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- 2021-05-26 发布
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第 3 讲 匀强电场中电势差与电场强度的关系 电容器
A 组 基础巩固
1.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一
电介质,其电容 C 和两极板间的电势差 U 的变化情况是( )
A.C 和 U 均增大 B.C 增大,U 减小
C.C 减小,U 增大 D.C 和 U 均减小
答案 B 由 C=
r
4π
可知,插入电介质后,εr 增大,电容 C 增大;由 U=
可知 U 减小,故选 B。
2.(2018 东城期末)如图所示是电容式话筒的原理图,膜片与固定电极构成一个电容器,用直
流电源供电,当声波使膜片振动时,电容发生变化,电路中形成变化的电流,于是电阻 R 两端
就输出了与声音变化规律相同的电压( )
A.电容式话筒是通过改变正对面积来改变电容的
B.电阻 R 两端电压变化的频率与电流的频率相同
C.当膜片靠近固定电极时,电流从 b 流向 a
D.当膜片靠近固定电极时,电容器处于放电状态
答案 B 由 C=
r
4π
知,当膜片振动时,两极板间距发生变化,电容发生变化,A 错;由 C=
r
4π 知,d 减小时,C 增大,又 C=
,因 U 不变,则 Q 应变大,则此时对电容器充电,电流从 a 流向 b,C、
D 错。
3.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 变化的图像的是( )
A B C D
答案 C 沿电场线方向电势降低,A、B 错误;设 E 与位移 x 正方向的夹角为θ,E=|
|
=|
-
|
cos
,
因 E 为匀强电场,
Δ
Δ
为一常量,所以φ-x 图线为向下倾斜的线段,C 正确、D 错误。
4.(2017 石景山一模)如图所示,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水
平放置,极板间距为 d;在下极板上叠放一厚度为 l 的金属板,其上部空间有一带电粒子 P 静
止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子 P 开始运动。重力加速度为 g。粒
子运动的加速度为( )
A.
g B.
-
g C.
-
g D.
-
g
答案 A 初始粒子静止,则 mg=q
-
,撤去金属板后两极板间电压 U 不变,间距变为 d,则
mg-q
=ma,解得 a=
g,选 A。
5.如图 1 所示为一种电容式位移传感器的原理图,当被测物体在左右方向发生位移时,电介
质板随之在电容器两极板之间移动。已知电容器的电容与电介质板进入电容器的长度 x 之
间的关系如图 2 所示,其中 C0 为电介质板没有插入电容器时的电容。为判断被测物体是否发
生微小移动,将该电容式位移传感器与电源、电流表、开关组成串联回路(图中未画出)。被
测物体的初始位置如图 1 所示。电路闭合一段时间后,下列说法正确的是( )
图 1 图 2
A.若电源为直流电源且直流电流表示数不为零,说明物体一定在发生移动
B.若电源为交流电源且交流电流表示数不为零,说明物体一定在发生移动
C.若电源为直流电源且直流电流表示数变大,说明物体一定在向右发生移动
D.若电源为交流电源且交流电流表示数变大,说明物体一定在向右发生移动
答案 A 当被测物体发生移动时,电介质板插入电容器两极板间的深度发生变化,使电容
器的电容也发生改变。在直流电路中,当电容器的电容改变时,电容器贮存的电荷量也发生
改变,形成充(放)电电流。在交流电路中,即使电容器的电容保持不变,依然会因为电容器两
极板间电压的变化而产生充(放)电电流,故 A 正确,B 错误。若电源为直流电源且直流电流表
示数变大,则物体可能向左发生移动,也可能向右发生移动,故 C 错误。若电源为交流电源且
交流电流表示数变大,说明 XC 变小,由 XC=
1
2π
知,C 变大,由图 2 知 x 变大,即物体向左发生移
动,故 D 错误。
6.空间有一匀强电场,在电场中建立如图所示的直角坐标系 Oxyz,M、N、P 为电场中的三个
点,M 点的坐标为(0,a,0),N 点的坐标为(a,0,0),P 点的坐标为
,
2
,
2
。已知电场方向平行
于直线 MN,M 点电势为 0,N 点电势为 1 V,则 P 点的电势为( )
A.
2
2
V B.
3
2
V C.
1
4
V D.
