人教版浙江版高考物理一轮复习测试 第6章 静电场 第3节 电容器与电容带电粒子在电场中的运动

第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
1．(2017·4月浙江选考)如图所示,在竖直放置间距为d 的平行板电容器中,存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m,电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放,重力加速度为g.则点电荷运动到
负极板的过程,( )
A ．加速度大小为a ＝Eq
m ＋g
B ．所需的时间为t ＝dm Eq
C ．下降的高度为y ＝d
2
D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 答案：B
2．(多选)(2020·台州高三检测)如图所示,平行板电容器充电后形成一个匀强电场,大小保持不变,让质子(1
1H)流以不同初速度,先、后两次垂直电场射入,分别沿a 、b 轨迹落到极板的中央和边缘,则质子沿b 轨迹运动时( )
A ．加速度更大
B ．初速度更大
C ．动能增量更大
D ．两次的电势能增量相同 解析：选BD.加速度为a ＝
qE
m
,加速度相同,故A 错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,则偏转距离y ＝12at 2＝12·qE m ·x 2
v 20＝qEx
2
2mv 20,x 是水平位移,由题图看出,y 相同,则知,v 0越大时,x 越大,故质
子沿b 轨迹运动时初速度v 0更大,故B 正确；电场力做功为W ＝qEy,可见,电场力做功相同,由能量守恒得知,两次动能的增量相同,电势能的增量相同,故C 错误,D 正确．
3.如图所示,A 、B 两金属板平行放置,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 两板间加上下列哪种电压时,有可能使电子到不了B 板( )
答案：B
4．(2016·4月浙江选考)密立根油滴实验原理如图所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间电压为U,形成竖直向下场强为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴,若此悬浮油滴的质量为m,则下列说法正确的是( )
A ．悬浮油滴带正电
B ．悬浮油滴的电荷量为mg
U
C ．增大场强,悬浮油滴将向上运动
D ．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍 答案：C
[课后达标]
一、选择题
1．(多选)(2020·温州质检)由电容器电容的定义式C ＝Q
U 可知( )
A ．若电容器不带电,则电容C 为零
B ．电容
C 与电容器所带电荷量Q 成正比 C ．电容C 与所带电荷量Q 多少无关
D ．电容在数值上等于使两板间的电压增加1V 时所需增加的电荷量 答案：CD
2.(多选)如图所示,电子由静止开始从A 板向B 板运动,当到达B 板时速度为v,保持两板间电压不变,则( )
A ．当增大两板间距离时,v 增大
B ．当减小两板间距离时,v 增大
C ．当改变两板间距离时,v 不变
D ．当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大 答案：CD
3．(2020·衢州质检)如图所示,充电的平行板电容器两板间形成匀强电场,以A 点为坐标原点,AB 方向为位移x 的正方向,能正确反映电势φ随位移x 变化的图象是( )
答案：C
4.如图所示,一价氢离子(1
1H)和二价氦离子(4
2He)的混合体,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们( )
A ．同时到达屏上同一点
B ．先后到达屏上同一
点
C ．同时到达屏上不同点
D ．先后到达屏上不同点
解析：选B.一价氢离子(1
1H)和二价氦离子(4
2He)的比荷不同,经过加速电场的末速度不同,因此在加速电场及偏转电场的时间均不同,但在偏转电场中偏转距离相同,所以会先后打在屏上同一点,选B.
