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- 2021-05-26 发布
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第九单元 第二节 电容器 带电粒子在电场中的运动 (A、B卷)
A卷——夯基保分练
1.(2018·金华五校联考)一个电容器的规格是“10 μF 50 V”,则( )
A.这个电容器的电容为10-5 F
B.这个电容器加上50 V电势差时,电容才是10 μF
C.这个电容器没有电势差时,电容为0
D.这个电容器加的电势差不能低于50 V
解析:选A 电容器的电容与电容器所加电压无关,加电压或不加电压、电荷量多或少时,电容都是10 μF=1×10-5 F,故A正确,B、C错误;50 V是电容器的耐压值,这个电容器上加的电压不能高于50 V,故D错误。
2.在一半径为R的圆周上均匀分布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列,其中A点的小球带电荷量为+4q,其余小球带电荷量为+q。此时圆心O点的电场强度大小为E,现仅撤去A点的小球,则O点的电场强度为( )
A.大小为E,方向沿AO连线斜向下
B.大小为,方向沿AO连线斜向下
C.大小为,方向沿OA连线斜向上
D.大小为,方向沿OA连线斜向上
解析:选C 假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球,由于圆周的对称性,根据电场的叠加原理知,圆心O处场强为0,所以圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为+3q的小球在O点产生的场强,则有E=k,方向沿AO连线向下;A处+q在圆心O点产生的场强大小为E1=k=,方向沿AO连线向下;则其余带电荷量为+q的所有小球在O点处产生的合场强为E2=E1=,方向沿OA连线向上;故仅撤去A点的小球,则O点的电场强度为,方向沿OA连线向上,C正确。
3.在如图所示的电路中,闭合开关S,用电压为U的直流电源对平行板电容器充电。要使电容器两板间电压大于U,可采取的办法为( )
A.先将S断开,然后将两板间距离拉大一些
B.先将两板间距离拉大一些,然后将S断开
C.先将两板正对面积减小一些,然后将S断开
D.先将S断开,然后将两板间距离减小一些
解析:选A 若先断开S,则电荷量Q不变,再将两板间距离拉大时,电容C减小,由Q=CU知电压U增大,A正确;若先拉大两板间距离,则电压U不变,再断开S,U仍不变,B错误;若先将两板正对面积减小,则电压U不变,再将S断开,U仍不变,选项C错误;若先将S断开,则电荷量Q不变,再将两板间距离减小时,电容C增大,由Q=CU知电压U减小,D错误。
4.(2018·宁波期末)如图所示,相距为d的平行板A和B之间有电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场。电场中C点距B板的距离为0.3d,D点距A板的距离为0.2d。有一个质量为m的带电微粒沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点。若重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.该微粒在D点时的电势能比在C点时的大
B.该微粒做匀变速直线运动
C.在此过程中电场力对微粒做的功为0.5mgd
D.该微粒带正电,所带电荷量大小为q=
解析:选C 由于带电微粒受到电场力与重力,沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点,所以竖直向上的电场力与重力大小相等,方向相反,所以微粒做匀速直线运动,故B错误;电场力竖直向上,电场向下,所以该微粒带负电,从C点运动至D点,电场力做正功,电势能减小,所以微粒在D点时的电势能比在C点时的小,故A、D错误;在此过程中电场力对微粒做的功为W=Fx=mg(d-0.3d-0.2d)=0.5mgd,故C正确。
5.(2018·杭州十校联考)如图所示,电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中,入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中,重力可忽略。在满足电子能射出平行极板区域的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
A.U1变大、U2变大 B.U1变小、U2变大
C.U1变大、U2变小 D.U1变小、U2变小
