课时提升作业 6.3 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动

课时提升作业(二十)
电容器与电容
带电粒子在电场中的运动
(45分钟100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。

多选题已在题号后标出)
1.如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图,E为
电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的
一层绝缘物质,C为导电液体。

已知灵敏电流计指针偏转方
向与电流方向的关系为电流从左边接线柱流进电流计,指针
向左偏。

如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转,则( )
A.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在增大
B.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在增大
C.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在减小
D.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在减小
【解析】选D。

电流计指针向左偏转,说明流过电流计G的电流由左→右,则导体芯A所带电荷量在减小,由Q=CU可知,导体芯A与液体形成的电容器的电容减小,则液体的深度h在减小,故D正确。

2.(多选)如图所示,在等势面沿竖直方向的匀强电场中,一带
负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线AB运动,由此
可知( )
A.电场中A点的电势高于B点的电势
B.微粒在A点时的动能大于在B点时的动能,在A点时的电势能小于在B点时的电势能
C.微粒在A点时的动能小于在B点时的动能,在A点时的电势能大于在B点时的电势能
D.微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和【解析】选A、B。

一带负电的微粒以一定初速度射入电场,
并沿直线AB运动,其受到的电场力F只能垂直于等势面水
平向左,则电场方向水平向右,如图所示,所以电场中A点
的电势高于B点的电势,A正确;微粒从A向B运动,则合外
力做负功,动能减小,电场力做负功,电势能增加,C错误、B正确;微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变,所以D错误。

3.(多选)如图所示是静电矿料分选器的原理示意图,带电
矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在收集板中央的两
侧,对矿粉分离的过程,下列表述正确的有( )
A.带正电的矿粉落在右侧
B.电场力对矿粉做正功
C.带负电的矿粉电势能变大
D.带正电的矿粉电势能变小
【解析】选B、D。

由图可知匀强电场的方向水平向左,故带正电的矿粉受水平向左的电场力作用而落在左侧,A错。

在带正电的矿粉下落的过程中,由于受到向左的电场力作用而向左运动,故电场力对带正电的矿粉做正功,该种矿粉的电势能减小,D正确。

对于带负电的矿粉而言,由于受到水平向右的电
场力作用而向右运动,在运动过程中电场力对其做正功,电势能减小,C错,B 正确。

故B、D选项正确。

4.(2014·沈阳模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板
间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带
电小球,小球A从紧靠左极板处由静止开始释放,小球B从两
板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上
的同一位置,则从开始释放到运动至右极板的过程中,下列判断正确的是( )
A.运动时间t A>t B
B.电荷量之比q A∶q B=2∶1
C.机械能增加量之比ΔE A∶ΔE B=2∶1
D.机械能增加量之比ΔE A∶ΔE B=1∶1
【解析】选B。

两小球在竖直方向上做自由落体运动,由h=gt2得运动时间相同,故A项错误;两球的水平分运动都是初速度为0的匀加速运动,有qE=ma,x=at2,所以x=,由于两球水平分位移之比为2∶1,故q A∶q B=2∶1,即B 项正确;机械能的增加量等于电场力做的功,有ΔE=qEL,所以ΔE A∶ΔE B=4∶1,故C、D都错误。

5.板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间电场强度为E1。

现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2,下列说法正确的是( ) A.U2=U1,E2=E1 B.U2=2U1,E2=4E1
C.U2=U1,E2=2E1
D.U2=2U1,E2=2E1
【解析】选C。

根据题意可知,平行板电容器的间距d和电荷量Q发生变化,
要求讨论电势差U和场强E的变化。

设平行板电容器的电容为C,则有C==,又因为U=Ed,所以解得U=,E=,当带电量变为2Q,板间距变为时,U2=U1,E2=2E1,C正确。

6.(2014·天津高考)如图所示,平行金属板A、B水平正
对放置,分别带等量异号电荷。

一带电微粒水平射入板间,
在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,
那么( )
A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷
B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C.微粒从M点运动到N点动能一定增加
D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)理解合外力指向曲线凹侧的规律。

(2)能根据动能定理判断动能的变化。

(3)从其他力做功的角度分析机械能的变化。

【解析】选C。

若微粒带正电荷,则A板可能带正电荷,也可能带负电荷,A 错误。

微粒从M点运动到N点,电场力可能对微粒做正功,也可能做负功,故电势能可能增加,也可能减少,B错误。

合外力指向曲
线凹侧,故电场力与重力的合力竖直向下,与速度方向成锐角,合外力做正功,动能增加,C正确。

由于电场力可能对微粒做正功,也可能做负功,即机械能可能增大,也可能减小,D错误。

7.如图所示,一电子枪发射出的电子(初速度很小,可视为零)进入加速电场
加速后,垂直射入偏转电场,射出后偏转位移为Y,要使偏转位移增大,下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( )
A.增大偏转电压U
B.增大加速电压U0
C.增大偏转极板间距离
D.将发射电子改成发射负离子
【解析】选A。

设偏转电极板长为l,极板间距为d,由qU0=m,t=,y=at2=t2,得偏转位移y=,增大偏转电压U,减小加速电压U0,减小偏转极板间距离,都可使偏转位移增大,选项A正确,B、C错误;由于偏转位移y=与粒子质量和带电量无关,故将发射电子改成发射负离子,偏转位移不变,选项D错误。

【加固训练】如图所示,从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零),经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。

