2021高考一轮复习课时提升作业 二十二 7.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动

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课时提升作业二十二
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8小题,每小题6分,共48分。

1～5题为单选题,6～8题为多选题)
1.下列关于电容器和电容的说法中,正确的是( )
A.根据C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,跟两板间的电压成反比
B.对于确定的电容器,其所带电荷量与两板间的电压成正比
C.当电容器的电压变化时(小于击穿电压且不为零),它所带的电荷量与电压的
比值变化
D.电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量,其大小与加在两板间的
电压有关
【解析】选B。

由于电容器的电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量,是电容器的一种特性,一个电容器对应唯一的电容值,不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比,因此选项A、C、D错误;由于电容是定值,由Q=CU知,其所带电荷量与两板间的电压成正比,故选项B正确。

2.喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上,则微滴在极板间电场中
( )
A.向负极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线
D.运动轨迹与带电量无关
【解题指导】解答本题需明确以下三点:
(1)分析带负电的微滴的受力情况判断其偏转方向。

(2)根据电场力做功的正负判断电势能是增大还是减小。

(3)根据微滴在电场中做类平抛运动计算其偏移量,从而确定运动轨迹的性质。

【解析】选C。

微滴带负电,进入电场,受电场力向上,应向正极板偏转,A错误;电场力做正功,电势能减小,B错误;微滴在电场中做类平抛运动,沿v方向:x=vt,沿电场方向:y=at2,又a=,得y=x2,即微滴运动轨迹是抛物线,且运动轨迹与电荷量有关,C正确、D错误。

3.(2017·武汉模拟)如图所示,在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电,另一带正电的点电荷B在外力作用下沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过,若此过程中A始终静止,A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用。

则下列说法正确的是( )
A.物体A受到地面的支持力先减小后增大
B.物体A受到地面的支持力保持不变
C.物体A受到地面的摩擦力先减小后增大
D.库仑力对点电荷B先做正功后做负功
【解析】选C。

当点电荷B由P运动到最高点的过程中,对物体A受力分析,如图:
由共点力的平衡得到Fsinθ-f=0,N-Fcosθ-mg=0;解得N=mg+Fcosθ,f=Fsinθ;其中mg与F不变,θ角逐渐减小为零,因而支持力N逐渐变大,f逐渐变小;当点电荷B由最高点运动到Q点的过程中,
再次对物体A受力分析,如图:
由共点力的平衡可得Fsinθ-f=0,N-Fcosθ-mg=0;联立解得N=mg+Fcosθ,
f=Fsinθ;其中mg与F不变,θ由零逐渐增大,因而支持力N逐渐变小,f逐渐变大;综合以上分析可知,物体A受到地面的支持力N先增大后减小,物体A受到地面的摩擦力先减小后增大,故C正确,A、B错误;物体A对点电荷B的静电力与点电荷B的速度总是垂直,故A对B不做功,D错误。

【加固训练】
如图所示,一根长为2m的绝缘细管AB被置于匀强电场E中,其A、B两端正好处
于电场的左右边界上,倾角α=37°,电场强度E=103V/m,方向竖直向下,管内有一个带负电的小球,重力G=10-3N,电荷量q=2×10-6C,从A点由静止开始运动,已知小球与管壁的动摩擦因数为0.5,则小球从B点射出时的速度是(g取10m/s2; sin37°=0.6,cos37°=0.8) ( )
A.2m/s
B.3m/s
C.2m/s
D.2m/s
【解析】选C。

以小球为研究对象,分析受力情况,作出受力分析图,如图。

根据平衡条件得到,
管子对小球的压力F N=(qE-G)cos37°=(2×10-6×103-10-3)×0.8N=8×10-4N
小球运动过程中所受的摩擦力的大小F f=μF N=0.5×8×10-4N=4×10-4N
小球从A到B的过程中,根据动能定理得
(qE-G)Lsin37°-F f L=mv2
代入解得,小球从B点射出时的速度
v=2m/s。

故本题选C。

4.(2017·三门峡模拟)某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场。

当在该空间内建立如图所示的坐标系后,在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计),由于粒子的入射速率v(v>0)不同,有的粒子将在电场中直接通过y轴。

有的将穿出电场后再通过y轴。

设粒子通过y轴时,离坐标原点的距离为h,从P到y轴所需的时间为t,则 ( )
A.粒子带负电
B.对h≤d的粒子,h越大,t越大
C.对h≤d的粒子,在时间t内,电场力对粒子做的功不相等
D.h越大的粒子,进入电场时的速率v也越大
【解析】选D。

由题意可知,粒子向左偏,由电场线的方向,可确定电场力方向向左,因此粒子带正电,故选项A错误;对h≤d的粒子,沿x轴方向粒子受到电场力相同,加速度相同,因此运动时间相等,由于粒子的速度不同,所以导致粒子的h 不同,故选项B错误;对h≤d的粒子,在时间t内,沿电场力方向的位移相同,因此电场力做功相等,故选项C错误;若在电场中直接通过y轴,水平分位移x相等,由x=at2知,运动时间t相等,竖直分位移h=vt,则h越大的粒子,进入电场时的速率v也越大,若穿出电场后再通过y轴,通过电场时竖直分位移y相等,h越大,沿着电场力方向偏转位移x越小,由x=at2,可知t越小,由y=vt可知v越大,故选项D正确。

