新教材高考物理一轮复习课时规范练26电容器带电粒子在电场中的运动含答案

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1.(电容器动态分析)电容式传感器可以将非电学量的微小变化转换成电容变化。一种利用电容式传感器测量油箱中油量的装置如图所示。当开关S闭合后,油量减少时( )
A.电容器的电容增大
B.电容器的带电荷量减小
C.电流向上经过G表
D.G表示数为零时,油箱中油量为零
2.(电容器动态分析)两个较大的平行金属板A、B相距为d,分别接在电压为U的电源正、负极上,这时质量为m的带电油滴恰好静止在两极之间,如图所示,在其他条件不变的情况下,如果将两极非常缓慢地错开一些,那么在错开的过程中( )
A.油滴将向上加速运动,电流计中电流从b流向a
B.油滴将向下加速运动,电流计中的电流从a流向b
C.油滴静止不动,电流计中的电流从a流向b
D.油滴静止不动,电流计中的电流从b流向a
3.(电容器动态分析)如图所示的传感器可以监控生产流水线材料的厚度,其中甲、乙为平行板电容器的上、下两个固定极板,分别接在电源的两极上。当通过极板间的材料厚度增大时,极板间的介电常数增大,下列说法正确的是( )
A.当通过极板间的材料厚度减小时,电流从a流向b
B.极板间的材料厚度变化时,极板间电场强度不变
C.当通过极板间的材料厚度增大时,极板上的电荷量变小
D.当通过极板间的材料厚度增大时,极板间的电压增大
4.(电容器的应用)(2023广东韶关一模)随着生活水平的提高,电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分,电子秤的种类也有很多,如图是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时,把物体放到电子秤面板上,压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后( )
A.电容器的电容变小
B.电容器的带电荷量增大
C.极板间电场强度变小
D.膜片下移过程中,电流表有从a到b的电流
5.(带电粒子在电场中的偏转问题)(2023吉林长春质检)如图所示,空间存在着竖直向下的匀强电场,一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以水平方向的初速度v0由O点射入,刚好通过竖直平面内的P点,已知连线OP与初速度方向的夹角为θ=45°,不计粒子的重力,则O、P两点间的电势差UOP为( )
A.mv022qB.mv02q
C.2mv02qD.5mv022q
6.(带电粒子在电场中的偏转问题)(2022天津南开区三模)质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中,不计带电粒子的重力,M从两板正中央射入,N从下板边缘处射入,它们最后打在同一点,如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中( )
A.它们运动的时间关系为tN>tM
B.它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶2
C.它们的动能增量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶4
D.它们的动量增量之比ΔpM∶ΔpN=1∶1
7.(二极管与电容器问题)(2022江西宜春模拟)如图所示,D是一只理想二极管,水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴,在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量,U表示两极板间的电压,φ表示P点的电势,B极板接地。若保持极板B不动,第一次将极板A稍向上平移,第二次将极板A稍向下平移(移动后极板A的位置还在P点上方),则下列说法正确的是( )
A.两次移动后Q相同
B.两次移动后点电荷都保持静止
C.第一次移动后U变小,第二次移动后U变大
D.第一次移动后φ不变,第二次移动后φ增大
素养综合练
8.在水平直线上的A、B两点分别固定有不等量点电荷,其中A处为正电荷,B处电荷电性未知,O1为A、B连线中点。由绝缘材料制成的光滑圆轨道的圆心O2在AB连线上,且位于A点左侧,其轨道平面与AB在同一水平面内,如图所示。在轨道上穿一带正电小球并置于轨道上的某一点P,给小球一沿轨道切线方向的初速度,小球恰好能沿轨道做匀速圆周运动,小球可视为质点,下列说法正确的是( )
A.B处点电荷带负电,其电荷量小于A处电荷的电荷量
B.小球沿轨道运动过程中,小球的电势能不变
C.小球沿轨道运动过程中,小球受到的静电力大小不变
