高考物理一轮复习 第七章 静电场 3 电容器 带电粒子在电场中的运动考点规范练.doc

电容器带电粒子在电场中的运动一、单项选择题1.如图所示,平行板电容器与电源相接,充电后切断电源,然后将电介质插入电容器极板间,则两板间的电势差u及板间电场强度e的变化情况为()a.u变大,e变大b.u变小,e变小c.u不变,e不变d.u变小,e不变解析当平行板电容器充电后切断电源,极板所带电荷量q保持不变,插入电介质后,电容器的电容c变大,则u=qc将变小,而由e=ud可知,板间电场强度e也将变小。选项b正确。答案b2.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在p点,如图所示,以c表示电容器的电容、e表示两板间的电场强度、表示p点的电势,ep表示正电荷在p点的电势能,若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中,各物理量与负极板移动距离x的关系图象正确的是()解析由平行板电容器的电容c=rs4kd可知d减小时,c变大,但不是一次函数,a错。在电容器两极板所带电荷量一定的情况下,u=qc,e=ud=4kqrs与d无关,则b错。在负极板接地的情况下,设没有移动负极板时p点距负极板的距离为d1,移动x后为d1-x。因为移动极板过程中电场强度e不变,故p=e(d1-x)=ed1-ex,其中xl0,则c正确。正电荷在p点的电势能ep=qp=qed1-qex,显然d错。答案c3.(2016山西四校联考)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导学号17420265解析已知偏移量越小,打在纸上的字迹越小,因偏移量y=qul22mdv02,现要缩小字迹,可行的措施可减小墨汁微粒的比荷qm,增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能12mv02,减小偏转极板的长度l,减小偏转极板间的电压u,故选c。答案c4.(2016浙江协作校期中)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,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,下列说法正确的是()a.若增大d,则减小,减小b.若增大q,则减小,不变c.将a板向上提一些,增大,增大d.在两板间插入云母片,则减小,不变解析若增大两极板的间距d,由c=rs4kd可知,c变小,而q不变,由c=qu可知,u增大,增大,又e=ud=qcd=4kqrs,故e不变,电场力不变,小球的平衡状态不变,故不变,选项a错误;同理,若增大q,电容器的电容c不变,则u增大,增大,电场强度增大,则电场力增大,故增大,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,增大,电场强度增大,则电场力增大,故增大,选项c正确;在两板间插入云母片,r增大,则c变大,q不变,电压u必减小,减小,减小,选项d错误。答案c5.(2016山西运城一模)真空中的某装置如图所示,其中平行金属板a、b之间有加速电场,c、d之间有偏转电场,m为荧光屏。今有质子、氘核和粒子均由a板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场,最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为124,电荷量之比为112,则下列判断正确的是()a.三种粒子从b板运动到荧光屏经历的时间相同b.三种粒子打到荧光屏上的位置相同c.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122d.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为124解析设加速电压为u1,偏转电压为u2,偏转极板的长度为l,板间距离为d,在加速电场中,由动能定理得qu1=12mv02,解得v0=2qu1m,三种粒子从b板运动到荧光屏的过程,水平方向做速度为v0的匀速直线运动,由于三种粒子的比荷不同,则v0不同,所以三种粒子从b板运动到荧光屏经历的时间不同,故a错误;根据推论y=u2l24du1、tan =u2l2du1可知,y与粒子的种类、质量、电荷量无关,故三种粒子偏转距离相同,打到荧光屏上的位置相同,故b正确;偏转电场的电场力做功为w=qey,则w与q成正比,三种粒子的电荷量之比为112,则有电场力对三种粒子做功之比为112,故c、d错误。答案b6.(2016西安交大附中质检)某空间区域有竖直方向的电场(图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()a.物体所处的电场为非匀强电场,且电场强度不断减小,电场强度方向向上b.物体所处的电场为匀强电场,电场强度方向向下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,且加速度不断减小解析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。答案a7.(2016安徽宿州质检)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tptqb.电势能减少量之比epeq=21c.电荷量之比qpqq=21d.动能增加量之比ekpekq=41导学号17420266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xpxq=21,由公式x=eq2mt2得它们的电荷量之比qpqq=21,c正确;又ep=qpu,eq=qqu2,故epeq=41,b错误;动能增加量ekp=ep+mgh,ekq=eq+mgh,故ekpekq41,d错误。