【物理】2020版高考物理大一轮复习考点规范练24电容器带电粒子在电场中的运动新人教版 9页

考点规范练24　电容器　带电粒子在电场中的运动 一、单项选择题 ‎1.如图所示,电容器极板间有一可移动的电介质板,电介质与被测物体相连,电容器接入电路后,通过极板上的物理量变化可确定被测物体的位置。则下列说法正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.若电容器极板间的电压不变,x变大,电容器极板上电荷量增加 B.若电容器极板上电荷量不变,x变小,电容器极板间电压变大 C.若电容器极板间的电压不变,x变大,有电流流向电容器的正极板 D.若电容器极板间的电压不变,x变大,有电流流向电容器的负极板 答案D 解析若x变大,则由C=εrS‎4πkd可知电容器电容减小,在极板间的电压不变的情况下,由Q=CU知电容器的电荷量减少,此时带正电荷的极板得到电子,带负电荷的极板失去电子,所以有电流流向负极板,A、C错误,D正确。若电容器极板上电荷量不变,x变小,则电容器电容增大,电容器极板间电压减小,B错误。‎ ‎2.(2018·陕西咸阳模拟)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.ldg B.d-ldg C.ld-lg D.dd-lg 答案A 解析抽出前,粒子所受重力和电场力平衡,mg=qUd-l,抽出后,根据牛顿第二定律,有mg-qUd=ma,联立解得a=ldg,A正确。‎ ‎3.有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小,现要缩小字迹,下列措施可行的是(　　)‎ A.增大墨汁微粒的比荷 B.减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 C.减小偏转极板的长度 D.增大偏转极板间的电压 答案C 解析已知偏移量越小,打在纸上的字迹越小,因偏移量y=qUL‎2‎‎2mdv‎0‎‎2‎,现要缩小字迹,可行的措施有可减小墨汁微粒的比荷qm,增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,减小偏转极板的长度L,减小偏转极板间的电压U,故选C。‎ ‎4.‎ 如图所示的实验装置中,平行板电容器两极板的正对面积为S,两极板的间距为d,电容器所带电荷量为Q,电容为C,静电计指针的偏转角为α,平行板中间悬挂了一个带电小球,悬线与竖直方向的夹角为θ,下列说法正确的是(　　)‎ A.若增大d,则α减小,θ减小 B.若增大Q,则α减小,θ不变 C.将A板向上提一些,α增大,θ增大 D.在两板间插入云母片,则α减小,θ不变 答案C 解析若增大两极板的间距d,由C=εrS‎4πkd可知,C变小,而Q不变,由C=QU可知,U增大,α增大,又E=Ud‎=QCd=‎‎4πkQεrS,故E不变,电场力不变,小球的平衡状态不变,故θ不变,选项A错误;同理,若增大Q,电容器的电容C不变,则U增大,α增大,电场强度增大,则电场力增大,故θ增大,选项B错误;将A板向上提一些,S减小,则C变小,Q不变,电压U增大,α增大,电场强度增大,则电场力增大,故θ增大,选项C正确;在两板间插入云母片,εr增大,则C变大,Q不变,电压U必减小,α减小,θ减小,选项D错误。‎ ‎5.‎ 真空中的某装置如图所示,其中平行金属板A、B之间有加速电场,C、D之间有偏转电场,M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场,最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4,电荷量之比为1∶1∶2,则下列判断正确的是(　　)‎ A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2‎ D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4‎ 答案B 解析设加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转极板的长度为L,板间距离为d,在加速电场中,由动能定理得qU1=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得v0=‎2qU‎1‎m,三种粒子从B板运动到荧光屏的过程,水平方向做速度为v0‎ 的匀速直线运动,由于三种粒子的比荷不同,则v0不同,所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同,故A错误;根据推论y=U‎2‎L‎2‎‎4dU‎1‎、tanθ=U‎2‎L‎2dU‎1‎可知,y与粒子的种类、质量、电荷量无关,故三种粒子偏转距离相同,打到荧光屏上的位置相同,故B正确;偏转电场的电场力做功为W=qEy,则W与q成正比,三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2,则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2,故C、D错误。‎ ‎6.(2018·山东潍坊月考)如图所示,金属板A、B水平放置,两板中央有小孔S1、S2,A、B与直流电源连接。