【加固训练】
(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。

5.(2016·天津高考)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一固定在P点的点电荷。

以E表示两板间的电场强度,E p表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则
( )
A.θ增大,E增大
B.θ增大,E p不变
C.θ减小,E p增大
D.θ减小,E不变
【解题指导】解答本题时应从以下三点进行分析:
(1)电容器电容的影响因素C=。

(2)电容器的电荷量Q、板间电压U与电容C间的关系Q=CU。

(3)静电计的张角θ越大代表电势差越大。

【解析】选D。

若保持下极板不动,将上极板向下平移一小段距离,则根据C=
可知,C变大,Q一定,则根据Q=CU可知,U减小,则静电计指针张角θ减小;根据
E=,C=,Q=CU联立可得E=,可知Q一定时,E不变;根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变,E不变,则P点与下极板的电势差不变,P点的电势不变,则
E p不变,故选项A、B、C错误,D正确。

6.(2015·山东高考)如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如
图乙所示。

t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0～时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出,微粒运动过程中未与金
属板接触,重力加速度的大小为g。

关于微粒在0～T时间内运动的描述,正确的是( )
A.末速度大小为v0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd
D.克服电场力做功为mgd
【解析】选B、C。

因为中间与后面时间加速度等大反向,所以离开电容器时,竖直速度为零,只有水平速度v0,A错误,B正确;中间时间和后面时间竖直方向的平均速度相等,所以竖直位移也相等,因为竖直方向总位移是,所以后面时间内竖直位移是,克服电场力做功W=2qE0×=2mg×=mgd,D错误。

重力势能减少等于重力做功mg×,C正确。

7.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大
D.极板带的电荷量减少
【解析】选C、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,C正确,A错误。

【总结提升】含容电路的分析方法
(1)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。

8.(2017·长治模拟)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场,其电场强度E随时间t的变化关系如图所示,小物块电荷量为q=+1×10-4C,将其放在该水平桌面上并由静止释放,小物块速度v与时间t的关系如图所示,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是( )
A.物块在4 s内位移是6 m
B.物块的质量是2 kg
C.物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2
D.物块在4 s内电势能减少了18 J
【解析】选A、C。

物块在4s内位移为x=×2×(2+4)m=6 m,故A正确;由图可知,前2s物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有qE1-μmg=ma,由图线知加速度为a=1m/s2,1 s后物块做匀速运动,由平衡条件有qE2=μmg,联立解得:
q(E1-E2)=ma,由图可得E1=3×104N/C,E2=2×104N/C,代入数据解得:m=1kg,由qE2=μmg可得μ=0.2,故B错误,C正确;物块在前2s的位移x1=×2×2m=2 m,物块在后2s的位移为x2=vt2=4m,电场力做正功W=qE1x1+qE2x2=6J+8 J=14J,则电势能减少了14J,故D错误。

【加固训练】
如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,在O正上方h高位置的A点与A′关于O对称。

质量为m的带正电的小球从A点静止释放,并穿过带电环。

则小球从A点到A′过程中加速度(a)、重力势能(E pG)、机械能(E)、电势能(E p电)随位置变化的图象可能正确的是(取O点为坐标原点且重力势能为零,向下为正方向,无限远电势为零) ( )
【解析】选A、B、C。

小球运动过程的示意图如图所示。

圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小球从A到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,由牛顿第二定律得知,重力不变,则加速度可能先减小后增大;小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小。

故A是可能的,故A正确;小球从A到圆环中心的过程中,重力势能E pG=mgh,小球穿过圆环后,E pG=-mgh,根据数学知识可知,B 是可能的,故B正确;小球从A到圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,故C是可能的。

故C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做功与下落的高度之间是非线性关系,电势能变化与下落高度之间也是非线性关系,所以D是不可能的。

故D错误。

二、计算题(本题共2小题,共28分。

需写出规范的解题步骤)
9.(14分)(2016·北京高考)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。

已知U=2.0×102V,d=4.0×
10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g取10m/s2。

(3)极板间既有静电场也有重力场。

电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义式。

类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。

【解题指导】解答本题应把握以下三点:
(1)熟练掌握带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动规律。

(2)通过计算重力的大小,根据数量级,分析忽略重力的原因。

(3)利用类比法准确定义重力势,并说明和电势的共同特点。

【解析】(1)根据动能定理可得:eU0=m
所以电子射入偏转电场的初速度v0=
在偏转电场中,电子的运动时间
Δt==L
偏转距离Δy=a(Δt)2=
(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有
重力G=mg≈10-29N
电场力F=≈10-15N
由于F≫G,因此不需要考虑电子所受的重力
(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p与电荷量q的比值,即φ=,由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能E G与其质量m的比值叫作重力势,即φG=。