3
4
V
答案 D 将立体图画成平面图,如图所示,P'为 P 在 xOy 平面上的投影,P 与 P'具有相等的
电势,可见 P'点与 MN 的四等分点电势相等,P'点的电势为
3
4
V,故 P 点的电势为
3
4
V,D 正确。
7.(2018 海淀一模)电容器充电后就储存了能量,某同学研究电容器储存的能量 E 与电容器
的电容 C、电荷量 Q 及电容器两极板间电压 U 之间的关系。他从等效的思想出发,认为电容
器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此
他作出电容器两极板间的电压 u 随电荷量 q 变化的图像(如图所示)。按照他的想法,下列说
法正确的是( )
A.u-q 图线的斜率越大,电容 C 越大
B.搬运Δq 的电荷量,克服电场力所做的功近似等于Δq 上方小矩形的面积
C.对同一电容器,电容器储存的能量 E 与两极板间电压 U 成正比
D.若电容器电荷量为 Q 时储存的能量为 E,则电容器电荷量为
2
时储存的能量为
2答案 B 由电容器电容的定义式 C=
,可知,u-q 图线的斜率越大,C 越小,A 错误;电容器带
电荷量为 q 时,对应的两极板间电压为 u,搬动Δq 的电荷量,克服电场力做功Δqu,即近似等
于图中Δq 上方小矩形的面积,B 正确;对于同一电容器,能量 E=
1
2
QU=
1
2
CU2,C 错误;由 E=
1
2
QU=
2
2
,
知 D 错误。
8.如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻
线悬挂于 O 点。现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q 和-Q,此时悬线与竖直
方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3,且小球
与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。
答案 2Q
解析 设电容器电容为 C。第一次充电后两极板之间的电压为
U=
两极板之间电场的场强为
E=
式中 d 为两极板间的距离。
按题意,当小球偏转角θ1=
π
6
时,小球处于平衡状态。设小球质量为 m,所带电荷量为 q,
则有
T cos θ1=mg
T sin θ1=qE
式中 T 为此时悬线的张力。
得 tan θ1=
t
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ,此时小球偏转角θ2=
π
3
,则
tan θ2=
(
+Δ
)
t 得
tan 1
tan 2
=
+Δ 代入数据解得
ΔQ=2Q
B 组 综合提能
1.(2018 海淀二模)基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点,发明了指纹识别技术。目
前许多国产手机都有指纹解锁功能,常用的指纹识别传感器是电容式传感器,如图所示。指
纹的凸起部分叫“嵴”,凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板,当手指贴
在传感器上时,这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器,这样在嵴处和峪处
形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值,然后电
容器放电,电容小的电容器放电较快,根据放电快慢的不同,就可以探测到嵴和峪的位置,从
而形成指纹图像数据。根据文中信息,下列说法正确的是( )
A.在峪处形成的电容器电容较大 B.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大
C.在峪处形成的电容器放电较慢 D.潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响
答案 B 由平行板电容器电容的决定式 C=
r
4π
可知,小极板面积相同,故 S 相同,在手指干
燥的前提下εr 相同,d 大则 C 小,故在峪处 d 大,形成的电容器电容 C 小,在嵴处 d 小,形成的
电容器电容 C 大。若手指头潮湿,则εr 不同,嵴、峪处形成的电容器电容均改变,故选项 A、
D 均错误;又由题中知,电容小的电容器放电较快,在峪处形成的电容器电容小,放电快,故选
项 C 错误;由 Q=CU 可知,电压相同时 C 大的电荷量 Q 大,故选项 B 正确。
2.(2018 西城一模)2015 年 4 月 16 日,全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下
线,如图甲所示。这种电车没有传统无轨电车的“长辫子”和空中供电网,没有尾气排放,乘
客上下车的几十秒内可充满电并行驶几公里,刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收
储存再使用。
甲
乙
丙
(1)图乙所示为超级电容器充电过程简化电路图,已知充电电源的电动势为 E,电路中的
电阻为 R。图丙是某次充电时电流随时间变化的 i-t 图像,其中 I0、T0 均为已知量。