闭合开关,从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球,小球刚好能到达S2孔,不计空气阻力,要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔,应(　　)‎ A.仅上移A板适当距离 B.仅下移A板适当距离 C.断开开关,再上移A板适当距离 D.断开开关,再下移A板适当距离 答案D 解析设板间距离为d,O距S1为h,电源电压为U,由题意知从O处释放一带电小球,到达S2孔时小球速度为零,则电场力对小球做负功,由动能定理得mg(h+d)-qU=0,若仅上移或下移A板适当距离,两板间电压不变,仍满足mg(h+d)-qU=0,小球仍然刚好到达S2,则A、B选项错误;断开开关,Q不变,因E=‎4πkQεrS,则电场强度E不变,由动能定理得mg(h+d)-Eq·d=0,将A板向上移适当距离,假设仍能到达S2处,则重力做功不变,电场力做功增多,故假设不成立,即到达不了S2处速度已为零,故C选项错误;若下移A板适当距离,假设仍能到达S2处,则重力做功不变,电场力做功变少,所以总功为正功,到达S2处小球速度不为零,能够穿过S2孔,故D选项正确。‎ ‎7.‎ 如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球,P小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置,则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的(　　)‎ A.运行时间tP>tQ B.电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ=2∶1‎ C.电荷量之比qP∶qQ=2∶1‎ D.动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=4∶1‎ 答案C 解析两球均受重力和电场力作用,做匀加速直线运动,按运动的分解,竖直方向是重力作用下的自由落体运动,二者下降位移相同,所用时间相等,A错误;水平方向是在电场力作用下的初速度为零的匀加速直线运动,位移之比是xP∶xQ=2∶1,由公式x=Eq‎2mt2得它们的电荷量之比qP∶qQ=2∶1,C正确;又ΔEP=qPU,ΔEQ=qQU‎2‎,故ΔEP∶ΔEQ=4∶1,B错误;动能增加量ΔEkP=ΔEP+mgh,ΔEkQ=ΔEQ+mgh,故ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1,D错误。‎ 二、多项选择题 ‎8.‎ 如图所示,在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路。调节滑动变阻器,使A、B两板间的电压为U时,一质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中,恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力),则下列说法正确的是(　　)‎ A.使初速度变为2v0时,带电粒子恰能到达B板 B.使初速度变为2v0时,带电粒子将从B板中心小孔射出 C.使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时,带电粒子恰能到达B板 D.使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时,带电粒子将从B板中心小孔射出 答案BC 解析设带电粒子进入电场中的位移为x,根据动能定理得-qEx=0-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,又E=Ud得x=mdv‎0‎‎2‎‎2qU,由此可知,要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处,x变为原来的2倍,采取的方法有:使带电粒子的初速度变为‎2‎v0;或使A、B两板间的电压变为‎1‎‎2‎U;或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍,故B、C正确,A、D错误。‎ ‎9.(2018·全国卷Ⅲ)如图所示,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)‎ A.a的质量比b的大 B.在t时刻,a的动能比b的大 C.在t时刻,a和b的电势能相等 D.在t时刻,a和b的动量大小相等 答案BD 解析根据题意可知竖直方向上的位移关系xa>xb,根据x=‎1‎‎2‎at2和a=qEm,联立可得x=‎1‎‎2‎‎·‎qEm·t2,质量和位移成反比,所以a的质量小于b的质量,A选项错误;根据动能定理qEx=‎1‎‎2‎mv2-0,动能大小与位移成正比,B选项正确;t时刻,a和b位于同一等势面上,但是带电性质不同,所以电势能不相等,C选项错误;根据动量定理得,qEt=mv-0,所以动量大小相等,D选项正确。‎ ‎10.如图所示,水平放置的平行板电容器与某一电源相连,它的极板长l=0.4 m,两极板间距离d=4×1‎0‎‎-‎‎3‎ m,有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入,开 关S闭合前,两极板间不带电,由于重力作用,微粒能落到下极板的正中央。