解析:选B 设电子被加速后获得的速度为v0,水平极板长为l,则由动能定理得U1q=mv02,电子在水平极板间偏转所用时间t=,又设电子在水平极板间的加速度为a,水平极板的板间距为d,由牛顿第二定律得a=,电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度vy=at,联立解得vy=,又tan θ====,故U2变大、U1变小,一定能使偏转角θ变大,故B正确。
6.如图所示,带电平行金属板A、B,板间的电势差大小为U,A板带正电,B板中央有一小孔。一带正电的微粒,带电荷量为q,质量为m,自孔的正上方距板高h处自由落下,若微粒恰能落至A、B板的正中央C点,则( )
A.微粒下落过程中重力做功为mg,电场力做功为
B.微粒落入电场中,电势能逐渐减少,其减少量为
C.若微粒从距B板高2h处自由下落,则恰好能达到A板
D.微粒在下落过程中动能逐渐增加,重力势能逐渐减小
解析:选C 微粒下降的高度为h+,重力做正功,为WG=mg,电场力向上,位移向下,电场力做负功,WE=-q=-qU,A错误;微粒落入电场中,克服电场力做功,电势能逐渐增大,其增加量等于克服电场力做的功,为,B错误;由题微粒恰能落至A、B板的正中央C点,由动能定理得mg-qU=0 ①,若微粒从距B板高2h处自由下落,设达到A板的速度为v,则由动能定理得mg(2h+d)-qU=mv2 ②,联立①②得v=0,即恰好能达到A板,C正确;微粒在下落过程中,进入电场前做自由落体运动,动能逐渐增加,重力势能逐渐减小,进入电场后做减速运动,动能减小,D错误。
7.(2018·宁波检测)如图甲所示,两段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m、3m的带电小球A、B(均可视为点电荷)悬挂在O点,系统处于静止状态。然后在水平方向施加一匀强电场,当系统再次达到静止状态时,如图乙所示,小球B刚好位于O点正下方(细绳始终处于伸长状态)。则两个点电荷所带电荷量QA与QB的比是( )
A.7∶3 B.3∶1
C.3∶7 D.5∶3
解析:选A 在图乙中,对A、B整体受力分析,由平衡条件可得:TOAcos θ=4mg,QBE+TOAsin θ=QAE;对B受力分析,由平衡条件可得:TABcos θ=3mg,TABsin θ=QBE;由以上各式解得:=,故A正确。
8.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示。由此可知( )
A.电场力为2mg
B.小球带正电
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
解析:选D 设AC与竖直方向的夹角为θ,对带电小球从A到C,电场力做负功,小球带负电,由动能定理,mg·AC·cos θ-qE·BC·cos θ=0,解得电场力为qE=3mg,选项A、B错误。小球在水平方向做匀速直线运动,从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍,选项C错误;小球在竖直方向先加速后减速,小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等,水平速度不变,小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等,选项D正确。
9.(2018·浙江十校联考)如图所示,在水平向右的匀强电场中的O点固定一点电荷+Q,a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点,aecf平面水平,bedf平面与匀强电场垂直,则下列说法中正确的是( )
A.试探电荷+q在a、c两点所受电场力相同
B.试探电荷+q在d、f两点所受电场力相同
C.将点电荷+q从球面上b点移到c点,电场力做功为零
D.将点电荷+q在球面上任意两点之间移动,从a点移动到c点的电势能变化量最大
解析:选D 在点电荷+Q产生的电场中a、c两点的电场强度大小相等,方向相反,而根据电场的叠加原理可知,a、c两点的合场强大小不相等,试探电荷+q在a、c两点所受电场力不相同,故A错误;在点电荷+Q产生的电场中d、f两点的电场强度大小相等,方向垂直,而根据电场的叠加原理可知,d、f两点的合场强大小相等,方向不同,则试探电荷+q在d、f两点所受电场力不相同,故B错误;将点电荷+q从球面上b点移到c点,点电荷的电场力不做功,但匀强电场的电场力做功,所以电场力做功不为零,故C错误;将点电荷+q在球面上任意两点之间移动,点电荷的电场力不做功,而a、c两点间的电势差最大,由公式W=Uq知,匀强电场的电场力做功最大,则从a点移动到c点的电势能变化量最大,故D正确。
10.(2018·稽阳模拟)现有两极板M(+)、N(-),板长80 cm,板间距20 cm,在两板间加一周期性的直流电压,如图所示。现有一粒子(正电,=104 C/kg)0时刻从上极板左侧边缘水平射入两极板间,初速度v0=2×103 m/s,重力不计,则下列说法正确的是( )
A.粒子的运动轨迹为抛物线
