高考物理一轮总复习第六章第讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动课时提能演练新人教版

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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(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题只有一个选项正确)
1.根据电容器电容的定义式C=,可知( )
A.电容器所带的电荷量Q越多,它的电容就越大,C与Q成正比
B.电容器不带电时,其电容为零
C.电容器两极板之间的电压U越高,它的电容就越小,C与U成反比
D.以上说法均不对
【解析】选D。

电容器的电容的大小与其本身因素有关,与带电量的多少、两极板电压的大小无关,故A、B、C错误,D正确。

2.(2014·宁波模拟)如图所示,用电池对电容器充电,电路a、b之间接有一灵敏电流表,两极板间有一个电荷q处于静止状态。

现将两极板的间距变大,则
( )
A.电荷将向上加速运动
B.电荷仍静止
C.电流表中将有从a到b的电流
D.电流表中将有从b到a的电流
【解析】选D。

充电后电容器的上极板A带正电,不断开电源,增大两板间距,U不变、d增大,由E=知两极板间场强减小,场强减小会使电荷q受到的电场力减小,电场力小于重力,合力向
下,电荷q向下加速运动,A、B错误;由C=知电容C减小,由Q=CU知极板所带电荷量减少,电路中有放电电流,电流表中将会有从b到a的电流,C错误、D正确。

3.如图所示,一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场,若不计重力,在图中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是( )
【解析】选C。

粒子在电场中做类平抛运动,受力方向总是沿电场线方向指向轨迹的凹侧,C正确。

4.如图所示,平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极
板正中间,现将B极板匀速向下移动到虚线位置,其他条件不变。

则在B极板移动的过程中( )
A.油滴将向下做匀加速运动
B.电流计中电流由b流向a
C.油滴运动的加速度逐渐变小
D.极板带的电荷量减少
【解析】选D。

由C=可知,d增大,电容器电容C减小,由Q=CU可知,电容器的电荷量减少,电容器放
电,电流由a流向b,D正确,B错误;由E=可知,在B板下移过程中,两板间场强逐渐减小,由mg-Eq=ma可知油滴运动的加速度逐渐变大,A、C错误。

【总结提升】含容电路的分析方法
(1)先确定出电容器的不变量(U或Q)。

(2)根据给出的变量,判断出会引起哪些量变化。

(3)电路中有电流出现的条件是电容器所带的电量Q发生变化。

(4)根据电容器带正电的极板上电荷的增、减情况确定出充、放电时电路中电流的方向。

5.(2013·新课标全国卷Ⅰ)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,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.在距上极板处返回
D.在距上极板d处返回
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)根据动能定理对下落全过程列方程求出两极板间电势差;
(2)下极板移动后根据动能定理列方程求出粒子在两极板之间移动的最大距离。

【解析】选D。

带电粒子从P点下落刚好到达下极板处,由动能定理得:mg(+d)-qU=0,当将下极板向上平移时,设从P点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x处速度为零,则对带电粒子下落过程由动能
定理得:mg(+x)-q··x=0,解得x=d,故选项D正确。

6.如图所示,质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点静
止释放后,分别抵达B、C两点,若AB=BC,则它们带电荷量之比q1∶q2等于
( )
A.1∶2
B.2∶1
C.1∶
D.∶1
【解析】选B。

竖直方向有h=gt2,水平方向有l=t2,联立可得q=mg
Eh
l
,所以有=,B对。

【变式备选】如图所示,竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场,在两板之间等
高处有两个质量相同的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响),P小球从紧靠
左极板处由静止开始释放,Q小球从两极板正中央由静止开始释放,两小球沿直线
运动都打到右极板上的同一点,则从开始释放到打到右极板的过程中( )
A.它们运动时间的关系为t P>t Q
B.它们的电荷量之比为q P∶q Q=2∶1
C.它们的竖直分速度增量之比为Δv1∶Δv2=2∶1
D.它们的电势能减少量之比为ΔE P∶ΔE Q=2∶1
【解析】选B。

由于两球在竖直方向均做自由落体运动,运动时间由h=gt2决定,可知t P=t Q,A错误。

两小
球的水平位移之比为x P∶x Q=2∶1,据x=at2可知,加速度之比为2∶1,故两球的电量之比为2∶1,B正确。

两小球在竖直方向只受重力作用,位移相同,所以它们在竖直方向上的分速度增量相同,故C错误。

电势能的减少量等于电场力所做的功,ΔE P∶ΔE Q=q P Ex P∶q Q Ex Q=4∶1,故D错误。

7.如图所示,A、B两导体板平行放置,在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电
子的重力忽略不计)。

分别在A、B两板间加四种电压,它们的U AB-t图线如下列
四图所示,其中可能使电子到不了B板的是( )
【解析】选B。

在A选项所加电压下,电子将一直向B板加速运动;在C选项所加电压下,电子是先加速再减
速至0,再加速再减速至0,一直向B板运动;D选项和C选项一样,只不过电子的加速度发生变化;只有在B 选项所加电压下,电子先向B板加速再减速,再向A板加速再减速至初始位置,且速度变为0,如此往复运动,故选B。