D.小球沿轨道运动过程中,轨道对小球的弹力大小不变
9.(2022重庆模拟)如图所示,一圆形区域有竖直向上的匀强电场,O为圆心,两个质量相等、电荷量大小分别为q1、q2的带电粒子甲、乙,以不同的速率v1、v2从A点沿AO垂直射入匀强电场,甲从C点飞出电场,乙从D点飞出电场,它们在圆形区域中运动的时间相同,已知∠AOC=45°,∠AOD=120°,不计粒子的重力,下列说法正确的是( )
A.v1v2=2-22+3B.v1v2=2-23
C.q1q2=32D.q1q2=2
10.(2023广东广州华南师范大学附中三模)如图所示,两个相同的半圆形金属板相互靠近、水平放置,板间可视为真空。两金属板分别与电源两极相连。上极板可绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。开始时,两极板边缘完全对齐,闭合开关S后,两板间的一个带电微粒恰好静止;然后让上极板转过5°(微粒仍在两板间)忽略电场边缘效应,则( )
A.断开开关S后,微粒将竖直下落
B.转动前后,电容器的电容之比为36∶35
C.转动过程中,有从a→b的电流流过电阻R
D.断开开关S后,上极板再转动5°,微粒仍然静止
11.(多选)(2023辽宁葫芦岛高三检测)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,A球位于B球的正上方,质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出,它们最后落在水平面上同一点,其中只有一个小球带电,不计空气阻力,下列判断正确的是( )
A.如果A球带电,则A球一定带负电
B.如果A球带电,则A球的电势能一定增加
C.如果B球带电,则B球一定带负电
D.如果B球带电,则B球的电势能一定增加
12.(2023山西太原高三期末)如图甲所示,一绝缘细直长杆水平放置,处于水平方向的静电场中。以O为原点,沿细杆建立x轴,电场强度E随x的分布如图乙所示。x≤0处,电场强度恒定,方向沿x轴正方向;在x>0处,电场强度沿x轴负方向并随x均匀增大。带电的小圆环套在细杆上,其质量为m=0.2 kg、电荷量q=2×10-6 C,小圆环与细杆间的动摩擦因数μ=0.1。将小圆环从A(-1 m)点由静止释放(重力加速度g取10 m/s2),求:
(1)小圆环到达O点时的速度大小;
(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值。
答案：
1.B 解析 油量减小时,电容器极板间介质的εr减小,根据电容决定式C=εrS4πkd可知,电容器的电容减小,故A错误;电容器与电源相连,极板间电压保持不变,根据公式有C=QU可知电容器的带电荷量减小,故B正确;根据B项分析,可知电容器极板电荷量减小,即释放电荷,电流向下经过G表,故C错误;仅当油量变化时,才会产生电流,故G表示数为零时,仅能说明油量不变,故D错误。
2.C 解析 电容器与电源相连,两极板间电压不变,将两极板非常缓慢地水平错开一些,两极板正对面积减小,而间距不变,由E=Ud可知,电场强度不变,油滴受到的静电力不变,仍与重力平衡,因此油滴静止不动,由C=εrS4πkd可知,电容减小,由Q=CU可知,电荷量减小,电容器放电,因此可判断电流计中的电流从a流向b,故C正确。
3.B 解析 电容器两极板间的电压始终保持不变,板间的距离也保持不变,根据E=Ud可知,极板间电场强度保持不变,故B正确,D错误;根据C=εrS4πkd可知,厚度增大时介电常数增大,电容器的电容增大,极板上的电荷量增加,故C错误;材料厚度减小,电容器的电容减小,极板上的电荷量减小,电容放电,电流从b流向a,故A错误。
4.B 解析 根据电容表达式C=εrS4πkd可知,当两个极板间的距离减小时,电容器的电容增大,再根据电容定义式C=QU可知,电容器一直和电源相连,电压不变时,电容增大,带电荷量增大,即电容器被充电,电流表有从b到a的电流,A、D错误,B正确;由匀强电场公式E=Ud知,当电压不变,两个极板间的距离减小时,极板间电场强度变大,C错误。
5.C 解析 粒子所带电荷量为正,则其所受的静电力方向竖直向下,设OP长度为L,分析可知,粒子在电场中做类平抛运动,根据平抛运动规律,在竖直方向有Lsin θ=12at2,水平方向有Lcs θ=v0t,由牛顿第二定律有qE=ma,即a=qEm,则O、P两点间的电势差UOP=ELsin θ,联立解得UOP=2mv02q,C正确。
