高考物理一轮复习训练第7章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动

第七章第3讲知识巩固练习1．(2021年天津名校质检)如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则()A．带电油滴所受静电力不变B．P点的电势将升高C．带电油滴在P点时的电势能增大D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大【答案】B【解析】将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝eq\f(U,d)可知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，则油滴将向下运动，故A错误；板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高，由带电油滴原来处于平衡状态可知油滴带负电，P点的电势升高，则油滴在P点时的电势能将减小，故B正确，C错误；根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)得，电容器与电源相连，则U不变，当C减小时，则极板带电荷量Q也减小，故D错误．2．如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为()A．eq\f(Ek0,4qd) B．eq\f(Ek0,2qd)C．eq\f(\r(2)Ek0,2qd) D．eq\f(\r(2)Ek0,qd)【答案】B【解析】粒子做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上板平行，将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，当vy＝0时，粒子的速度正好与上极板平行，则－veq\o\al(2,y)＝－2eq\f(qE,m)d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正确．3．(2021年株洲质检)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，正极板与静电计相连，两板间有一个正检验电荷固定在P点．若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离x0的过程中，静电计带电量的变化可忽略，以C表示电容器的电容，σ表示极板单位面积所带电荷量(也称面电荷密度)，U表示P点与负极板间的电势差，W表示正检验电荷的电势能．各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()ABCD【答案】A【解析】当负极板左移时，d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd＋x)可知，C与x图像的关系如题图A所示，故A正确；σ表示极板单位面积所带电荷量，而电容器极板电量不变，则面电荷密度也不变，故B错误；因负极板接地，设P点原来距负极板为x，则P点的电势φ＝E(x＋x0)，那么U＝E(x＋x0)，与x呈线性关系，故C错误；电势能W＝φq＝Eq(x＋x0)，应该是倾斜直线，故D错误．4．(2021年福州质检)一个正点电荷固定在正方形的一个顶点D上，另一个带电粒子射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个顶点A、B、C，运动粒子轨迹如图所示，下列说法正确的是()A．根据轨迹可判断该带电粒子带正电B．粒子经过A、B、C三点速率的大小关系是vB＞vA＝vCC．粒子在A、B、C三点的加速度大小关系是aA＝aC＞aBD．A、C两点的电场强度相同【答案】C【解析】根据轨迹弯曲方向判断出带电粒子与正电荷之间存在引力，它们是异种电荷，故带负电荷，故A错误；粒子由A到B的过程中电场力做负功，动能减小，速度减小，因此B点的速度最小，故B错误；粒子在A、B、C三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力，由题图可知rA＝rC＝eq\f(\r(2),2)rB，代入库仑定律F＝keq\f(q1q2,r2)，可得粒子在A、B、C三点时的电场力之比为FA∶FB∶FC＝2∶1∶2，由牛顿第二定律得加速度关系为aA＝aC＞aB，故C正确；A、C两点电场强度的大小相等，但方向不同，故电场强度不相同，故D错误．5．(2021年山东名校质检)基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点，指纹识别技术面世．目前大部分都有指纹解锁功能，其中有种指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示．指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”．传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同．此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据．根据文中信息，下列说法正确的是()A．在峪处形成的电容器电容较大B．在峪处形成的电容器放电较慢C．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大D．潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响【答案】C【解析】根据电容的计算公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，极板与指纹峪(凹的部分)距离d大，构成的电容器电容小，故A错误；传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，所有电容器的电压一定，根据Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)可知，极板与指纹峪(凹的部分，d大，电容小)构成的电容器充上的电荷较少，所以在峪处形成的电容器放电过程中放电时间短，放电快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故C正确，B错误；湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D错误．6．(多选)如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为eq\f(1,4)圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是()A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零【答案】BC【解析】因为题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，A错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确；因为小球在AC部分运动时电场力做负功，机械能减小，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，C正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，D错误．7．(多选)(2021年南宁质检)真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，重力不计)．下列说法正确的是()A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1B．三种粒子出偏转电场时的速度相同C．在荧光屏上将只出现1个亮点D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2【答案】CD【解析】根据动能定理得，qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，则进入偏转电场的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2∶1∶1，则初速度之比为eq\r(2)∶1∶1.在偏转电场中运动时间t＝eq\f(L,v0)，则知时间之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，故A错误．在竖直方向上的分速度vy＝at＝eq\f(qEL,mv0)，则出电场时的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(q2E2L2,m2v\o\al(2,0)))＝eq\r(\f(2qU1,m)＋\f(qE2L2,2mU1)).因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，B错误．偏转位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\f(L2,v\o\al(2,0))，因为qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，则y＝eq\f(U2L2,4U1d)，与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，C正确．偏转电场的电场力对粒子做功W＝qEy，因为E和y相同，电量之比为1∶1∶2，则电场力做功之比为1∶1∶2，故D正确．综合提升练习8．(2021年九江质检)如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的eq\f(1,6)圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m、可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于eq\r(\f(8,3)gR)的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回．若∠COB＝30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下作用的弹力大小为eq\f(8,3)mg，小球从A至C克服库仑力做的功为eq\f(2－\r(3),2)mgR，重力加速度为g.求：(1)小球第一次到达B点时的动能；(2)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力．【答案】(1)eq\f(5,6)mgR(2)eq\f(28－3\r(3),3)mg，方向向下【解析】(1)小球从A运动到B，A、B两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得－mgR(1－cos60°)＝EkB－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入数据解得EkB＝eq\f(5,6)mgR.(2)小球第一次过A时，由牛顿第二定律得N＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，得keq\f(Qq,R2)＝mg.从A到C，由动能定理得W电－mgR＋Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，从C到A，由动能定理得W′电＋mgR＋W′f＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,A)－0，W电＝－W′电，Wf＝W′f.小球返回A点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N′，由牛顿第二定律得N′＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(v′\o\al(2,A),R).联立以上解得N′＝eq\f(28－3\r(3),3)mg.根据牛顿第三定律，返回A点时，小球对圆弧杆的弹力为eq\f(28－3\r(3),3)mg，方向向下．9．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距离为d.(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy.(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因：U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2.(3)极板间既有电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．【答案】(1)v0＝eq\r(\f(2eU0,m))Δy＝eq\f(UL2,4U0d)(2)不需要考虑电子所受的重力(3)φ＝eq\f(Ep,q)，电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定【解析】(1)根据功能关系，可得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电子射入偏转电场的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏转电场中电子的运动时间Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))，偏转加速度a＝eq\f(eU,md)，侧移量Δy＝eq\