高考物理一轮复习 第7章 第3节 课时提能练22　电容器　带电粒子在电场中的运动

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A级 跨越本科线
1.两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、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图7­3­14所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )
图7­3­14
A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从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b流向a
D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
D [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＝eq \f(U,d)可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容减小，Q＝CU，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D正确．]
2．(2016·全国乙卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
D [平行板电容器电容的表达式为C＝eq \f(εrS,4πkd)，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小．由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E＝eq \f(U,d)，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确．]
3．(2017·西安交大附中质检)某空间区域有竖直方向的电场(图7­3­15甲中只画出了一条电场线)，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图乙所示，由此可以判断( )
图7­3­15
A．物体所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上
B．物体所处的电场为匀强电场，场强方向向下
C．物体可能先做加速运动，后做匀速运动
D．物体一定做加速运动，且加速度不断减小
A [由于物体的机械能逐渐减小，因此电场力做负功，故电场强度的方向向上，再根据机械能的变化关系可知，克服电场力做功越来越少，电场强度不断减小，故A正确、B错误；根据牛顿第二定律可知，物体受重力和电场力，且电场力逐渐减小，故加速度越来越大，C、D错误．]
4．(多选)a、b、c三个α粒子由同一点O垂直场强方向同时进入偏转电场，其轨迹如图7­3­16所示，其中b恰好飞出电场，不计重力，由此可以断定( )
图7­3­16
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
C．b和c同时飞离电场
D．动能的增量相比，a的最小，b和c的一样大
AB [据题意，α粒子在偏转电场中做类平抛运动，其运动时间由偏转位移决定，而a、b、c粒子的加速度相等，由y＝eq \f(1,2)at2可得，ta＝tb>tc，选项A正确，C错误；粒子在平行于极板方向上做匀速直线运动，根据x＝vt可知，va5．(多选)如图7­3­17所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间的eq \f(1,2)处返回，则下述措施能满足要求的是( )
【导学号：92492296】
图7­3­17
A．使初速度减为原来的eq \f(1,2)
B．使M、N间电压提高到原来的2倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的eq \f(1,2)
BD [在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以d＝eq \f(mv\\al(2,0),2qE)，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的eq \f(1,2)，x＝eq \f(d,4)；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝eq \f(d,2)，使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝eq \f(d,4)；使初速度和M、N间电压都减为原来的eq \f(1,2)，电场强度变为原来的一半，x＝eq \f(d,2)，故B、D均正确．]
6．(2017·柳州模拟)如图7­3­18所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则( )
图7­3­18
A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大
B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大
C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大
D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小
C [当开关闭合时，两极板之间的电压U一定．小球静止，悬线与竖直方向的夹角为θ，分析小球受力，由平衡条件可得，tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(qU,mgd).当开关S断开时，极板上带电荷量不变，两极板之间的电场强度E不变，小球所受的电场力F＝qE不变．此时无论增大或减小平行板间的距离，小球所受的电场力均不变，悬线与竖直方向的夹角θ不变，选项A、B错误．当开关S闭合时，两极板之间的电压U一定，若减小平行板之间的距离d，小球所受的电场力F＝eq \f(qU,d)增大，则悬线与竖直方向的夹角θ增大，选项C正确，D错误．]
7．(2017·巴中模拟)如图7­3­19所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷(带电量和质量比值)之比是( )
【导学号：92492297】
图7­3­19
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶8D．8∶1
D [粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2，根据x＝v0t，知时间比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝eq \f(1,2)at2知，y之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1.根据牛顿第二定律知，加速度a＝eq \f(qE,m)，加速度之比等于比荷之比，则两电荷的比荷之比为8∶1.故D正确，A、B、C错误．]
8．如图7­3­20所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是( )
图7­3­20
A．板间电场强度大小为eq \f(mg,q)
B．板间电场强度大小为eq \f(mg,2q)
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
C [根据质点垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg＜qE，选项A、B错误；根据运动的分解和合成，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C正确、D错误．]
9．(2015·全国卷Ⅱ)如图7­3­21所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在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°.不计重力．求A、B两点间的电势差.