a.类比是一种常用的研究方法,对于直线运动,我们学习了用 v-t 图像求位移的方法。
请你借鉴此方法,根据图丙所示的 i-t 图像,定性说明如何求电容器充电所获得的电荷量;并
求出该次充电结束时电容器所获得的电荷量 Q;
b.请你说明在电容器充电的过程中,通过电阻 R 的电流为什么会逐渐减小;并求出电容
器的电容 C。
(2)研究发现,电容器储存的能量表达式为ε=
1
2
CU2,其中 U 为电容器两端所加电压,C 为
电容器的电容。设在某一次紧急停车中,在汽车速度迅速减为 0 的过程中,超级电容器两极
板间电势差由 U1 迅速增大到 U2。已知电车及乘客总质量为 m,超级电容器的电容为 C0,动能
转化为电容器储存的电能的效率为η。求电车刹车前瞬间的速度 v0。
答案 (1)见解析 (2)
0
(
2
2
-
1
2
)
解析 (1)a.电容器充电所获得的电荷量在数值上等于 i-t 图线和横轴所围的面积。
图丙中每一小格的面积为 S0=
1
10
I0×
1
10
T0=
1
100
I0T0
图线下约 22 小格,面积为 S=22S0
所以电容器所获得的电荷量 Q=
22
100
I0T0=0.22I0T0(说明:21、22、23 格均给分)
b.电容器充电时,通过 R的电流i=
-
,U为电容器两端的电压,随着电容器上电荷量的增
大,U 也增大, 所以电流 i 减小。
充电结束时,电容器两端电压等于电源的电动势,即 U=E
根据电容的定义式 C=
解得电容 C=
=
11 0 0
50 (2)根据能量守恒定律有
1
2
m
0
2
×η=
1
2
C0
2
2
-
1
2
C0
1
2
解得电车刹车前瞬间的速度 v0=
0
(
2
2
-
1
2
)
第 4 讲 带电粒子在电场中的运动
A 组 基础巩固
1.(2017 朝阳期末)关于“电子伏特(符号:eV)”,属于下列哪一物理量的单位( )
A.电荷量 B.电压 C.电流 D.能量
答案 D 电荷量的单位库仑,简称库,用 C 表示,A 错误;电压的单位伏特,简称伏,用 V 表
示,B 错误;电流的单位安培,简称安,用 A 表示,C 错误;一个电子经过 1 伏特的电势差加速后
所获得的动能为 1 电子伏特(1 eV),是能量的单位,D 正确。
2.(2017 丰台一模)质量不同、电荷量相同的粒子,不计重力,垂直于电场线射入同一个匀强
电场。若它们离开电场时速度方向改变的角度相同,则它们在进入电场前必然具有相同的
( )
A.速度 B.动量
C.动能 D.动量或动能均可以
答案 C 如图所示,设电场区域宽为 L,电场强度大小为 E,粒子带电荷量为+q,质量为 m,进
入电场时的速度为 v0,出电场时的速度为 v,在电场中的运动时间为 t
由类平抛运动规律可知
L=v0t
tan θ=
0vy=at
a=
由以上各式解得 tan θ=
㜱
0
2
,上式表明:若粒子离开电场时速度方向改变的角度相同,它
们应具有相同的动能,故 C 项正确。
3.示波器是一种电子仪器,可以用它观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件示波
管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,其原理图如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏
的平面图。在偏转电极 XX'、YY'上都不加电压时,电子束将打在荧光屏的中心点;若亮点很
快移动,由于视觉暂留关系,能在荧光屏上看到一条亮线。若在 XX'上加如图丙所示的扫描电
压,在 YY'上加如图丁所示的信号电压,则在示波管荧光屏上看到的图形是选项图中的
( )
答案 A 因水平方向 XX'所加电压可使电子在水平方向移动,竖直方向 YY'所加电压可使电
子在竖直方向移动,所以 A 选项正确,B、C、D 选项错误。
4.如图所示,在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向,
从左侧两极板中央射入电场中,恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力。若可以改
变某个量,下列哪种变化,仍能确保粒子一定飞出电场( )
A.只增大粒子的带电荷量 B.只增大电场强度
C.只减小粒子的比荷 D.只减小粒子的入射速度
答案 C 设两极板间的距离为 d,由题意知粒子的偏移量 y=
2
,因 y=
1
2
at2=
2
(
㜱
)2,要使粒子能
飞出电场,可以减小带电荷量或电场强度,或者减小比荷,或者增大初速度,故 C 正确。
5.(2018 海淀期末)示波器的核心部件是示波管,其内部抽成真空,如图是它内部结构的简化
原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子,电子质量
为 m,电荷量为 e。发射出的电子由静止经电压 U1 加速后,从金属板的小孔 O 射出,沿 OO'进
入偏转电场,经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板 M、N 组
成,已知极板的长度为 l,两板间的距离为 d,极板间电压为 U2,偏转电场极板的右端到荧光屏