已知微粒质量m=4×1‎0‎‎-‎‎5‎ kg、电荷量q=+1×1‎0‎‎-‎‎8‎ C,g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)‎ A.微粒的入射速度v0=10 m/s B.电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 C.电源电压为180 V时,微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D.电源电压为100 V时,微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 答案AC 解析开关S闭合前,两极板间不带电,微粒落到下板的正中央,由d‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎gt2,l‎2‎=v0t,得v0=10m/s,A对;电容器上板接电源正极时,微粒的竖直方向加速度更大,水平位移将更小,B错;设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a,电场力向上,则d‎2‎‎=‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎,l=v0t1,mg-U‎1‎qd=ma,得U1=120V,同理,微粒在平行板右边缘上侧飞出时,可得U2=200V,所以平行板上板带负电,电源电压为120V≤U≤200V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场,C对,D错。‎ 三、非选择题 ‎11.‎ 如图所示,在A点固定一正电荷,电荷量为Q,在离A高度为h0的C处由静止释放某带同种电荷的液珠,开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k,两电荷均可看成点电荷,不计空气阻力。‎ ‎(1)求液珠速度最大时离A点的距离h。‎ ‎(2)若已知在点电荷Q的电场中,某点的电势可表示成φ=kQr,其中r为该点到Q的距离(选无限远处电势为零)。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。‎ 答案(1)‎2‎h0　(2)2h0‎ 解析(1)设液珠电荷量为q,质量为m,当液珠在C点时,由牛顿第二定律知 kQqh‎0‎‎2‎-mg=ma①‎ 又因为a=g 当液珠速度最大时,其所受合力为零,则kQqh‎2‎=mg,代入①式,解得h=‎2‎h0。‎ ‎(2)设BC间的电势差大小为UCB,由题意得UCB=φC-φB=‎kQh‎0‎‎-‎kQrB 对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得 qUCB-mg(rB-h0)=0‎ 代入①式解得rB=2h0。‎ ‎12.下图为一多级加速器模型,一质量为m=1.0×10-3 kg、电荷量为q=8.0×10-5 C的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场,之后沿位于轴心的光滑浅槽,经过多级加速后从A点水平抛出,恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间,A点在MN板左端M点正上方,倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为l=1.0 m,金属板与水平方向的夹角为θ=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。‎ ‎(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U。‎ ‎(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场,且电场强度大小E=100 V/m,要使带电小球不打在PQ板上,则两板间的距离d至少要多长?‎ 答案(1)‎17‎‎30‎ m　18.75 V　(2)‎5‎‎2‎‎6‎ m 解析(1)设小球从A点到B点的运动时间为t1,小球的初速度为v0,A点到M点的高度为y 则有v‎0‎gt‎1‎=tanθ①‎ l‎2‎cosθ=v0t1②‎ y-l‎2‎sinθ=‎1‎‎2‎gt‎1‎‎2‎③‎ 联立①②③并代入数据解得 v0=‎3‎m/s,y=‎17‎‎30‎m④‎ 带电小球在多级加速器加速的过程中,根据动能定理有 qU=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-0⑤‎ 代入数据解得U=18.75V。‎ ‎(2)进入电场时,以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系,将重力正交分解,则 沿y轴方向有 Fy=mgcosθ-qE=0⑥‎ 沿x轴方向有Fx=mgsinθ⑦‎ 故小球进入电场后做类平抛运动,设小球刚好从P点离开,则有Fx=ma⑧‎ l‎2‎‎=‎1‎‎2‎at‎2‎‎2‎‎⑨‎ dmin=v‎0‎sinθt2⑩‎ 联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得dmin=‎5‎‎2‎‎6‎m 即两板间的距离d至少为‎5‎‎2‎‎6‎m。‎