电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。

答案:(1)(2)见解析
(3)φ=电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定
10.(14分)如图所示,电源电动势为E,内阻r=R,定值电阻R1和R2的阻值均为R。

平行板电容器接在R2两端,两极板长度和距离均为d,足够大的屏幕与电容器右端距离为d,OO1为电容器中心轴线。

一个不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以一定的初速度沿OO1方向射入电场,离开电场时的位置与电容器下极板的距离为。

(1)求粒子射入电场时的初速度大小。

(2)若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端。

左半部分不动,右半部分向右平移,求粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离。

(3)若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端,将右半部分向右平移x,求粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离。

【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得电容器两端电压为:
U=v0==
设粒子射入电场的初速度为v0,在平行板间做类平抛运动
有E0=,a=,d=v0t,y=at2
由y=联立解得:v0=。

(2)设没有平移时,粒子离开电场时速度与水平方向夹角为θ1,速度反向延长线过水平位移中点,有tanθ1=
平移后,粒子在左半部分电场中运动的水平位移减半,则运动时间减半,由y=at2得,粒子在左半部分电场中侧移的距离y1=
设粒子离开左侧电场时速度与水平方向夹角为θ2,有
tanθ2=
粒子离开左侧电场后做匀速运动,侧移距离
y2=tanθ2=
粒子在两电场中的合轨迹不变,故粒子从O点到离开右侧电场时侧移距离
y3=+y2=
粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为
y总=y3+(d-)tanθ1=。

(3)粒子能从右侧电场射出,由xtanθ2≤,
得x≤d
粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为
y′=+xtanθ2+(d-x)tanθ1=
当x=d时,y′最小,得y′min=。

答案:(1)(2)(3)
【能力拔高题】
1.(8分)(2017·临沂模拟)粗糙绝缘的水平地面上,有两块竖直平行相对而立的金属板AB。

板间地面上静止着带正电的物块,如图甲所示,当两金属板加图乙所示的交变电压时,设直到t1时刻物块才开始运动,(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)则( )
A.在0～t1时间内,物块受到逐渐增大的摩擦力,方向水平向右
B.在t1～t3时间内,物块受到的摩擦力,先逐渐增大,后逐渐减小
C.t3时刻物块的速度最大
D.t4时刻物块的速度最大
【解析】选C。

在0～t1时间内,物块处于静止状态,电场强度方向水平向右,物块所受的电场力水平向右,根据平衡条件得:摩擦力大小F f=qE,而E=,得
F f=q,U AB增大,F f随之增大,并且由平衡条件知,F f的方向水平向左,故A错误;在t1～t3时间内,物块向右运动,受到的是滑动摩擦力,物块对地面的压力不变,根据公式F f=μF N知,摩擦力不变,故B错误;据题意:最大静摩擦力等于滑动摩擦力,在t1时刻物块所受的静摩擦力达到最大,并恰好等于此时的电场力。

在t1～t3时间内,电场力一直大于摩擦力,物块一直向右加速运动;在t3～t4时间内,电场力小于滑动摩擦力,物块向右做减速运动,所以t3时刻物块的速度最大,故C正确,D错误。

2.(16分)(2015·四川高考)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106N/C,方向水平向右的匀强电场。

带负电的小物体P电荷量是2.0×10-6C,质量m=0.25kg,与轨道间动摩擦因数μ=0.4。

P从O点由静止开始向右运动,经过0.55s到达A点,到达B点时速度是5m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α,且tanα=1.2。

P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用。

F大小与P的速率v的关系如表所示。

P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,g取10m/s2。

求:
v/(m·s-1) 0≤v≤2 2<v<5 v≥5
F/N 2 6 3
(1)小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间。

(2)小物体P从A运动至D的过程,电场力做的功。

【解析】(1)小物体P的速率从0至2m/s,受外力F1=2N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间Δt1速度为v1,则
F1-μmg=ma1①
v1=a1Δt1②
由以上两式并代入数据得
Δt1=0.5s③
(2)小物体P从速率为2m/s运动至A点,受外力F2=6N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则F2-μmg=ma2④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间,在A点的速度为v2,则Δt2=0.55s-Δt1⑤v2=v1+a2Δt2⑥
P从A点至B点,受外力F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动加速度为a3,电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,则F2-μmg-qE=ma3⑦
-=2a3x1⑧
P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向受外力为F3,电场力大小为F E,
有F E=F3⑨
F3与F E大小相等方向相反,P水平方向所受合力为零,所以,P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。

设P从B点运动至D点用时为Δt3,水平位移为x2,由题意知=tanα⑩
x2=v3Δt3⑪
设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则
W=-qE(x1+x2) ⑫
联立④～⑧,⑩～⑫式并代入数据得
W=-9.25J
答案:(1)0.5s (2)-9.25 J
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