2019-2020版高考物理一轮复习课后限时集训21电容器带电粒子在电场中的运动含解析新人教版

PAGE课后限时集训(二十一)电容器带电粒子在电场中的运动(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：电容器与电容1.(2019·宾川模拟)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)。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θ。实验中，极板所带电荷量不变()A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变A[根据电容的决定式C＝eq\f(εS,4πkd)得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C＝eq\f(Q,U)分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故A正确，B错误。根据电容的决定式C＝eq\f(εS,4πkd)得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C＝eq\f(Q,U)分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C、D错误。]2.(2019·郑州模拟)如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一定角度。下述做法可使静电计指针张角增大的是()A．使A板向左平移以增大板间距离B．在A、B两板之间插入一块陶瓷板C．断开S后，使B板向左平移以减小板间距离D．断开S后，使B板向上平移以减小极板正对面积D[开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变，故A、B错误。断开S，电容器所带的电量不变，B板向左平移减小板间距，则电容增大，根据U＝eq\f(Q,C)知，电势差减小，则指针张角减小，故C错误。断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)知，电势差增大，则指针张角增大，故D正确。]3.(多选)(2019·上饶模拟)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供电压恒定为U，则下列说法中正确的是()A．瓶内液面升高了B．瓶内液面降低了C．电容器在这段时间内放电D．瓶内液面高度在t时间内变化了eq\f(2kdIt,Uεrr)BCD[根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h。电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量Q＝CU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h也在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确。t时间内放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It，ΔC＝eq\f(εrΔS,4πkd)＝eq\f(εr·2πrΔh,4πkd)，解得Δh＝eq\f(2kdIt,Uεrr)，故D项正确。]题组二：带电粒子在电场中的运动4．(2017·江苏高考)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A[设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0 ①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E′2＝eq\f(U′,d′2)＝eq\f(Q,C′d′2)＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd′2)·d′2)＝eq\f(4πkQ,εS)，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0 ②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确。]5．(2019·合肥调研)一电子以初速度v0垂直于场强方向射入平行板电容器，射出电容器时的速度为eq\r(5)v0。若上述过程中电子的初速度变为原来的2倍，电子重力不计，则电子射出电容器时的速度为()A．eq\r(5)v0B．2eq\r(2)v0C．3v0D．2eq\r(5)v0A[一电子以初速度v0，垂直于场强方向射入平行板电容器，射出电容器时的速度为eq\r(5)v0，根据平行四边形定则知，离开电容器时竖直分速度为：vy＝eq\r(5v\o\al(2,0)－v\o\al(2,0))＝2v0，当初速度变为原来的2倍，则运动时间变为原来的一半，加速度不变，离开偏转电场时的竖直分速度变为原来的一半，即为v0，根据平行四边形定则知，电子射出电容器的速度为：v＝eq\r(2v02＋v\o\al(2,0))＝eq\r(5)v0，故A正确，B、C、D错误。]6.(2019·合肥模拟)如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，将其和二极管串联接在电源上，已知A板和电源正极相连，二极管具有单向导电性。一带负电小球从A、B间的某一固定点水平射入，打在B板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下平移A板来改变两板间距，则下列说法正确的是()A．当A、B间距增大时，小球可能打在N点的左侧B．当A、B间距减小时，小球可能打在N点的左侧C．当A、B间距减小时，电场力对小球做功不变D．当A、B间距增大时，电场力对小球做功不变D[当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(\f(Q,C),d)＝eq\f(Q,\f(εS,4πk))知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，运动轨迹不变，所以电场力做功也不变，故A错误，D正确；当A、B间距减小时，电容增大，电容器充电，平行板间的电压不变，根据E＝eq\f(U,d)可知电场强度变大，由于电荷带负电，受到向上的电场力，所以小球运动的加速度会变小，则在平行板间运动的时间会变长，所以水平位移也将变大，应该落在N点的右侧，并且随着电场力的增大，则电场力做功也将变大，故B、C错误。]7.(2019·昆明模拟)如图所示，平行板电容器两极板接在电源两端，且倾斜放置。一带电小球从A端水平射入，能沿水平直线AB运动，则()A．小球的电势能将减小B．小球一定带正电C．若断开开关S，把B板拉开一段距离到图中虚线位置，小球仍做直线运动D．若始终闭合S，把B板拉开一段距离到图中虚线位置，小球仍做直线运动C[小球受到垂直极板向上的电场力和向下的重力，合力方向与速度方向相反，则粒子带负电，电场力做负功，电势能增加，选项A、B错误；若断开开关S，则极板带电量不变，则把B板拉开一段距离到图中虚线位置，两板间场强不变，小球仍做直线运动，选项C正确；若始终闭合S，把B板拉开一段距离到图中虚线位置，两板距离变大，场强变小，重力和电场力的合力方向不再与速度共线，此时小球将做曲线运动，选项D错误。][考点综合练]8．(2019·南京模拟)测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷为e、重力加速度为g，则()A．油滴中电子的数目为eq\f(mgd,U)B．油滴从小孔运动至N过程中，电势能增加mgdC．油滴从小孔运动至N过程中，机械能增加eUD．若将极板M向下缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降B[带电油滴在极板间匀速下落，故受力平衡，则有mg＝qeq\f(U,d)，所以油滴带电荷量q＝eq\f(mgd,U)，所以电子的数目为n＝eq\f(q,e)＝eq\f(mgd,eU)，故A错误。油滴下降过程中，电场力方向向上，那么电场力做的功为－mgd，电势能增加mgd，故B正确。机械能减少，故C错误。若将极板M向下缓慢移动一小段距离，d减小，那么，电场力F＝qeq\f(U,d)增大，合外力竖直向上，油滴将减速下降，故D错误。]9.(2019·盐城模拟)如图所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为＋q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近，粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计，则()A．粒子从a运动到b的过程中动能不断增大B．粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C．可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差D．可求出A产生的电场中b点的电场强度大小C[由图知，带电粒子受到A处正电荷的排斥力作用，粒子从a运动到b的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故A错误。粒子从b运动到c的过程中粒子离正电荷越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故B错误。根据动能定理得：＋qUab＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可以求出A产生的电场中a、b两点间的电势差Uab，故C正确。a、b间不是匀强电场，根据公式U＝Ed，不能求b点的电场强度，故D错误，故选C。]10．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移eq\f(d,3)，则从P点开始下落的相同粒子将()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板eq\f(d,2)处返回D．在距上极板eq\f(2,5)d处返回D[设板间电压为U，场强为E，则E＝eq\f(U,d)，由动能定理得mg·eq\f(3,2)d－qEd＝0将下极板向上平移eq\f(d,3)后，U不变，d′＝eq\f(2,3)d，则E′＝eq\f(3U,2d)＝eq\f(3,2)E，设粒子在距上极板x处返回，则mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋x))－qE′x＝0联立解得x＝eq\f(2,5)d，故D正确，A、B、C错误。]11．如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？解析：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(qE,mg)))＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有：mg′＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))。答案：v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))12．(2019·唐山模拟)如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线。当两板间加电压UMN＝U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。甲乙(1)求带电粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝eq\f(L,2v0)，从t＝0开始，前eq\f(T,3)内UMN＝2U，后eq\f(2T,3)内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有eq\f(1,2)L＝v0t0，垂直极板方向有eq\f(1,2)d＝eq\f(qU0,2md)teq\o\al(2,0)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)。(2)粒子通过两板时间为t＝eq\f(L,v0)＝2T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a1＝eq\f(2qU,md)，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a2＝eq\f(qU,md)，方向垂直