6.C 解析 由题可知,两个带电粒子都做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,而且它们的水平位移相等、初速度相等,则在电场中的运动时间相等,即tN=tM,故A错误;在竖直方向上,根据y=12at2=Eqt22m知,竖直位移之比为1∶2,则电荷量之比为1∶2。因为静电力做功等于电势能的减小量,静电力做功W=qEy,因为电荷量之比为1∶2,竖直位移之比为1∶2,则静电力做功之比为1∶4,根据动能定理可知,静电力做功之比为1∶4,则动能的增量之比为1∶4,它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶4,故B错误,C正确;根据动量定理,有动量增量Δp=qEt,qM∶qN=1∶2,t相等,则动量增量之比ΔpM∶ΔpN=1∶2,故D错误。
7.D 解析 第一次将极板A稍向上平移,板间距离d增大,根据电容的决定式C=εrS4πkd得知,电容C减小;若电容器的电压不变,由Q=CU知电容器所带电荷量将要减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不能流回电源,所以电容器的电荷量Q保持不变;由于电容C减小,由电容的定义式C=QU可知,U变大;根据E=Ud、C=QU、C=εrS4πkd得板间电场强度E=4πkQεrS,可知板间电场强度E不变,电荷所受的静电力不变,仍保持静止状态;P与B板间电势差UPB=Ed,E、d都不变,UPB保持不变,P点的电势φ保持不变;第二次将极板A稍向下平移,板间距离d减小,根据电容的决定式C=εrS4πkd得知,电容C增大,电容器的电压不变,由Q=CU知电容器所带电荷量Q增大;根据E=Ud可知板间电场强度E增大,电荷所受的静电力增大,电荷将向上运动;P与B板间电势差UPB=Ed,E增大,d不变,UPB增大,P点的电势φ增大,故A、B、C错误,D正确。
8.B 解析 由于小球沿轨道做匀速圆周运动,速率不变,所以静电力不做功,即轨道处各个点电势相等,轨道处于等势面上,如果B是正电荷,则轨道与AB连线的交点处的电势不可能相等,因此B处点电荷带负电,但是不能确定B处电荷的电荷量与A处电荷的电荷量的大小关系,选项A错误;因轨道处于等势面上,则小球沿轨道运动过程中,小球的电势能不变,选项B正确;因轨道上各点的电场强度不一定相同,则小球沿轨道运动过程中,小球受到的静电力大小要变化,选项C错误;因等势面上各点电场强度与等势面垂直,则轨道上各点电场强度方向沿半径方向背离圆心,则小球沿轨道运动过程中有FN-Eq=mv2r,因各点电场强度不断变化,则轨道对小球的弹力大小不断变化,选项D错误。
9.B 解析 甲、乙在电场中均做类平抛运动,沿初速度方向做匀速直线运动,它们在圆形区域中运动时间t相同,根据图中几何关系可得xAC=v1t=R-Rcs 45°,xAD=v2t=R+Rcs 60°,联立可得v1v2=2-23,故A错误,B正确;甲、乙在电场中沿静电力方向均做初速度为零的匀加速直线运动,则有yAC=12·q1Emt2=Rsin 45°,yAD=12·q2Emt2=Rsin 60°,联立可得q1q2=23,故C、D错误。
10.B 解析 闭合开关S后,让上极板转过5°,则两极板正对面积减少,根据公式C=εrS4πkd可知,电容器的电容变小,变化前后面积之比为SS'=180°360°×πr2180°-5°360°×πr2=3635,转动前后,电容器的电容之比也为CC'=SS'=3635,根据电场强度的计算公式可得E=Ud,根据上述分析可知,电势差与间距均不变,所以电场强度不变,根据静电力的计算公式F=qE可知静电力不变,所以微粒仍静止,断开开关S后,每个物理量都保持不变,微粒仍静止,故A错误,B正确;转动过程之前,电容器下极板带正电、上极板带负电,转动过程中,电容变小,电容器的电荷量减小,电容器放电,有从b→a的电流流过电阻R,故C错误;当断开开关S后,两极板的电荷量不变,让上极板再转过5°,则两极板正对面积减少,根据公式C=εrS4πkd,C=QU,由此可知,电容器的电容变小,两极板间的电压增大,则电场强度增大,静电力增大,所以微粒将竖直向上运动,故D错误。
11.AD 解析 平抛时的初速度相同,在水平方向通过的位移相同,故下落时间相同,A球在上方,竖直位移较大,由h=12at2可知,A球下落的加速度较大,所受合外力较大,如果A球带电,则A球受到向下的静电力,一定带负电,静电力做正功,电势能减小,故A正确,B错误;如果B球带电,由于B球的竖直位移较小,加速度较小,所受合外力较小,则B球受到的静电力向上,应带正电,静电力对B球做负功,电势能增加,故C错误,D正确。
12.答案 (1)2 m/s (2)(3-1) m
解析 (1)设小圆环到达O点的速度大小为v0
由动能定理得qE1xAO-μmgxAO=12mv02
解得v0=2 m/s。
(2)设小圆环向右运动到最远处的位置坐标为xB,
该处电场强度为EB,O到该点的电势差为U,则有EB=ΔEΔxxB,U=12EBxB
从O到该点,由动能定理有qU-μmgxB=0-12mv02
解得xB=(3-1) m。