（适用于新高考新教材）高考物理一轮总复习第8章静电场课时规范练25电容器带电粒子在电场中的运动

课时规范练25电容器带电粒子在电场中的运动基础对点练1.(电容器动态分析)电容式传感器可以将非电学量的微小变化转换成电容变化。一种利用电容式传感器测量油箱中油量的装置如图所示。当开关S闭合后,油量减少时()A.电容器的电容增大B.电容器的带电荷量减小C.电流向上经过G表D.G表示数为零时,油箱中油量为零2.(电容器动态分析)两个较大的平行金属板A、B相距为d,分别接在电压为U的电源正、负极上,这时质量为m,带电油滴恰好静止在两极之间,如图所示,在其他条件不变的情况下,如果将两极非常缓慢地错开一些,那么在错开的过程中()A.油滴将向上加速运动,电流计中电流从b流向aB.油滴将向下加速运动,电流计中的电流从a流向bC.油滴静止不动,电流计中的电流从a流向bD.油滴静止不动,电流计中的电流从b流向a3.(电容器动态分析)如图所示的传感器可以监控生产流水线材料的厚度,其中甲、乙为平行板电容器的上、下两个固定极板,分别接在电源的两极上、当通过极板间的材料厚度增大时,极板间的介电常数增大,下列说法正确的是()A.当通过极板间的材料厚度减小时,电流从a流向bB.极板间的材料厚度变化时,极板间电场强度不变C.当通过极板间的材料厚度增大时,极板上的电荷量变小D.当通过极板间的材料厚度增大时,极板间的电压增大4.(带电粒子在交变电场中的运动)一平行板电容器如图甲所示,A极板上有一小孔C,在小孔处由静止释放一个带负电的粒子,已知该带电粒子只受静电力的作用,在电容器两极板间加如图乙所示的电压,电压的变化周期为T,若粒子从t=T4时刻释放,下列说法正确的是(A.粒子一定能运动到B极板上B.粒子一直向B极板运动C.粒子的速度—时间图像可能为图丙D.粒子的速度—时间图像可能为图丁5.(多选)(电容器应用)如图所示,电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层,再在导体层外加上一块保护玻璃,电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极,在导体层内形成一个低电压交流电场,在触摸屏幕时,由于人体是导体,手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容),四边电极发出的电流会流向触点,而电流强弱与手指到电极的距离成正比,位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱,准确算出触摸点的位置。由以上信息可知,下列说法正确的是()A.电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B.当用手触摸屏幕时,手指与屏的接触面积越大,电容越大C.当用手触摸屏幕时,手指与屏的接触面积越大,电容越小D.当用手触摸屏幕时,手指和屏的接触面积的大小不影响电容的大小6.(带电粒子在电场中的偏转问题)(2022天津南开区三模)质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中,不计带电粒子的重力,M从两板正中央射入,N从下板边缘处射入,它们最后打在同一点,如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中()A.它们运动的时间关系为tN>tMB.它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶2C.它们的动能增量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶4D.它们的动量增量之比ΔpM∶ΔpN=1∶17.(二极管与电容器问题)(2022江西宜春模拟)如图所示,D是一只理想二极管,水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴,在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量,U表示两极板间的电压,φ表示P点的电势,B极板接地。若保持极板B不动,第一次将极板A稍向上平移,第二次将极板A稍向下平移(移动后极板A的位置还在P点上方),则下列说法正确的是()A.