B.经Δt=0.8×10-4 s,粒子速度为0.8×103 m/s
C.粒子能从两板间射出
D.若调整粒子的射入时刻并使其从两板间射出,两板间距至少为30 cm
解析:选D 粒子的运动是匀速曲线运动和匀速直线运动的组合,运动轨迹不为抛物线,故选项A错;粒子的加速度a== m/s2=107 m/s2,经Δt=0.8×10-4 s,粒子速度为v= =4×102 m/s,故选项B错;若粒子能射出,则:t==4×10-4 s,所以竖直位移y=+(at1·t1)++(2at1·t1)=5at12=0.5 m,板间距d=20 cm,所以粒子不能从两板间射出,故选项C错误;当粒子恰好在刚断开电压的时刻射入,则所需极板间距最小,由d′=3at12=30 cm,D正确。
11.如图所示,在竖直平面内的xOy坐标系中分布着与水平方向成30°角的匀强电场。将一质量为0.1 kg、带电荷量为+0.02 C的小球以某一初速度从原点O竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y2=x。已知P点为轨迹与直线方程y=x的交点,取重力加速度g=10 m/s2,则( )
A.电场强度的大小为1 000 N/C
B.小球初速度的大小为5 m/s
C.小球通过P点时的动能为 J
D.小球从O点运动到P点的过程中,电势能减少 J
解析:选C 小球以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y2=x,说明小球做类平抛运动,则电场力与重力的合力沿x轴正方向,竖直方向:qE·sin 30°=mg,所以:E== N/C=100 N/C,选项A错误;小球受到的合力:F合=qEcos 30°=ma,所以a=g,P点的坐标为(1 m,1 m),由平抛运动规律有:v0t=1 m,at2=1 m,解得v0= m/s,选项B错误;小球通过P点时的速度vP= = m/s,则动能为EkP=mvP2= J,选项C正确;小球从O到P电势能减少,且减少的电势能等于电场力做的功,即:WE=Eqcos 30°·x+Eqsin 30°·y=(+1)J,选项D错误。
12.(2018·台州模拟)小明同学设计空气净化方案,第一种除尘方式是:在圆桶顶面和底面间加上电压U,尘粒所受静电力方向平行于轴线竖直向下,如图甲所示;第二种除尘方式是:在圆桶轴线处放一直导线,在导线与桶壁间加上电压也等于U,尘粒所受静电力方向垂直于轴线指向桶壁,如图乙所示。已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比,假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同,重力可忽略不计,则( )
A.甲容器中,尘粒做匀加速直线运动
B.乙容器中,尘粒会做类平抛运动
C.两种方式,尘粒都做匀速运动
D.两种方式,电场对单个尘粒做功的最大值相等
解析:选D 因初速为0,则尘粒沿合力方向做加速直线运动,因空气阻力与尘粒运动的速度成正比,故尘粒做变加速直线运动,故A、C错误;乙容器中尘粒运动过程中阻力随速度在变化,所受合力不为恒力,故尘粒做的不是类平抛运动,故B错误;电场对单个尘粒做功的最大值为qU,故在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相同,故D正确。
13.(2018·台州模拟)如图所示,空间有一圆锥OAA′,B点为OA母线上一点,B′点为底面圆心,且OB等于OB′。现在顶点O处固定一正的点电荷,下列判断正确的是( )
A.A、A′两点的场强相同
B.B、B′两点的电势不相等
C.将一负的试探电荷从A点沿底面圆弧移到A′点,静电力对该试探电荷一直不做功
D.将一负的试探电荷从A点沿底面直径移到A′点,静电力对该试探电荷先做负功后做正功
解析:选C 在O点放一个正电荷,根据正电荷的电场的特点E=k,由于OA=OA′,即A、A′的电场强度相等,但是方向不同,所以选项A错误。点电荷的电场线与等势线互相垂直,OB=OB′,所以B、B′是两个电势相等的点,选项B错误。同理底面圆弧上各点的电势也相等,因此W=qUAA′=0,即负电荷从A沿底面圆弧移到A′电场力不做功,选项C正确。根据电场线的特点,A点电势比B′的电势低,所以负电荷在A处的电势能要大,所以从A→B′→A′,电势能要先减小再增大,电场力先做正功,再做负功,所以选项D错误。
14.(2018·温州十校联考)如图所示,AMB是一条长L=10 m的绝缘水平轨道,固定在离水平地面高h=1.25 m处,A、B为端点,其中AM=7 m,轨道AM部分有水平向右的匀强电场,轨道MB部分有水平向左的匀强电场,电场大小均为E=5×103 N/C。一质量m=0.1 kg、电荷量q=+1.4×10-4 C的可视为质点的滑块在轨道上自A点静止释放,从B点离开电场。已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,忽略两电场的边缘效应,求:
(1)滑块从A点运动到M点所用的时间;
(2)滑块到达B点的速度大小;
(3)滑块落地点距B点的水平距离。
解析:(1)A~M过程qE-μmg=ma
sAM=at2
联立二式解得:t= s。
(2)A~B过程,由动能定理得
qE(sAM-sMB)-μmgL=mv2
解得:v=4 m/s。
(3)滑块从B点飞出后,做平抛运动h=gt12
水平距离x=vt1
联立解得:x=2 m。
答案:(1) s (2)4 m/s (3)2 m
15.如图,静止于A处的离子,经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,从P点垂直于CN进入矩形区域的有界匀强电场,电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场,已知圆弧所在处电场强度为E0,方向如图所示;离子质量为m、电荷量为q;=2d、=3d,离子重力不计。
(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小;
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上,求矩形区域QNCD内电场强度E的值。
解析:(1)离子在加速电场中加速,根据动能定理,
有qU=mv2,离子在辐向电场中做匀速圆周运动,
电场力提供向心力,根据牛顿第二定律,有qE0=m,
联立解得R=。
(2)离子射出静电分析器后,离子做类平抛运动,d=vt,3d=at2,
由牛顿第二定律得qE=ma,联立解得E=。
答案:(1) (2)
B卷——大题强化练
1.(2018·浙江名校联考)如图所示,在光滑水平平台上,一质量m=1 kg、电荷量为q=1×10-3 C的小球压缩弹簧后被锁扣K锁住,弹簧储存了一定量的弹性势能Ep,ABC为竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB部分是半径为R=0.4 m、圆心角θ=60°的圆弧形管道,圆弧形管道圆心O与平台等高。BC部分是固定的水平管道(足够长),两部分管道恰好相切于B。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L=0.3 m的等边三角形,MN连线垂直于BC。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点,电荷量分别为Q1=+2.5×10-7 C和Q2=-2.5×10-7 C。若打开锁扣K,小球将以一定的水平速度从E点向右滑下平台,做平抛运动,并恰好能沿光滑圆弧形管道AB的A点的切线方向进入。不考虑小球在管道上方时受到的库仑力,小球可视为点电荷且直径略小于管道内径。取g=10 m/s2,静电力常量为k=9×109 N·m2/C2。求:
(1)小球原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小;
(2)小球运动到B处时受到电场力的大小;
(3)小球运动到圆弧形管道最低点B点时对轨道的压力大小。
解析:(1)设小球从A运动到B的时间为t,由平抛运动规律得Rcos 60°=gt2
解得t=0.2 s
设小球平抛的水平速度是v0,则tan 60°=,
解得v0= m/s
故Ep=mv02= J。
(2)设小球在圆弧形管道最低点B处受到Q1和Q2的库仑力分别为F1和F2,则
F1=k,F2=k
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F,由平行四边形定则得F=F1cos 60°+F2cos 60°
联立得F=25 N。
(3)设在B点管道对小球沿竖直方向的弹力的分力为NBy,在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得
NBy-mg=m
小球从E到B库仑力不做功,管道对小球的弹力也不做功,只有重力做功机械能守恒mgR=mvB2-mv02
联立解得NBy= N
设在B点管道对小球在水平方向的弹力的分力为NBx,则NBx=F=25 N
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为
NB= = N≈41.7 N
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为:NB′=NB= N≈41.7 N。
答案:(1) J (2)25 N (3)41.7 N
2.如图所示,绝缘水平面上的AB区域宽度为d,带正电、电荷量为q、质量为m的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域,当滑块运动至区域的中心C时,速度大小为vC=v0,从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场,电场强度保持不变,并且区域外始终不存在电场。
