高考物理一轮复习课后练习22 电容器带电粒子在电场中的运动（含答案解析）
展开2020版高考物理 全程复习课后练习22
电容器带电粒子在电场中的运动
A．极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小
B．静电计可以用电压表代替
C．静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等
D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量
A．4 J B．16 J C．32 J D．64 J
3.工厂在生产纺织品、纸张等材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示的传感器，其中A、B为平行板电容器的两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的正负极上，当流水线上通过的产品厚度增大，导致其对应的相对介电常数εr增大时，下列说法正确的是( )
A．A、B两板间电场强度减小
B．A、B两板间电场强度增大
C．有电流从a向b流过灵敏电流计
D．有电流从b向a流过灵敏电流计
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.粒子运动的加速度大小为( )
A.g B.g C.g D.g
6.粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B.板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )
A．在0～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右
B．在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小
C．t3时刻物块的速度最大
D．t4时刻物块的速度最大
A．极板X应带负电，极板Y应带负电
B．极板X′应带负电，极板Y应带负电
C．极板X应带负电，极板Y′应带负电
D．极板X′应带负电，极板Y′应带负电
8.如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电荷量可忽略，二极管具有单向导电性．闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．平行板电容器的电容将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将增加
D．油滴仍将保持静止
9.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等．板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿MN板右边缘垂直电场方向射出电场．则以下说法中正确的是( )
A．带电粒子通过电场的时间
B．在0～时间段内进入电场的带电粒子最终都从OO′上方射出电场
C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D．只有t=(n=0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
10.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路)连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低
B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低
C．将下极板上移，带电油滴向上运动
D．断开开关S，带电油滴将向下运动
11. (多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒压电源(未画出)，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间C点相遇．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量
B．两电荷在电场中运动的加速度相等
C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功
D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同
12. (多选)电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力，感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路，红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时( )
A．车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流
B．车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电
C．车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小
D．汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照
13.如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道AB连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．现有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球(可视为质点)，从离圆形轨道最低点B相距为L处的C点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动．已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为g，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量q保持不变，不计一切摩擦和空气阻力．求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球由C点运动到B点所用的时间t；
(3)小球运动到与圆形轨道圆心O等高的D点时的速度大小vD.
14.在xOy直角坐标系中，三个边长都为2 m的正方形如图所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电扬，电场强度的大小为E0，在第Ⅱ象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场．现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点．
(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；
(2)保持第(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系；
(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2=E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系．
