高考物理一轮复习 考点规范练习本21 电容器带电粒子在电场中的运动（含答案解析）

2020版高考物理 考点规范练习本21

电容器带电粒子在电场中的运动

1.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

2.如图所示，在匀强电场中，场强方向沿△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc=60°， ac=0.2 m．一个电量q=1×10－5C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移c，电场力做功为1×10－8J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为(　　)

A．500 V/m、沿ab由a指向b

B．500 V/m、垂直ab向上

C．1000 V/m、垂直ab向上

D．1000 V/m、沿ac由a指向c

3.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

4.如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是(　　)

A．O点一定有一个正点电荷

B．B点电势一定大于C点电势

C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能

D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动

5.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

6.如图所示，边长为L的等边三角形ABC的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为＋q、＋q和－q. D点和M点分别为AB边和AC边的中点，N点为三角形的中心，静电力常量为k.在该电场中，下列说法正确的是(　　)

A．D点的电场强度大小为k，方向为从N指向D

B．N点的电场强度大小为9k，方向为从N指向C

C．D点的电势高于N点的电势

D．若取无穷远处电势为0，则M点的电势φM为0

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

8.已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是(　　)

A．b点电场强度与c点电场强度相同

B．a点电场强度与b点电场强度大小相等

C．a点电势等于d点电势

D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变

9. (多选)如图所示，某条电场线上有a、b、c三点，其中b为ac的中点，已知a、c两点的电势分别为φa=10 V，φC=4 V，若将一点电荷从c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是(　　)

A．该点电荷带负电

B．电场在b点处的电势为7 V

C．a、b、c三点c点处的场强最小

D．该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功多

10. (多选)如图，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是AB板间的一点，在CD板间插有一块有机玻璃板．闭合开关，电路稳定后将开关断开．现将CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是(　　)

A．金属板CD构成电容器的电容减小

B．P点电势降低

C．玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流

D. A、B两板间的电场强度减小

11. (多选)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=4×1 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=4×1 kg、电荷量q=+1×1 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

12. (多选)如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，两个等量异种点电荷＋Q和－Q分别固定于A、B两点．光滑绝缘直导轨CD的上端点D位于到A、B中点的正上方，且与A、B两点的距离均为L.在D处质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g.忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

A．D点的场强大小为

B．小球到达CD中点时，其加速度为零

C．小球刚到达C点时，其动能为mgL

D．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小

13.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=,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。

14.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1 m的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103 V/m.小球a、b、c的半径略小于管道内径，b、c球用长L=m的绝缘细轻杆连接，开始时c静止于管道水平部分右端P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下由静止向右运动，当F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，F－t的变化图象如图乙所示，且满足F2＋t2=.已知三个小球均可看做质点且ma=0.25 kg，mb=0.2 kg，mc=0.05 kg，小球c带q=5×10－4C的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g=10 m/s2，求

(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0；

(2)小球c运动到Q点时的速度v；

(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量．

答案解析

1.答案为：C；

解析：已知偏移量越小,打在纸上的字迹越小,因偏移量y=,现要缩小字迹,可行的措施有可减小墨汁微粒的比荷,增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能,减小偏转极板的长度L,减小偏转极板间的电压U,故选C。

2.答案为：C；

解析：

 [正电荷从a移到b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab两点电势相等，故ab应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c做ab的垂线，一定是电场线；正电荷从a到c过程，由W=Uq可知，ac两点的电势差Uac==V=100 V，即a点电势高于c点的电势，故电场线垂直于ab向上；ac间沿电场线的距离d=ac·cos 60°= 0.2×0.5 m=0.1 m，由E=可知：电场强度E= V/m=1000 V/m，方向垂直ab向上；故C正确，A、B、D错误；故选C.]

3.答案为：C；

解析：若增大两极板的间距d,由C=可知,C变小,而Q不变,由C=可知,U增大,α增大,

又E=,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。

4.答案为：C；

解析：

 [没有画出电场线的方向，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B、C两点电势的高低，故B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A点的动能较大，故C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．故选C.]