的距离为 L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。
(1)求电子从小孔 O 穿出时的速度大小 v0;
(2)求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离 y;
(3)若将极板 M、N 间所加的直流电压 U2 改为交变电压 u=Um sin
2π
t,电子穿过偏转电场
的时间远小于交流电的周期 T,且电子能全部打到荧光屏上,求电子打在荧光屏内范围的长
度 s。
答案 (1)
2 1e
(2)
2 2
4 1d
(3)
m
2 1d
(l+2L)
解析 (1)U1e=
1
2
m
0
2
-0
0
=
2 1e
(2)电子进入偏转电场,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直
线运动,设电子在偏转电场中运动的时间为 t
水平方向 t=
0竖直方向 E=
2
,F=Ee,a=
y=
1
2
at2=
2 2
4 1d(3)当交变电压为最大值 Um 时,设电子离开交变电场时沿竖直方向的速度为 vym,最大侧
移量为 ym;离开偏转电场后到达荧光屏的时间为 t1,在这段时间内的侧移量为 y1
则 ym=
m 2
4 1dvym=amt=
m
0
, t1=
㜱
0
, y1=vymt1=
m 㜱
2 1则 s=2(ym+y1)=
m
2 1d
(l+2L)
B 组 综合提能
1.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板 A、B、C 中央各有一小孔,小孔分别位于 O、M、P
点。由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点。现将 C 板向右平移到 P'点,则由 O 点静止释
放的电子( )
A.运动到 P 点返回
B.运动到 P 和 P'点之间返回
C.运动到 P'点返回
D.穿过 P'点
答案 A 由题意知,电子在 A、B 板间做匀加速运动,在 B、C 板间做匀减速运动,到 P 点时
速度恰好为零,设 A、B 板和 B、C 板间电压分别为 U1 和 U2,由动能定理得 eU1-eU2=0,所以 U1=U2;
现将 C 板右移至 P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C 板间电场强度 E=
=
=
4π
r
,E 不变,
故电子仍运动到 P 点返回,选项 A 正确。
2.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、带电荷量分别为+q 和-q 的两粒子,由 a、c 两点先后沿 ab
和 cd 方向以速率 v0 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 v0 等于( )
A.
2
2
B.
2
C.
4
2
D.
4
答案 B 因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水平方向
2
=v0t,竖直方向
2
=
1
2
at2 且满足 a=
,三式联立解得 v0=
2
,故 B 正确。
3.(2017 海淀零模)用静电的方法来清除空气中的灰尘,需要首先设法使空气中的灰尘带上
一定的电荷,然后利用静电场对电荷的作用力,使灰尘运动到指定的区域进行收集。为简化
计算,可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同,设每个灰尘颗粒所带电荷量为 q,
其所受空气阻力与其速度大小成正比,表达式为 F 阻=kv(式中 k 为大于 0 的已知常量)。由于
灰尘颗粒的质量较小,为简化计算,灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻
力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计,同时也不计灰尘颗粒之间的作用力
及灰尘颗粒所受重力的影响。
(1)有一种静电除尘的设计方案是这样的,需要除尘的空间是一个高为 H 的绝缘圆桶形
容器的内部区域,将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端,恰好
能将圆桶封闭,如图甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压 U(圆桶内空间的电场
可视为匀强电场),便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上,
从而达到除尘的作用。求灰尘颗粒运动可达到的最大速率;
(2)对于一个待除尘的半径为 R 的绝缘圆桶形容器内部区域,还可以设计另一种静电除
尘的方案:沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极,紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一
电极。在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为 R0 的圆桶形保护管,其轴线与直