(1)若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等,求滑块离开AB区域时的速度;
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长,电场强度应满足什么条件?并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度。(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)
解析:(1)设滑块所受滑动摩擦力大小为Ff,则滑块从A点运动至C点的过程,
由动能定理得:-Ff·=mvC2-mv02①
假设最后滑块从B点离开AB区域,则滑块从C点运动至B点过程,
由动能定理得:-(qE1+Ff)·=mvB2-mvC2②
将vC=v0和qE1=Ff代入解得vB=v0③
由于滑块运动至B点时还有动能,因此滑块从B点离开AB区域,速度大小为v0,方向水平向右。
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长,必须使滑块运动至B点速度为零,然后再向左加速运动,最后从A点离开AB区域。
滑块从C点运动到B点的过程,由动能定理得:(qE2+Ff)·=mvC2④
由①④两式可得电场强度E2=,⑤
由①⑤知qE2=2Ff
滑块运动至B点后,因为qE2>Ff,所以滑块向左匀加速运动,从B运动至A点的过程,
由动能定理得:(qE2-Ff)d=mvA2⑥
由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度vA=v0(水平向左)。
答案:(1)v0,方向水平向右 (2)电场强度大小等于 v0,方向水平向左
3.如图甲所示,一对平行金属板M、N长为L,相距为d,O1O为中轴线,两板间为匀强电场,忽略两极板外的电场。当两极板间加电压UMN=U0时,某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场,粒子恰好打在上极板M的中点,粒子重力忽略不计。
(1)求带电粒子的比荷;
(2)若M、N极板间加如图乙所示的交变电压,其周期T=,从t=0开始,前时间内UMN=2U,后时间内UMN=-U,大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场,最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,求U的值。
解析:(1)设粒子经过时间t0打在M板中点
沿极板方向有=v0t0
垂直极板方向有=t02
解得=。
(2)粒子通过两板间的时间t==T
从t=0时刻开始,粒子在两板间运动时,每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1=,在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2=
不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。
所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,可以确定在t=nT(n=0,1,2,…)和t=nT+T(n=0,1,2,…)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们在电场方向偏转的距离最大,则=T,解得U=。
答案:(1) (2)
4.一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成,固定在竖直平面内,其中MN杆是光滑的,PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上,小环所受的电场力为重力的。
(1)若将小环由D点静止释放,则刚好能到达P点,求DM间的距离;
(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放,设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ,小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
解析:(1)设DM间距离为x,对小环从D点到P点过程由动能定理得qEx-2mgR=0-0,
又有qE=mg,
解得x=4R。
(2)若μ≥,则μmg≥qE,
设小环到达P点右侧距离P点x1处静止,由动能定理得qE(5R-x1)-2mgR-μmgx1=0,
解得x1=,
则整个运动过程中克服摩擦力所做的功
Wf=μmgx1=,
若μ<,则μmg