5.答案为：A；

解析：抽出前,粒子所受重力和电场力平衡,mg=q,抽出后,根据牛顿第二定律,有mg-q=ma,

联立解得a=g,A正确。

6.答案为：C；

解析：

 [A、B两点处的点电荷在D点的电场强度的矢量和为0，C点处的点电荷在D点处的电场强度为E==，方向为从D指向N，A错误；三个点电荷在N点的电场强度大小均为3k，其中两个正点电荷的电场强度矢量合成后大小为3k，方向为从N指向C，与负点电荷电场强度合成，N点的电场强度大小为6k，方向为从N指向C，B错误；CD连线上电场强度方向由D指向C，可知φD>φN，C正确；若无穷远电势为0，则A、C两点处的等量异种点电荷在M点的电势为0，B处的正点电荷在M点的电势大于0，故φM>0，D错误．]

7.答案为：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=t2得它们的电荷量之比qP∶qQ=2∶1,C正确;

又ΔEP=qPU,ΔEQ=qQ,故ΔEP∶ΔEQ=4∶1,B错误;动能增加量Δ=ΔEP+mgh,Δ=ΔEQ+mgh,

故Δ∶Δ≠4∶1,D错误。

8.答案为：C；

解析：

 [画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势，故C正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D错误；故选C.]

9.答案为：AC；

解析：

 [A项：点电荷从c静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；B项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，即cb段平均场强小于ab段的平均强度，根据公式U=d，可知电场在b点处的电势小于7 V，故B错误；C项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，a、b、c三点c点处的场强最小，故C正确；D项：由C分析可知，从c到a电场强度增大，即电场力增大，ab=bc，根据W=Fx可知，在cb段的电场力小于ab段的电场力，所以该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功少，故D错误．]

10.答案为：AC；

解析：

 [A.根据C=，将CD板间的玻璃板抽出，电介质εr减小，其它条件不变，则金属板CD构成电容器的电容减小，故A正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD构成电容器的电容减小，由U=可知极板CD电势差变大，极板AB电势差变大，由E=可知极板AB间的场强变大，导致P点与B板的电势差变大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，因此电容器CD处于放电状态，电容器AB处于充电状态，电阻R中有向右的电流，故C正确，BD错误；故选AC.]

11.答案为：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gt2,=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,l=v0t1,mg-=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。

12.答案为：AC；

解析：

 [根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D处的电场强度沿DB方向，正电荷在D处的电场强度沿AD方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD、DB的角平分线；由库仑定律得，A、B在D点的场强的大小：EA=E=k，则D点的场强：ED=EAcos 60°＋EBcos 60°=k，故A正确；当小球到达CD中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B错误；由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C点与D点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg=mv2，又几何关系可知：=L·sin 60°=L.  小球的动能Ek=mv2=mgL，故C正确，D错误．故选AC.]

13.解：

(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k-mg=ma              ①

又因为a=g

当液珠速度最大时,其所受合力为零,

则k=mg,代入①式,解得h=h0。

(2)设BC间的电势差大小为UCB,由题意得UCB=φC-φB=

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。

14.解：

对小球a，由动量定理可得小球a与b发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：

(1)由题意可知，F图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F的冲量，

由圆方程可知S=1 m2代入数据可得：v0=4 m/s

(2)小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得mav0=mav1＋(mb＋mc)v2

由机械能守恒可得mav=mav＋(mb＋mc)v

解得v1=0，v2=4 m/s

小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，

由动能定理mcgR－qER=(mb＋mc)v2－(mb＋mc)v

代入数据可得v=2m/s

(3)由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，

假设当两球速度减到零时，设b球与O点连线与竖直方向的夹角为θ

从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：

mbgR(1－cos θ)＋mcgRsin θ＋(mb＋mc)v2=qERsin θ

解得sin θ=0.6，θ=37°

因此小球c电势能的增加量：ΔEp=qER(1＋sin θ)=3.2 J．]