解析：电容器带电荷量一定，极板正对面积减小时，由C=知，电容器的电容减小，根据Q=CU可知，两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大，A项错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，电流表、电压表线圈中有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故B项错误；静电计与电容器串联，其所带电荷量只是很小的一部分，即小于平行板电容器的电荷量，C项正确；静电计是定性反映电压高低的仪器，不能反映平行板电容器所带电荷量的多少，故D项错误．
解析：从A到B的过程中，电场力做的功为－12 J，动能减少了20 J，从A到B，根据动能定理得，－qExAB－fxAB=ΔEk；解得从A到B过程中，克服摩擦力做的功为Wf=8 J，可知克服电场力做的功与克服摩擦力做的功之比为3：2，则在整个过程中，克服电场力做的功与克服摩擦力做的功之比仍然为3：2.从B点到速度减为零，动能减少量为80 J，则克服摩擦力做的功为Wf′=32 J，对物体从B点向右到返回B点的过程运用动能定理，电场力做的功为0，则有：－2Wf′=mv′－mv，解得mv′=16 J，故B项正确．
解析：两板间电场强度E=不变，A、B项错误；根据C=可知当产品厚度增大导致εr增大时，电容器的电容C增大，再根据Q=CU可知极板带电荷量Q增加，有充电电流从a向b流过，C项正确，D项错误．
解析：带电的金属球靠近不带电的验电器，由于静电感应现象，验电器上方小球带有与金属球相反的电荷，验电器的箔片上带有与金属球相同的电荷，B项正确．
解析：平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间场强可以表达为E1=，且有qE1=mg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间场强可以表达为E2=，有mg－qE2=ma，联立上述可解得a=g，选项A正确．
解析：在0～t1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即f=qE=q，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1～t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项B错误；t3到t4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故t3时刻物块速度最大，选项C正确、D错误．
解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X偏转，则电场方向为X到X′，
则极板X′应带负电；同理可知，因电子向Y′偏转，则电场方向为Y′到Y，
因此极板Y应带负电，故B正确，A、C、D错误．
解析：由公式C=可知，将平行板电容的下极板竖直向下移动一小段距离时，即d增大，
则平行板电容器的电容将变小，A选项错误；电容器与电源及二极管连接，电容器不能放电，
电荷量一定，根据U=可知，电压增大，静电计指针张角变大，B选项错误；
依题意带电油滴带负电，而P点的电势增加，所以带电油滴的电势能将减少，C选项错误；
根据E=可知电容器内部电场强度不变，所以油滴仍将保持静止，D选项正确．
解析：粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；
t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入，沿MN板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，即为t=nT(n=1,2,3，…)，故A、D错误；粒子在水平方向做匀速直线运动，
在竖直方向做匀变速直线运动，在0～内射入的粒子能从OO′上方射出电场，
在～时间内射入的粒子在OO′下方射出电场，故B错误；
粒子竖直方向的分位移最大为，有=·，由于L=d，解得vym=v0，
故最大动能E=m(v＋v)=2Ek0，故C正确．
解析：根据C=及Q=CU知，当开关闭合并减小极板的正对面积，电容C减小，Q减小，
但由于二极管具有单向导电性，题图中的电容器只能充电不能放电，所以电容器所带电荷量不变，根据公式E=可得E==，由此可得电场强度E变大，油滴所受电场力变大，则带电油滴会向上移动，P点与下极板的距离不变，因E变大，则P点的电势升高，选项A、B错误；由以上分析，可知将下极板上移，极板距离减小，电容器的电容变大，电容器所带的电荷量Q变大，电容器充电，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，电场强度变大，带电油滴向上运动，选项C正确；断开开关S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，电容器所带电荷量Q不变，电容C不变，电压也不变，电容器两极板间的场强不变，故油滴仍然处于静止状态，选项D错误．
11.答案为：AC；
解析：从轨迹可以看出：yM>yN，故·t2>·t2，解得>，qM>qN，故A项正确，B项错误；
根据动能定理，电场力做的功为W=mv，质量相同，电荷M竖直分位移大，竖直方向的末速度vy=也大．故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C项正确；从轨迹可以看出：xM>xN，故vMt>vNt，故vM>vN，故D项错误．
解析：轻轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由题图乙可知，当车轮经过感应线时电流先增大后减小，然后反向增大再减小，因电压是在受压时产生的，故说明电容器先充电后放电，故B正确，C错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D正确．
(1)对小球，由题意可知Eq=mg①解得E=②
(2)对小球，设从C到B的加速度为a，
根据牛顿第二定律可得Eq=ma③
由运动学公式可得L=at2④
②③④式联立解得t=⑤
(3)设圆形轨道半径为R，对小球从C到D的过程，
根据动能定理有qE(L＋R)－mgR=mv－0⑥
联立②⑥，可得vD=.
(1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时速度为v，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，
根据动能定理得E0qL=mv2，其中L=2 m，要使带电粒子通过E点，
在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，设水平位移为x0，
则y=·2，因∠CEO=45°，即x0=y=2 m，解得E1=4E0.
(2)设坐标为(x，y)，带电粒子出第Ⅰ象限电场时速度为v1，
在第Ⅰ象限电场中加速运动时，
根据动能定理得E0qx=mv，要使带电粒子过E点，
在第Ⅱ象限电场中偏转时，
竖直方向位移为y，水平方向位移也为y，
则y=·2，解得y=x.
(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE出电场时与DE交于Q，进入CDE电场后，
初速度延长线与DE交于G，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P点，
设在第Ⅰ象限出发点的坐标为(x，y)，由图可知，在CDE中带电粒子的水平位移为y，
设偏转位移为y′，则y′=·2，而=，其中GP=，NE=2 m，
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