2020版高考物理一轮复习 第七章 静电场 课后分级演练22 电容器 带电粒子在电场中的运动 9页

课后分级演练(二十二) 电容器 带电粒子在电场中的运动 ‎【A级——基础练】‎ ‎1.煤矿渗水会造成严重安全事故，‎2011年11月13日凌晨0时10分，甘肃省白银市景泰县通达煤矿发生透水事故，当时井下作业人员11名，其中4人泅水脱险，7人被困．利用传感电容器可检测矿井渗水，发出安全警报，从而避免事故的发生．如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，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，把仪器接到图示电路中，已知灵敏电流表的指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．当发现指针向右偏转时，导电液体深度h的变化为(　　)‎ A．h正在增大　　　　　　 B．h正在减小 C．h不变 D．无法确定 解析：B　本题考查电容的定义式、决定式和电容的动态变化问题，意在考查考生对电容定义式和决定式的理解能力、对动态变化问题的分析判断能力．电容器保持与电源连接，电路稳定时，电容器两端电压不变，灵敏电流表指针向右偏转，说明电流由右向左通过电源，说明电容器在放电，即电荷量减小，由电容的定义式C＝可知，电容器的电容减小，由电容的决定式C＝可知，电容器两极板的正对面积减小，即说明导电液体深度h减小，B项正确．‎ ‎2.如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的影响，则下列叙述中正确的是(　　)‎ A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B．当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，开始做匀速运动 C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等 D．所有液滴下落过程中电场力做功相等 解析：C　第一滴液滴下落时，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，液滴向下运动速度最大，再向下运动重力将小于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A 9‎ 所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同．电场力做功不同，所以D错误．‎ ‎3.(2017·衡水调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是(　　)‎ 解析：C　平行板电容器充电后与电源断开，平行板上所带电荷量Q不再发生变化，设图示位置两平行板间距为d.A选项由平行板电容公式有C＝，电容C随x变化应为曲线，A错；B选项E＝，而U＝，联立得E＝，E与x无关，B错；C选项P点电势φ＝UP0＝E(d－x)，函数式与图象吻合，C对；D选项W＝qφ＝qE(d－x)，D错．‎ ‎4．(多选)示波管的内部结构如图甲所示．如果偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形．则(　　)‎ 9‎ A．若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 B．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 C．若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 D．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 解析：AC　要使荧光屏上出现图乙中(a)所示波形，XX′加扫描电压(3)，YY′加正弦电压(1)，则A正确；要使荧光屏上出现图乙中(b)所示波形，XX′加扫描电压(3)，YY′加方波电压(2)，则C正确．‎ ‎5.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么(　　)‎ A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 解析：B　微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合外力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．‎ ‎6.(2017·合肥联考)如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间不一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴C所带电荷量最多 解析：‎ 9‎ D　三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误．由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B错误．三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到底板时的速率不相同，选项C错误．由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确．‎ ‎7.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是(　　)‎ A.< B.< C.< D.< 解析：C　根据qU1＝mv2，t＝，y＝at2＝··()2，由题意知，y0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：B　当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy＝0时，根据运动学公式有v＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，联立得E＝，故选项B正确．‎ ‎9．(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是(　　)‎ A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3‎ B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4‎ C．小球落到B点时的动能为32 J 9‎ D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J 解析：AC　小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，选项A正确，选项B错误；设小球在M点时的水平分速度为vx，则小球在B点时的水平分速度为2vx，根据题意有mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B点时小球的动能为EkB＝m[]2＝32 J，选项C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M点时，速度与F合之间的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A到M过程中，动能先减小后增大，小球从M到B的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6 J，选项D错误．