【导学号：92492298】
图7­3­21
【解析】 设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin 30°＝v0sin 60°①
由此得
vB＝eq \r(3)v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0))③
联立②③式得
UAB＝eq \f(mv\\al(2,0),q).④
【答案】 eq \f(mv\\al(2,0),q)
B级 名校必刷题
10．(2017·长春模拟)将一平行板电容器接到稳压电源上充电，待电容器稳定后第一次保持电容器与电源相连，用外力缓慢将一极板沿电场方向向外移动一段距离，这一过程中外力做功W1；第二次将电容器与电源断开，仍用外力缓慢将一极板沿电场方向向外移动相同距离，这一过程中外力做功W2，则两次相比( )
A．W1＞W2 B．W1＜W2
C．W1＝W2D．无法确定
B [第一次保持电容器与电源相连，电容器两极板电压不变，用外力缓慢将一极板沿电场方向向外移动一段距离，在移动过程中，两极板之间的距离增大，由E＝U/d可知，两极板之间的电场强度逐渐减小．在移动过程中，两极板之间的距离增大，由平行板电容器的决定式可知电容C减小，由C＝Q/U可知，极板带电荷量Q减小，所用外力F＝QE减小．第二次充电后将电容器与电源断开，电容器极板带电荷量Q不变，两极板之间的电场强度E不变，用外力缓慢将一极板沿电场方向向外移动一段距离，在移动过程中，所用外力F＝QE不变．所以两次相比，第二次做功多，即W1＜W2，选项B正确．]
11．(2017·成都模拟)如图7­3­22所示，平行板电容器与一直流电源相连，两极板水平放置，电容为C，开始开关闭合，电容器极板间电压为U，两极板间距为d.一电荷量大小为q的带电油滴以初动能Ek从一平行板电容器的两个极板中央水平射入(极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( )
【导学号：92492299】
图7­3­22
A．断开开关，将上极板上移eq \f(d,3)，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为Ek＋eq \f(1,4)Uq
B．断开开关，将上极板上移eq \f(d,3)，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek＋eq \f(1,4)Uq
C．闭合开关，将上极板下移eq \f(d,3)，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为Ek＋eq \f(1,8)Uq
D．闭合开关，将上极板下移eq \f(d,3)，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek＋eq \f(1,12)Uq
D [断开开关时，两板带电量Q一定，根据C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，即两板间场强与两板间距无关，故断开开关，将上极板上移eq \f(d,3)，带电油滴仍将沿直线通过电容器，选项A、B错误；开关闭合时油滴受重力和电场力平衡，有qE＝mg，将上极板下移eq \f(d,3)，则电场强度变为原来的eq \f(3,2)倍，电场力变为原来的eq \f(3,2)倍，则油滴所受的合力方向向上，可知带电油滴向上偏转，根据动能定理知，qEeq \f(d,6)－mgeq \f(d,6)＝Ek′－Ek，qE＝eq \f(3,2)mg，解得动能Ek′＝Ek＋eq \f(1,12)mgd＝Ek＋eq \f(1,12)Uq，故D正确，C错误．]
12.如图7­3­23所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l＝0.20 m的绝缘轻线把质量m＝0.10 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角θ＝37°.现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80.求：
图7­3­23
(1)小球所受电场力的大小；
(2)小球通过最低点C时的速度大小；
(3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．
【解析】
(1)小球受重力mg、电场力F和拉力FT，其静止时受力如图所示．
根据共点力平衡条件有F＝mgtan 37°＝0.75 N.
(2)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有mgl－Fl＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(2gl1－tan 37°)＝1.0 m/s.
(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为FT′
根据牛顿第二定律有FT′－mg＝meq \f(v2,l)
解得FT′＝1.5 N.
【答案】 (1)0.75 N (2)1.0 m/s (3)1.5 N
13．如图7­3­24所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即UAB＝300 V．一带正电的粒子电量为q＝10－10 C，质量为m＝10－20 kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为L＝12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，粒子重力不计，tan 37°＝eq \f(3,4)，tan 53°＝eq \f(4,3))．求：
图7­3­24
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；
(2)粒子穿过界面MN时的速度v；
(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y；
(4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留一位有效数字).
【导学号：92492300】
【解析】 (1)设粒子在两极板间运动时加速度为a，运动时间为t，则：t＝eq \f(l,v0)
h＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qUAB,md)
解得：h＝eq \f(qUAB,2md)(eq \f(l,v0))2＝0.03 m＝3 cm.
(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy＝at＝eq \f(qUABl,mdv0)
解得：vy＝1.5×106 m/s
所以粒子从电场中飞出时的速度为：
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))＝2.5×106 m/s
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(3,4)
解得：θ＝37°.
(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：eq \f(h,Y)＝eq \f(\f(l,2),\f(l,2)＋L)
解得：Y＝0.12 m＝12 cm.
(4)粒子做匀速圆周运动的半径为：r＝eq \f(Y,cs θ)＝0.15 m
又：eq \f(k|Q|q,r2)＝meq \f(v2,r)，解得：|Q|＝1×10－8 C
故：Q＝－1×10－8 C
【答案】 (1)3 cm (2)2.5×106 m/s，方向与水平方向成37°角斜向下 (3)12 cm (4) －1×10－8 C