电容器与电容带电粒子在电场中的运动1.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则()A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小解析：C带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tanθ＝，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C＝，U＝，E＝可知E＝，故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E＝可知，减小两极板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误．2.(2018·龙岩模拟)如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计重力)()A．2∶5B．5∶2C．4∶5D．5∶4解析：D粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1∶2，由l＝v0t可知运动时间比为1∶2，由y＝at2得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a＝，因为电荷量比为5∶1，则质量比为5∶4，故D正确，A、B、C错误．3.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的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，则()A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减少D．电容器的电容减小，而极板上所带的电荷量将增大解析：B电容器始终与电源连接，其两端的电压U保持不变，上极板向上移动一小段距离，意味着板间距离d增大，由E＝可知E减小，带电油滴受到的电场力F＝qE也减小，所以油滴将向下运动，选项A错误；设P点到下极板的距离为x，则φ＝，可知P点的电势将降低，选项B正确；电势能Ep＝qφ不仅和电势的高低有关，还和电荷的正负及电荷量有关，由题意分析知油滴带负电，则φ降低，Ep将增加，选项C错误；由C＝可知电容C减小，由Q＝CU可知极板上所带的电荷量Q也将减小，选项D错误．4.(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是()A．微粒将沿着一条直线运动B．微粒在第2s末的速度为零C．微粒在第1s内的加速度与第2s内的加速度相同D．微粒在第1s内的位移与第2s内的位移相同解析：ABD由图可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s做加速运动，第2s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B正确，C错误；由对称性可知，微粒在第1s内的平均速度与第2s内的平均速度相同，由x＝vt得，微粒在第1s内的位移与第2s内的位移相同，故D正确．5.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由．解析：(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有eE＝m，...