5.(2020·浙江温岭质检)如图所示,两平行金属板间有一匀强电场,板长为L,板间距离为d,在板右端L 处有一竖直放置的光屏M,一带电荷量为q,质量为m 的质点从两板中央射入板间,最后垂直打在M 屏上,则下列结论正确的是( )
A ．板间电场强度大小为mg q
B ．板间电场强度大小为mg
2q
C ．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D ．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
解析：选C.根据质点垂直打在M 屏上可知,质点在两板中央运动时向上偏转,在板右端运动时向下偏转,mg<qE,选项A 、B 错误；根据运动的分解和合成,质点沿水平方向做匀速直线运动,质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等,选项C 正确,D 错误．
6．(2020·舟山质检)如图所示,矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场,两个带正电粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场,粒子a 由顶点A 射入,从BC 的中点P 射出,粒子b 由AB 的中点O 射入,从顶点C 射出．若不计重力,则a 和b 的比荷(带电荷量和质量比值)之比是( )
A ．1∶8
B ．8∶1
C ．1∶2
D ．2∶1
解析：选B.粒子水平方向上做匀速直线运动,a 、b 两粒子的水平位移之比为1∶2.根据x ＝v 0t,知时间
比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动,根据y ＝12at 2
知,y 之比为2∶1,则a 、b 的加速度之比为
8∶1,根据牛顿第二定律知,加速度a ＝qE
m ,加速度之比等于比荷之比,则两电荷的比荷之比为8∶1,故B 正
确,A 、C 、D 错误．
7.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
解析：选C.分析微粒的运动轨迹可知,微粒的合力方向一定竖直向下,由于微粒的重力不可忽略,故微粒所受的电场力可能向下,也可能向上,故A 错误．微粒从M 点运动到N 点,电场力可能做正功,也可能做负功,故微粒的电势能可能减小,也可能增大,故B 错误．微粒从M 点运动到N 点的过程中,合力做正功,故微粒的动能一定增加,C 正确．微粒从M 点运动到N 点的过程中,除重力之外的电场力可能做正功,也可能做负功,故机械能不一定增加,D 错误．
8．(2020·温州月考)如图,场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab 长为s,竖直边ad 长为h.质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子,由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切,则v 0等于( )
A.s
22qE
mh B.s 2qE mh C.s 4
2qE
mh
D.s 4
qE mh
解析：选B.带电粒子在电场中做类平抛运动,根据平抛运动的规律解决问题．根据对称性,两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心．则在水平方向有12s ＝v 0t,在竖直方向有12h ＝12qE m t 2,解得v 0＝
s
2qE
mh
.故选项B 正确,选项A 、C 、D 错误．
9.(2020·丽水高二期中)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 ．运动轨迹与带电荷量无关
解析：选C.带负电的墨汁微滴垂直进入电场后,在电场中做类平抛运动,根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动,带负电的墨汁微滴进入电场后受到向上的静电力,故
墨汁微滴向正极板偏转,A 选项错误；墨汁微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用,静电力做正功,故墨汁微滴的电势能减小,B 选项错误；根据x ＝v 0t,y ＝12at 2及a ＝qE m ,得墨汁微滴的轨迹方程为y ＝qEx
2
2mv 20,即运
动轨迹是抛物线,与带电荷量有关,C 选项正确,D 选项错误．
10．有一种静电除尘的方式如图所示,空气中的尘埃进入电离区后带上负电,然后沿平行轴线方向飞入金属圆筒收集区．在圆筒轴线处放有一条直导线,在导线与筒壁间加上电压U,形成沿半径方向的辐射电场,假设每个尘埃的质量和带电量均相同,飞入收集区的速度相同,不计尘埃的重力,不考虑尘埃间的相互作用,则( )
A ．大量尘埃将聚集在导线上
B ．尘埃在圆筒内都做类似平抛的运动
C ．被收集尘埃的电势能减少量都相等
D ．飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃到达筒壁所用的时间相同
解析：选D.尘埃进入电离区后带上负电,所受电场力指向金属圆筒,A 错误；辐射电场不是匀强电场,尘埃所受电场力是变力,故不是做类似平抛的运动,B 错误；尘埃偏向金属圆筒过程中电场力做功不同,电势能减少量不相等,C 错误；飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃运动情况相同,则到达筒壁所用的时间相同,D 正确．
二、非选择题
11．(2020·杭州质检)如图所示,在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC,其下端(C 端)距地面高度h ＝0.8m ．有一质量为500g 的带电小环套在直杆上,正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离开杆后正好通过C 端的正下方P 点处．(g 取10m/s 2
)求：
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； (2)小环从C 运动到P 过程中的动能增量； (3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v 0. 解析：(1)结合题意分析知： qE ＝mg,F 合＝2mg ＝ma
a ＝2g ＝102m/s 2
,方向垂直于杆向下． (2)设小环从C 运动到P 的过程中动能的增量为 ΔE k ＝W 重＋W 电
其中W 重＝mgh ＝4J,W 电＝0,所以ΔE k ＝4J.