‎ ‎10．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝‎10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝‎10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：‎ ‎(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处．‎ ‎(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ 解析：(1)电子经加速电场，由动能定理得 qU0＝mv2，电子经偏转电场：沿v方向：t＝ 沿电场方向：y＝at2，又a＝ 故偏转后偏移量y＝··()2，所以y＝ 由题图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝‎‎4.5 cm 设打在屏上的点距O点距离为Y，‎ 满足＝，所以Y＝‎13.5 cm.‎ ‎(2)由题知电子偏移量y的最大值为，‎ 所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为‎3L＝‎30 cm.‎ 9‎ 答案：(1)O点上方‎13.5 cm处　(2)‎‎30 cm ‎【B级——提升练】‎ ‎11.如图所示，两块平行金属板c、d竖直放置，其间有用绝缘细线悬挂的带电小球，闭合开关，滑片P位于ab正中间时，小球偏离竖直方向α角，则(　　)‎ A．保持滑片P位置不变，将板c略向右移动，α角将变小 B．仅断开开关，α角将不变 C．仅调节电阻箱R使其阻值增大，α角将变大 D．仅将滑片向b端移动时，α角将变大 解析：D　保持滑片P的位置不变，则Ucd不变，板c略向右移动，由E＝知电场强度变大，小球所受电场力变大，α角将变大，A错误；若断开开关，电容器将放电，两极板间电压变为零，电场强度变为零，小球将向下摆，α角将变小，B错误；电路稳定时电阻箱R中无电流，调节其阻值时，不影响两极板间的电场强度，α角不变，C错误；将滑片向b端移动时，两极板间电压增大，电场强度增大，α角将变大，D正确．‎ ‎12.将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子一直向着A板运动 B．电子一直向着B板运动 C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 解析：D　根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为.在第三个内电子做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为.所以电子在交变电场中将以t＝时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D正确．‎ 9‎ ‎13.(多选)如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场(边界上有电场)，电场强度为E＝，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H＝R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球到达C点时对轨道压力为2mg B．小球在AC部分运动时，加速度不变 C．适当增大E，小球到达C点的速度可能为零 D．若E＝，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为 解析：AD　小球进入半圆轨道，静电力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgH＝mv－0，解得：vA＝.根据牛顿第二定律得：FN＝m＝m＝2mg，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg，故A正确．小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心，故B错误．若Eq>mg，且小球能到达最低点，则小球经最低点时其合力指向圆心，向心力不为零，则速度不能为零，实际上小球在到达C点前已离开圆轨道，故选项C错误；若E＝，且在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得；qE－mg＝m，则vC＝，根据动能定理得：mg(H＋R)－qER＝m－0，解得：H＝R，所以H至少为R，故D正确．‎ ‎14.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电扬．已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离．‎ 解析：设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论：‎ 9‎ ‎(1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即 Δx≤s，则Δx＝v0t y＝L＝t2‎ 联立解得Δx＝.‎ ‎(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，即s<Δx≤2s，则s＝v0t　y＝t2‎ 由几何关系知tan θ＝＝ 联立解得Δx＝＋.‎ 答案：见解析 ‎15．(2017·亳州模拟)如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d＝‎0.30 m的A点处有一固定的点电荷．细杆上套有一带电荷量q＝1×10－‎6 C、质量m＝‎0.05 kg的小环．设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环由静止释放后，其动能Ek随h的变化曲线如图乙所示．已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，重力加速度g＝‎10 m/s2.(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)试估算点电荷所带电荷量Q的大小；‎ ‎(2)求小环位于h1＝‎0.40 m处时的加速度a；‎ ‎(3)求小环从h2＝‎0.30 m处下落到h3＝‎0.12 m处的过程中，其电势能的改变量．‎ 解析：(1)由题图乙可知，当h′＝‎0.36 m(或h′＝‎0.12 m)时，‎ 9‎ 小环所受合力为零，则有k×＝mg 代入已知数据解得Q＝＝1.6×10－‎5 C.‎ ‎(2)小环加速度沿杆方向，则mg－F1＝ma 又F1＝k.‎ 代入已知数据解得a＝‎0.78 m/s2，方向竖直向下．‎ ‎(3)设小环从h2＝‎0.30 m处下落到h3＝‎0.12 m处的过程中，电场力对小环做功为WE 根据动能定理有mg(h2－h3)＋WE＝ΔEk＝0.055 0 J－0.068 5 J＝－0.013 5 J 代入已知数据解得WE＝ΔEk－mgΔh≈－0.10 J 所以小环的电势能增加了0.10 J.‎ 答案：(1)1.6×10－‎5 C　(2)‎0.78 m/s2　方向竖直向下　(3)增加0.10 J 9‎