电子的重力不计。

在满足电子能射出偏转电场的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是( )
A.仅将偏转电场极性对调
B.仅增大偏转电极间的距离
C.仅增大偏转电极间的电压
D.仅减小偏转电极间的电压
【解析】选C。

设加速电场电压为U0,偏转电压为U,极板长度为L,间距为d,电子加速过程中,由U0q=,得v0=,电子进入极板后做类平抛运动,时间t=,a=,v y=at,tanθ==,由此可判断C正确。

8.(多选)如图所示,平行板电容器AB两极板水平放置,A在上方,B在下方,
现将其和二极管串联接在电源上,已知A和电源正极相连,二极管具有单向导电性,一带电小球沿AB中心水平射入,打在B极板上的N点,小球的重力不能忽略,现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行),则下列说法正确的是( )
A.若小球带正电,当AB间距增大时,小球打在N的右侧
B.若小球带正电,当AB间距减小时,小球打在N的左侧
C.若小球带负电,当AB间距减小时,小球可能打在N的右侧
D.若小球带负电,当AB间距增大时,小球可能打在N的左侧
【解析】选B、C。

若小球带正电,当AB间距增大时,由于二极管的单向导电性,平行板电容器带电量不变,AB两极板之间电场强度不变,小球所受向下的电场力不变,向下的加速度不变,小球仍打在N点,选项A错误;若小球带正电,当AB间距减小时,平行板电容器AB两极板之间电场强度增大,小球所受向下的电场力增大,向下的加速度增大,小球打在N的左侧,选项B正确;若小球带负电,当AB间距减小时,平行板电容器AB两极板之间电场强度增大,小球所受向上的电场力增大,向下的加速度减小,小球可能打在N的右侧,选项C正确;若小球带负电,当AB间距增大时,由于二极管的单向导电性,平行板电容器带电量不变,AB两极板之间电场强度不变,小球所受向上的电场力不变,小球仍打在N点,选项D错误。

9.如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。

若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。

则t0可能属于的时间段是( )
A.0<t0<
B.<t0<
C.<t0<T
D.T<t0<
【解题指南】利用v-t图像中的“面积”研究各时刻带电粒子的运动情况,带电粒子在一个周期内位移的方向应该为负方向。

【解析】选B。

画出带电粒子速度—时间图像,根据v -t图像中的“面积”研究各时刻开始的带电粒子的运动情况,A选项可画出时刻开始的运动图像,如图甲,由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正,即粒子向B板靠近,最终会打到B板上,A选项错;B选项可画出时刻开始的运动图像,如图乙,由图知在一个周期内粒子运动的总面积为负,即粒子向A板靠近,最终会打到A 板上,B选项对;C选项可画出时刻开始的运动图像,同理知在一个周期内粒子运动的总面积为正,即粒子向B板靠近,最终会打到B板上,C选项错;同理D选项错。

10.(多选)在地面附近,存在着一有界电场,边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场,在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A,如图甲所示,小球运动的v-t图像如
图乙所示,已知重力加速度为g,不计空气阻力,则( )
A.在t=2.5s时,小球经过边界MN
B.小球受到的重力与电场力之比为3∶5
C.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功与电场力做的功大小相等
D.在小球运动的整个过程中,小球的机械能与电势能总和先变大再变小【解析】选B、C。

由速度图像可知,带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2,由牛顿第二定律可知：=,所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5,B正确;小球在t=2.5s时速度为零,此时下落到最低点,由动能定理可知,重力与电场力的总功为零,故A错误,C正确;因小球只受重力与电场力作用,所以小球的机械能与电势能总和保持不变,D错误。

二、计算题(本题共2小题,共30分。

需写出规范的解题步骤)
11.(12分)(2015·衡阳模拟)如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距离为d=8cm,板长为L=25cm,接在直流电上,有一带电液滴以v0=0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm,液滴刚好从金属板末端飞出,求：
(1)将下板向上提起后,液滴的加速度大小。

(2)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用时间为多少?(g取10m/s2)
【解析】(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴匀速运动,所以有：
qE=mg,q=mg,即：qU=mgd。

当下板向上提后,d减小,E增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电场中做类平抛运动。

此时液滴所受电场力F=q=,
a===g=2m/s2。

(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是d/2。

设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1,则
=a,t1==0.2s。

而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2==0.5s。

所以液滴从射入电场开始到匀速运动到P点的时间为t=t2-t1=0.3s。

答案：(1)2m/s2(2)0.3s
12.(18分)如图所示,在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分别存在匀强电场,电场强度大小均为E,但方向不同。

在区域Ⅰ内场强方向沿y轴正方向,区域Ⅱ内场强方向未标明,但都处在xOy平面内。

一质量为m、电荷量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域Ⅰ,从P点进入电场区域Ⅱ,到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零。

P点的坐标为。

不计粒子所受重力,求：
(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度。

(2)电场区域Ⅱ的宽度。

【解析】(1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v0,在x方向上粒子做匀速直线运动,
L=v0t
在y方向上粒子做初速度为零的匀加速直线运动,
=at2,且a=,
解得：v0=。

(2)粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动,设粒子在P处的速度为v P,在x方向的分速度为v Px,在y方向的分速度为v Py,电场区域Ⅱ的宽度为Δx2。

v Px=v0=,=2××,即v Py=,
故v P==,因为tanθ=,所以
θ=,
设粒子从P做匀减速直线运动到Q所通过的位移为s,则
0-=-2××s,
解得s=L,
Δx2=scos,
解得Δx2=L。

答案：(1)(2)L
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