导线重合,如图乙所示。若在两电极间加上恒定的电压,使得桶壁处电场强度的大小恰好等
于第(1)问的方案中圆桶内电场强度的大小,且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小
E 的分布情况为 E∝
1
,式中 r 为所研究的点与直导线的距离。
①试通过计算分析,带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中,其瞬时速度
大小 v 和其与直导线的距离 r 之间的关系;
②对于直线运动,教材中讲解了由 v-t 图像下的面积求位移的方法。请你借鉴此方法,
利用 v 随 r 变化的关系,画出
1
随 r 变化的图像,根据图像的面积求出带电灰尘颗粒从保护管
外壁运动到圆桶内壁的时间。
答案 (1)
(2)见解析
解析 (1)圆桶形容器内的电场强度 E1=
灰尘颗粒所受的电场力大小 F=
,
电场力跟空气阻力相平衡时,灰尘颗粒达到最大速率,并设为 v1,则有
kv1=
解得 v1=
(2)①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小,且桶壁处的电
场强度大小为第(1)问方案中圆桶内电场强度的大小 E1=
,设在距直导线为 r 处的场强大小
为 E2,则
2
1
=
,解得 E2=
故与直导线越近处,电场强度越大。设灰尘颗粒运动到与直导线距离为 r 时的速度为 v,
则 kv=qE2
解得 v=
上式表明,灰尘颗粒在向圆桶内壁运动过程中,速度是逐渐减小的。
②以 r 为横轴,以
1
为纵轴,作出
1
-r 的图像如图所示。
在 r 到 r+Δr 微小距离内,电场强度可视为相同,其速度 v 可视为相同,对应于Δr 的一
段
1
-r 图线下的面积为
1
Δr=
Δ
,显然,这个小矩形的面积等于灰尘颗粒通过Δr 的时间Δt=
Δ
。
所以,灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间 t 等于从 R0 到 R 一段
1
-r 图线下
的面积。
所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间
t=
(
2
-
0
2
)
2
第 5 讲 带电粒子在电场中运动的综合问题
A 组 基础巩固
1.如图所示,a、b、c 三条虚线为电场中的等势面,等势面 b 的电势为零,且相邻两个等势面
间的电势差相等,一个带正电的粒子在 A 点时的动能为 10 J,仅在电场力作用下从 A 运动到
B 速度变为零,当这个粒子的动能为 7.5 J 时,其电势能为 ( )
A.12.5 J B.2.5 J C.0 D.-2.5 J
答案 D 根据题意可知,带电粒子从 A 到 B,电场力做功为-10 J(动能定理),则带电粒子从
A 运动到等势面 b 时,电场力做功为-5 J,粒子在等势面 b 时动能为 5 J。带电粒子在电场中
的电势能和动能之和为 5 J,是守恒的,当动能为 7.5 J 时,其电势能为-2.5 J。
2.如图甲所示,在平行金属板 M、N 间加有如图乙所示的电压。当 t=0 时,一个电子从靠近 N
板处由静止开始运动,经 1.0×10-3 s 到达两板正中间的 P 点,那么在 3.0×10-3 s 这一时刻,
电子所在的位置和速度大小为( )
A.到达 M 板,速度为零 B.到达 P 点,速度为零
C.到达 N 板,速度为零 D.到达 P 点,速度不为零
答案 D 在 1.0×10-3 s 的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当 t=1.0×10-3 s
时电子到达 P 点,之后板间电压反向,两板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开
始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当 t=2.0×10-3 s 时电子到达靠近 M 板处,且
速度减为零。随后电子将反向做匀加速运动,当 t=3.0×10-3 s 时电子又回到 P 点,且速度大
小与第一次经过 P 点时相等,而方向相反,故答案为 D。
3.如图所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳一端系着一个带电小球,
另一端固定于 O 点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为 a,最低点为 b。不计空气
阻力,则( )
A.小球带负电
B.电场力跟重力平衡
C.小球在从 a 点运动到 b 点的过程中,电势能减小
D.小球在运动过程中机械能守恒
答案 B 由小球在圆周上各点受力分析可推知,只有电场力与重力平衡,小球才能做匀速
圆周运动,故小球应带正电,A 错、B 对;小球从 a 点运动到 b 点的过程中,电场力做负功,电
势能增加,故 C 错;因为有电场力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,即 D 错。
4.空间存在着平行于 x 轴方向的静电场,其电势φ随 x 的分布如图所示,A、M、O、N、B 为 x
轴上的点,OA