(3)环离开杆做类平抛运动, 平行杆方向匀速运动：
2
2
h ＝v 0t 垂直杆方向匀加速运动：22h ＝12
at 2 解得v 0＝2m/s.
答案：(1)102m/s 2
垂直于杆向下 (2)4J (3)2m/s
12．(2020·湖州质检)如图所示,喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷,在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L ＝1.5×10－2
m,两极板间电场强度E ＝1.2×106
N/C,墨滴的质量m ＝1.0×10
－13
kg,电荷量q ＝1.0×10
－16
C,墨滴在进入电场前的速度v 0＝15m/s,方向
与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力,假设偏转电场只局限在平行极板内部,忽略边缘电场的影响．
(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？ (2)求墨滴在两极板之间运动的时间． (3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y.
(4)假设极板到纸的距离d ＝2.5×10－3
m,求墨滴到纸上时的竖直方向上的位移h. 解析：(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动,那么墨滴在两板之间运动的时间t ＝L
v 0
代入数据可得：t ＝1.0×10－3
s.
(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,a ＝Eq
m
代入数据可得：a ＝1.2×103
m/s 2
离开偏转电场时在竖直方向的位移y ＝12at 2
代入数据可得：y ＝6.0×10－4m.
(4)根据电场的推论L 2
L 2＋d ＝y h ,可得h ＝8.0×10－4
m.
答案：(1)负电荷 (2)1.0×10－3s (3)6.0×10－4
m (4)8.0×10－4
m
13.如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接,半圆形轨道的半径R ＝0.4m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E ＝1.0×104
N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4
C,质量m ＝0.1kg 的带电体(可
视为质点),在水平轨道上的P 点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道
上的D 点(图中未画出)．取g ＝10m/s 2
.试求：
(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；
(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．
解析：(1)设带电体恰好通过C 点时的速度为v C ,依据牛顿第二定律有mg ＝m v 2
C
R ,
解得v C ＝2.0m/s.
设带电体通过B 点时的速度为v B ,设轨道对带电体的支持力大小为F B ,带电体在B 点时,根据牛顿第二定律有F B －mg ＝m v 2
B
R
.
带电体从B 运动到C 的过程中,依据动能定理有 －mg×2R＝12mv 2C －12mv 2
B
联立解得F B ＝6.0N,
根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力 F ′B ＝6.0N.
(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t,根据运动的分解有 2R ＝12gt 2
x DB ＝v C t －12Eq m t 2
联立解得x DB ＝0.
(3)由P 到B 带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为E km ,根据动能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝E km －12
mv 2B 代入数据解得E km ≈1.17J. 答案：(1)6.0N (2)0 (3)1.17J
14．如图所示,虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场,在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场,在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏,现将一电子(电荷量为e,质量为m)无初速度地放入电场E 1中的A 点,最后电子打在右侧的屏上,AO 连线与屏垂直,垂足为O,求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上P′点到O 点的距离x.
解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a 1,时间为t 1,由牛顿第二定律和运动学公式得：
a 1＝eE 1m ＝eE m
L 2＝12
a 1t 2
1 v 1＝a 1t 1,t 2＝2L
v 1
运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3
mL eE
. (2)设电子射出电场E 2时,沿平行电场线方向的速度为v y ,根据牛顿第二定律得,电子在电场中的加速度为
a 2＝eE 2m ＝2eE m
t 3＝L
v 1,v y ＝a 2t 3
tan θ＝v y
v 1
联立各式解得tan θ＝2.
(3)如图,设电子在电场中的偏转距离为x 1
x 1＝12
a 2t 2
3
tan θ＝x 2
L
解得：x ＝x 1＋x 2＝3L. 答案：(1)3mL
eE
(2)2 (3)3L。