2021版高考物理一轮复习考点集训二十九第3节电容器带电粒子在电场中的运动含解析 7页

考点集训(二十九)第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动 A组 ‎1．据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是(　　)‎ A．充电时，电容器的电容变小 B．充电时，电容器存储的电能变小 C．充电时，电容器所带的电荷量可能不变 D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零 ‎[解析] 电容器的电容是个定值，不随带电量的多少而变化，A错；充电时，电容器储存的电能有一部分转移到手机电池内，B对；充电时，电容器所带的电荷量减少，C错；充电结束后，电容器两极间的电压与手机电池电压相等，电容器仍储存有电荷，电容不变，D错．‎ ‎[答案] B ‎2．在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图象的是(　　)‎ ‎[解析] 重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝时刻开始将其释放，粒子在匀强电场中从静止开始运动，从到做匀加速运动；从到，因电场力反向，则做匀减速运动，速度达到零；而从到T，因电场力方向不变，因此反向做匀加速运动；从T到继续做匀减速运动，速度达到零，故B正确．‎ ‎[答案] B 7‎ ‎3．如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力，当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过电场区域而不碰到金属板上．现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是(　　)‎ A．使粒子的带电量减少为原来的 B．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半 C．使两板间的距离增加到原来的2倍 D．使两极板的长度减小为原来的一半 ‎[解析] 设平行板长度为L，间距为2d，板间电压为U，当速度为v时恰能穿过电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：t＝，垂直初速度方向做匀加速运动：a＝，y＝d＝at2＝，欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向距离仍是L，垂直初速度方向距离仍为d.使粒子的带电量减少为原来的，则y＝＝d，故A可行；使两极板间所接电源的电压减小到原来的一半，则y＝＝2d，故B不可行；使两极板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d，y＝＝2d，故C可行；使两极板的长度减小为原来的一半，y＝＝d，故D可行；故选B.‎ ‎[答案] B ‎4．(多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连．a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1.现使a板不动，保持开关S断开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v2，下列说法正确的是(　　)‎ A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1‎ 7‎ B．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1‎ C．若开关S保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2＝v1‎ D．若开关S闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2v1，B对．S闭合后再断开，E不变，b上移，电场力做功增大，v20)的液滴，在电场强度大小为、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.求A、B两点间的电势差．‎ ‎[解析] 由题意知qE＝mg，液滴重力不能忽略，把运动分解，‎ 水平方向：vsin 60°＝v0sin 30°＋t，‎ 竖直方向：vcos 60°＝v0cos 30°－gt，‎ 联立可得：v＝v0，t＝ 由牛顿第二定律得水平方向加速度a＝＝g，水平位移x＝v0sin 30°·t＋(g)t2＝，‎ 所以UAB＝E·x＝.‎ ‎12．如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x＞0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为×103 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(4，3)点；粒子P的重力不计，试求：‎ 7‎ ‎(1)金属板AB之间的电势差UAB；‎ ‎(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电粒子Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；粒子Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点坐标(x，y)满足的关系．‎ ‎[解析] (1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(4，3)点历时为t0，由类平抛运动规律可得xM＝v0t0 ，yM＝a1t 联立解得v0＝×104 m/s 在金属板AB之间，由动能定理qUAB＝mv 联立解得UAB＝×103 V ‎(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；‎ Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得，对于P粒子x＝v0t，yP＝a1t2‎ 对于粒子Q：Eq＝2ma2，yQ＝a2t2‎ 因为a2＜a1，所以粒子Q应在第一象限内释放，‎ 则有yP＝y＋yQ 联立解得y＝x2其中x>0‎ 即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为y＝x2‎ 其中x>0.‎ 7‎