8.如图所示,平行板电容器的两个极板竖直放置,并接直流电源。

若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器,a到c是直线,由于电极板边缘效应,粒子从c到d的运动轨迹是曲线,重力加速度为g,则该粒子( )
A.在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动,cd段电场力大于重力
B.从a到c粒子做匀加速直线运动,加速度是
C.从a到d粒子的重力势能减小,电势能增加
D.从a到d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向
【解析】选B。

由粒子在电场中的运动轨迹可判断粒子受力如图,合力F必
沿ac方向,由几何知识可求得加速度大小a==,故A错B对。

此过程
中由于电场力做正功,所以电势能减小,故C错。

从a到c过程粒子所受合力
沿ac方向,在cd段受合力斜向右上方,故D错。

9.如图甲为示波管的原理图。

如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是( )
【解析】选B。

示波管YY′间为信号电压,XX′为扫描电压,0～t1,Y板电势高,电子向Y板偏转,X′电势高,电子向X′板偏转,由此知C、D错;又根据偏移量公式y=t2,偏移量与偏转电压成正比,0、t1、2t1时
刻偏转电压为0,偏移量也为0,t1、t1时刻偏转电压最大,偏移量也最大,所以B对。

10.如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,t=0时,Q板比P板电势高5V,此时在两板的正中央M点有一个电子,速度为零,电子在电场力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化。

假设电子始终未与两板相碰。

在0<t<8×10-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧,速度方向向左且大小逐渐减小的时间是( )
A.0<t<2×10-10s
B.2×10-10s<t<4×10-10s
C.4×10-10s<t<6×10-10s
D.6×10-10s<t<8×10-10s
【解析】选D。

分析电子的受力可知,电子从M点开始先向右
加速,再向右减速,4×10-10s末速度为零,然后再向左加速至6
×10-10s,从6×10-10～8×10-10s再向左减速,速度图像如图所
示,由此可知电子在M点右侧,速度方向向左且大小减小的时
间为6×10-10～8×10-10s,D正确。

二、非选择题(本大题共2小题,共30分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(14分)如图所示,在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀
强电场,在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。

现有一电荷量
为+q、质量为m的带电粒子(重力不计),以垂直于电场线方向的初速度v0
射入电场中,v0方向的延长线与屏的交点为O。

试求:
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间;
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα;
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。

【解析】(1)根据题意,粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动,所以粒子从射入到打到屏上所用的
时间t=。

(3分)
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y,根据牛顿第二定律,粒子在电场中的加速度为:
a=(1分)
所以v y=a=(2分)
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为
tanα==。

(2分)
(3)设粒子在电场中的偏转距离为y,则
y=a()2=·(2分)
又x=y+Ltanα, (2分)
解得:x=(2分)
答案:(1)(2)(3)
12.(能力挑战题)(2014·厦门模拟)(16分)如图所示,四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC 固定在同一竖直平面内,圆弧轨道的圆心为O,半径为R;P点离地高度也为R,传送带PC之间的距离为L,沿逆时针方向传动,传送带速度v=,在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场。

一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑,恰好运动到C端后返回。

物体与传送带间的动摩擦因数为μ,不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失,重力加速度为g。

求:
(1)匀强电场的场强E的大小;
(2)物体返回到圆弧轨道P点,物体对圆弧轨道的压力大小;
(3)若在直线PC上方空间再加上磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),物体从圆弧顶点A静止释放,运动到C端后做平抛运动,落地点离C点的水平距离为R,试求物体在传送带上运动的时间t。

【解析】(1)小物体从圆弧顶点A 由静止开始沿轨道下滑,运动到C 端过程,根据动能定理 mgR+qER-μmgL=0
(3分)
解得:E= (1分)
(2)物体由A 点静止开始沿轨道下滑到P:
mgR +qER=m
v P => (1分) 所以,物体返回到P 过程,先做加速运动后匀速运动,返回到P 的速度为v P ′=v=
(1分)
在P 点由牛顿第二定律:N-mg-qE=m (1分)
解得:N=2mg+ (1分)
由牛顿第三定律,物体对圆弧轨道的压力
N ′=2mg+ (1分)
(3)物体运动到C 端后做平抛运动:
R=g (1分)
R=v C t 0
(1分)
物体从P 点运动到C 端,做加速度变化的减速运动,设微小时间Δt 内速度变化量为Δv,由牛顿第二定律:-
μ(mg-qvB)=ma=m (2分)
式子两边乘以Δt,再求和得: qvB t μ∆∑ -mg t μ∆∑=m v ∆∑
(2分)
又有
t t ∆=∑
v t L ∆=∑ ()C
P v v
v ∆=-∑
其中v P =
=
综合上面几个式子得:t=+ (1分)
答案:(1) (2)2mg+
(3)+。