [解析] (1)设小球到达小孔处的速度大小为v， 由自由落体运动规律有 v2＝2gh，得v＝2gh。

(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a， gh

由v2＝2ad，得a＝d， 由牛顿第二定律qE－mg＝ma， 电容器的电荷量Q＝CU＝CEd， mg?h＋d?Cmg?h＋d?

解得E＝，Q＝。 qdq12

(3)由h＝gt1得小球做自由落体运动的时间

2t1＝2hg，

2gh， 由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d

h＋d

则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝h

2hg。

mg?h＋d?Cmg?h＋d?

[答案] (1)2gh (2)qd qh＋d(3)h

2hg

10．(多选)(2019·烟台一模)在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中( )

A．做匀变速运动

B．速率先增大后减小 1

C．电势能增加了mv2

2mv2

D．a点的电势比b点低q

AC [颗粒受到的重力和电场力是恒力，所以颗粒做的是匀变速运动，故A正确；颗粒所受重力与电场力的合力斜向左下方，则颗粒的速率先减小后增大，1

故B错误；在沿电场方向，颗粒的动能减小量为ΔEk＝mv2，减小的动能转化

21

为了颗粒的电势能，所以颗粒电势能增加了mv2，故C正确；在沿电场方向有

2mv2mv212

qUab＝0－mv，解得Uab＝－，所以a点的电势比b点低，故D错误。]

22q2q

11．(多选)(2019·许昌二模)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是( )

甲 乙

A．φ1∶φ2＝1∶2 B．φ1∶φ2＝1∶3

C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的动能最大 2e2T2φ21

D．在0～2T时间内，电子的动能增大了 2md

φ1eE1eφ1BD [0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝d，电子以a1＝m＝md向1

上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为x1＝a1T2，速度为v1＝a1T；T～2T

2φ2eE2eφ2

内平行板间电场强度大小为E2＝d，电子加速度大小为a2＝m＝md，电子以1

v1的初速度做匀变速直线运动，位移为x2＝v1T－a2T2，由题意2T时刻电子回

2到P点，则有x1＋x2＝0，联立可得φ2＝3φ1，故A错误，B正确。0～T内电子做匀加速运动，T～2T内先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，因φ2＝3φ1，由功能关系可知在2T时刻电子动能最大，故C错误；电子在2T时刻回2φ1eT

到P点，此时速度为v2＝v1－a2T＝－dm(负号表示方向向下)，电子的动能为

22122φ21eT

Ek＝mv2＝2，故D正确。]

2dm

12．(2019·重庆九校联盟联考)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场。质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－2 C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4 m)，(0.4 m,0)，取重力加速度g＝10 m/s2。求：