答案c二、多项选择题8.如图所示,在真空中a、b两块平行金属板竖直放置并接入电路。调节滑动变阻器,使a、b两板间的电压为u时,一质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v0从a板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中,恰从a、b两板的中点处沿原路返回(不计重力),则下列说法正确的是()a.使初速度变为2v0时,带电粒子恰能到达b板b.使初速度变为2v0时,带电粒子将从b板中心小孔射出c.使初速度v0和电压u都增加为原来的2倍时,带电粒子恰能到达b板d.使初速度v0和电压u都增加为原来的2倍时,带电粒子将从b板中心小孔射出解析设带电粒子进入电场中的位移为x,根据动能定理得-qex=0-12mv02,又e=ud得x=mdv022qu,由此可知,要使带电粒子进入电场后恰能到达b板处,x变为原来的2倍,采取的方法有:使带电粒子的初速度变为2v0;或使a、b两板间的电压变为12u;或使初速度v0和电压u都增加到原来的2倍,故b、c正确,a、d错误。答案bc9.(2016辽宁沈阳检测)平行板电容器两板间的电压为u,板间距离为d,一个质量为m,电荷量为q的带电粒子从该电容器的正中央沿与匀强电场的电场线垂直的方向射入,不计重力。当粒子的入射初速度为v0时,它恰好能穿过电场而不碰到金属板。现在使该粒子以v02的初速度以同样的方式射入电场,下列情况正确的是()a.该粒子将碰到金属板而不能飞出b.该粒子仍将飞出金属板,在金属板内的运动时间将变为原来的2倍c.该粒子动能的增量将不变d.该粒子动能的增量将变大解析使该粒子以v02的初速度以同样的方式射入电场,粒子在电场中运动时间变长,该粒子将碰到金属板而不能飞出,选项a正确,b错误;电场力做功相同,该粒子动能的增量将不变,选项c正确,d错误。答案ac10.如图所示,一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为e、区域足够大的匀强电场中,以初速度v0沿on在竖直面内做匀变速直线运动。on与水平面的夹角为30,重力加速度为g,且mg=qe,则()a.电场方向竖直向上b.小球运动的加速度大小为gc.小球上升的最大高度为v022gd.若小球在初始位置的电势能为零,则小球电势能的最大值为mv024导学号17420267解析由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动,其合力沿on方向,而mg=qe,由三角形定则,可知电场方向与on方向成120角,a错误;由图中几何关系可知,其合力为mg,由牛顿第二定律可知a=g,方向与初速度方向相反,b正确;设带电小球上升的最大高度为h,由动能定理可得-mg2h=0-12mv02,解得h=v024g,c错误;电场力做负功,带电小球的电势能变大,当带电小球速度为零时,其电势能最大,则ep=-qe2hcos 120=qeh=mgv024g=mv024,d正确。答案bd11.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=410-3 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=410-5 kg、电荷量q=+110-8 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/sb.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d2=12gt2,l2=v0t,得v0=10 m/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d2=12at12,l=v0t1,mg-u1qd=ma,得u1=120 v,同理,微粒在平行板右边缘上侧飞出时,可得u2=200 v,所以平行板上板带负电,电源电压为120 vu200 v时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场,c对,d错。答案ac三、非选择题12.(2016江苏连云港二校联考)如图所示,在a点固定一正电荷,电荷量为q,在离a高度为h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。求:(1)液珠的比荷。(2)液珠速度最大时离a点的距离h。(3)若已知在点电荷q的电场中,某点的电势可表示成=kqr,其中r为该点到q的距离(选无限远的电势为零)。求液珠能到达的最高点b离a点的高度rb。解析(1)设液珠电荷量为q,质量为m,由题意知,当液珠在c点时,由牛顿第二定律知kqqh2-mg=ma又因为a=g解得qm=2gh2kq。(2)当液珠速度最大时,其所受合力为零,则kqqh2=mg解得h=2h。(3)设bc间的电势差大小为ucb,由题意得ucb=c-b=kqh-kqrb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-h)=0又由(1)得qm=2gh2kq联立以上各式解得rb=2h。答案(1)2gh2kq(2)2h(3)2h13.如图所示,虚线mn左侧有一电场强度为e1=e的匀强电场,在两条平行的虚线mn和pq之间存在着宽为l、电场强度为e2=2e的匀强电场,在虚线pq右侧相距为l处有一与电场e2平行的屏,现将一电子(电荷量为e,质量为m)无初速度地放入电场e1中的a点,最后电子打在右侧的屏上,ao连线与屏垂直,垂足为o,求:(1)电子从释放到打到屏上所用的时间。(2)电子刚射出电场e2时的速度方向与ao连线夹角的正切值tan 。(3)电子打到屏上p点到o点的距离x。导学号17420268解析(1)电子在电场e1中做初速度为