两次移动后Q相同B.两次移动后点电荷都保持静止C.第一次移动后U变小,第二次移动后U变大D.第一次移动后φ不变,第二次移动后φ增大素养综合练8.在水平直线上的A、B两点分别固定有不等量点电荷,其中A处为正电荷,B处电荷电性未知,O1为A、B连线中点。由绝缘材料制成的光滑圆轨道的圆心O2在AB连线上,且位于A点左侧,其轨道平面与AB在同一水平面内,如图所示。在轨道上穿一带正电小球并置于轨道上的某一点P,给小球一沿轨道切线方向的初速度,小球恰好能沿轨道做匀速圆周运动,小球可视为质点,下列说法正确的是()A.B处点电荷带负电,其电荷量小于A处电荷的电荷量B.小球沿轨道运动过程中,小球的电势能不变C.小球沿轨道运动过程中,小球受到的静电力大小不变D.小球沿轨道运动过程中,轨道对小球的弹力大小不变9.(2022重庆模拟)如图所示,一圆形区域有竖直向上的匀强电场,O为圆心,两个质量相等、电荷量大小分别为q1、q2的带电粒子甲、乙,以不同的速率v1、v2从A点沿AO垂直射入匀强电场,甲从C点飞出电场,乙从D点飞出电场,它们在圆形区域中运动的时间相同,已知∠AOC=45°,∠AOD=120°,不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.v1v2C.q1q210.(2022湖南永州三模)在倾角为θ的光滑固定绝缘足够长的斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为m和3m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,开始未加电场,系统处于静止状态,A带正电,B不带电,现加一沿斜面向上的匀强电场,物块A沿斜面向上运动,当B刚离开C时,A的速度为v,之后两个物体运动中,当A的加速度为0时,B的加速度大小为a,方向沿斜面向上,则下列说法正确的是()A.未加电场时,挡板C对物块B的作用力大小为3mgsinθB.从加电场后到B刚离开C的过程中,A发生的位移大小为3C.从加电场后到B刚离开C的过程中,物块A的机械能和电势能之和保持不变D.B刚离开C时,静电力对A做功的瞬时功率为(4mgsinθ+3ma)v11.如图,平行板电容器两极板的间距为d,一带电粒子在电容器中靠近(不接触)下极板处静止,已知重力加速度为g。保持两极板间电压不变,把上下两极板均转过45°到虚线位置,则粒子到达上极板时速度大小为()A.2gd B.C.2gd D.12.(多选)右图是某种静电分选器的原理示意图。两竖直放置的平行金属板带有等量异种电荷,形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度,到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时,使a带上正电、b带上负电,经电场后,分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1m,板长L=0.5m,各颗粒的比荷均为1×105C/kg,两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m。电场仅分布在两板之间,颗粒进入电场时的初速度视为零,不考虑颗粒体积大小及颗粒间的相互作用,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,调节板间电压,使a、b两种颗粒离开电场区域时不碰触到极板,则分选过程中()A.颗粒离开漏斗后立即做匀变速曲线运动B.颗粒在板间运行时的加速度大小均相等C.a、b两种颗粒的电势能均减少D.a、b两种颗粒刚要落到传送带上的最大速度均为16.答案：课时规范练25电容器带电粒子在电场中的运动1.B解析:油量减小时,电容器极板间介质的εr减小,根据电容决定式C=εrS4π2.C解析:电容器与电源相连,两极板间电压不变,将两极板非常缓慢地水平错开一些,两极板正对面积减小,而间距不变,由E=Ud可知,电场强度不变,油滴受到的静电力不变,仍与重力平衡,因此油滴静止不动,由C=εrS4πkd可知,电容减小,由3.B解析:电容器两极板间的电压始终保持不变,板间的距离也保持不变,根据E=Ud可知,极板间电场强度保持不变,故B正确,D错误;根据C=εrS4π4.C解析:t=T4时刻释放,带电粒子做往复运动,经时间T5.AB解析:电容式触摸屏在原理上把人的手指当作电容器元件的一个极板,把导体层当作另一极板,A正确;由平行板电容器电容的决定式可知,手指和屏的接触面积大小会影响到电容大小,接触面积越大,即两极板的正对面积越大,电容越大,B正确,C、D错误。6.C解析:由题可知,两个带电粒子都做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,而且它们的水平位移相等、初速度相等,则在电场中的运动时间相等,即tN=tM,故A错误;在竖直方向上,根据y=12at2=Eqt22m知,竖直位移之比为1∶2,则电荷量之比为1∶2。因为静电力做功等于电势能的减小量,静电力做功W=qEy,因为电荷量之比为1∶2,竖直位移之比为1∶2,则静电力做功之比为1∶4,根据动能定理可知,静电力做功之比为1∶4,则动能的增量之比为1∶4,它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶4,故B错误,C正确;根据动量定理,有动量增量Δp=qEt,qM∶qN=1∶2,t相等,则动量增量之比ΔpM∶Δp7.D解析:第一次将极板A稍向上平移,板间距离d增大,根据电容的决定式C=εrS4πkd得知,电容C减小;若电容器的电压不变,由Q=CU知电容器所带电荷量将要减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不能流回电源,所以电容器的电荷量Q保持不变;由于电容C减小,由电容的定义式C=QU可知,U变大;根据E=Ud、C=QU、C=εrS4πkd得板间电场强度E=4πkQεrS,可知板间电场强度E不变,电荷所受的静电力不变,仍保持静止状态;P与B板间电势差UPB=Ed,E、d都不变,UPB保持不变,P点的电势φ保持不变;第二次将极板A稍向下平移,板间距离d减小,根据电容的决定式C=εrS4πkd得知,电容C增大,电容器的电压不变,由Q=CU知电容器所带电荷量Q增大;根据E=8.B解析:由于小球沿轨道做匀速圆周运动,速率不变,所以静电力不做功,即轨道处各个点电势相等,轨道处于等势面上,如果B是正电荷,则轨道与AB连线的交点处的电势不可能相等,因此B处点电荷带负电,但是不能确定B处电荷的电荷量与A处电荷的电荷量的大小关系,选项A错误;因轨道处于等势面上,则小球沿轨道运动过程中,小球的电势能不变,选项B正确;因轨道上各点的电场强度不一定相同,则小球沿轨道运动过程中,小球受到的静电力大小要变化,选项C错误;因等势面上各点电场强度与等势面垂直,则轨道上各点电场强度方向沿半径方向背离圆心,则小球沿轨道运动过程中有FNEq=mv29.B解析:甲、乙在电场中均做类平抛运动,沿初速度方向做匀速直线运动,它们在圆形区域中运动时间t相同,根据图中几何关系可得xAC=v1t=RRcos45°,xAD=v2t=R+Rcos60°,联立可得v1v2=2-23,故A错误,B正确;甲、乙在电场中沿静电力方向均做初速度为零的匀加速直线运动,则有yAC=12·q1Em10.D解析:开始未加电场,系统处于静止状态,挡板C对物块B的作用力大小为A和B的总重力在沿斜面方向上的分力,为FN=4mgsinθ,故A错误;从加电场时,弹簧处于压缩状态,对物块A受力分析,根据平衡条件有mgsinθ=kx1,解得x1=mgsinθk,物块B刚要离开C时,弹簧处于拉伸状态,对B由平衡条件可得3mgsinθ=kx2,解得x2=3mgsinθk,B刚离开C的过程中,A发生的位移大小为x=x1+x2,解得x=4mgsinθk,故B错误;对A、B和弹簧组成的系统,从加电场后到B刚离开C的过程中,物块A的机械能、电势能与弹簧的弹性势能之和保持不变,弹簧的弹性势能先减小后增大,故物块A的机械能和电势能之和先增大后减小,故C错误;设A所受的静电力大小为F,由题知当A的加速度为零时,B的加速度大小为a,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律对A有FmgsinθF弹=0,对B有F弹3mgsinθ=3ma,故有F=4mgsinθ+3ma,当B刚离开C时,A的速度为v,则静电力对A做功的瞬时功率为11.A解析:开始时粒子静止,有Udq=mg,当转过45°角,两极板的间距为d'=d2,静电力在竖直方向的分量Ud'qsin45°=