高考物理一轮复习-第3讲-电容器-带电粒子在电场中的运动

授课提示：对应学生用书第339页[A组基础巩固练]热点一平行板电容器及其动态分析问题1．(2022·四川乐山模拟)目前许多国产手机都有指纹解锁功能，用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同，此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据，根据文中信息，下列说法正确的是()A．在峪处形成的电容器电容较大B．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量小C．在峪处形成的电容器放电较快D．潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响解析：根据电容的计算公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，极板与指纹峪(凹下部分)距离d大，构成的电容器电容小，A错误。由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)可知，极板与指纹峪(凹的部分，d大，电容小)构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短，放电较快；反之，极板与指纹山嵴构成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，B错误，C正确。湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁和指纹识别，D错误。答案：C2．(多选)(2022·四川泸州质检)如图所示，电路中二极管为理想二极管，正向电阻为零，反向电阻无穷大，电源内阻不能忽略，闭合开关S，电路稳定后，只改变下列一个条件能增大平行板电容器两板间电场强度的是()A．增大平行板电容器两板间距离B．减小平行板电容器的正对面积C．将滑动变阻器的滑片向b端移动D．断开开关S解析：只增大两板间的距离时，电容器的电容减小，因电压不变，故电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电荷量不变，增大板间距离时，C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则可知板间场强不变，故A错误；减小平行板电容器的正对面积，电容器的电容减小，由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电荷量不变，由板间场强E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知变大，故B正确；将滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器电阻增大，分压变大，电容器的电压变大，板间场强变大，故C正确；只断开开关S，电容器不能放电，电容器上的电荷量不变，故两板间的电压不变，板间场强不变，故D错误。答案：BC热点二带电粒子在电场中的直线运动3.(2022·山东青岛模拟)如图所示，金属板A、B水平放置，两板中央有小孔S1、S2，A、B与直流电源连接。闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力，要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔，应()A．仅上移A板适当距离B．仅下移A板适当距离C．断开开关，再上移A板适当距离D．断开开关，再下移A板适当距离解析：设板间距离为d，O距S1为h，电源电压为U，由题意知从O释放一带电小球到达S2孔速度为零，则电场力对小球做负功，由动能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若仅上移或下移A板适当距离，两板间电压不变，仍满足mg(h＋d)－qU＝0，小球仍刚好能到达S2，故A、B错误；断开开关，Q不变，因E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则场强E不变，由动能定理得：mg(h＋d)－Eq·d＝0，将A板上移适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功增多，故假设不成立，即到达不了S2处速度已为零，故C错误；若下移A板适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达S2处时小球速度不为零，能够穿过S2孔，故D正确。答案：D4．(2022·河北邢台质检)如图所示，空间中存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，下列说法正确的是()A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0解析：两板间距离变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq\r(2)v0，选项D错误。答案：C热点三带电粒子在电场中的偏转运动5.(2022·陕西汉中九校联考)如图所示，一个不计重力的带电粒子经加速电场加速后，沿偏转极板的中线以垂直于偏转电场的方向进入偏转电场，经偏转电场偏转后，恰好从下板的边缘飞出。已知粒子侧移量为y，偏转极板的长为L且eq\f(y,L)＝k，则加速电压U1和偏转电压U2的比值eq\f(U1,U2)为()A.eq\f(1,8k2) B.eq\f(1,4k2)C.eq\f(1,2k2) D.eq\f(1,k2)解析：粒子经过加速电场的过程：由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv2粒子经过偏转电场的过程：由运动学公式得y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,2ym)·t2其中t＝eq\f(L,v)联立解得eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,8k2)，故A正确。答案：A6.(多选)(2022·陕西宝鸡质检)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是()A．从N点进入的粒子先到达P点B．从M点进入的粒子先到达P点C．粒子在到达P点的过程中电势能都减小D．从M点进入的粒子的电荷量小于从N点进入的粒子的电荷量解析：两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，在竖直方向做匀速运动，在水平方向向左做匀加速运动，由题图可知，两粒子与P点的竖直距离相同，设为y，则运动到P点的时间t＝eq\f(y,v0)，即两个粒子同时到达P点，故A、B错误；两粒子都带正电，电场力向左，且两粒子在水平方向均向左做匀加速运动，电场力均做正功，电势能都减小，故C正确；由题图可知，从M点进入的粒子，其水平方向的位移较小，根据x＝eq\f(1,2)at2可知，相同的时间t内，从M点进入的粒子的加速度较小，根据a＝eq\f(qE,m)，两个粒子的质量相同，又在同一电场，即E相同，所以从M点进入的粒子的电荷量较小，故D正确。答案：CD7．(多选)(2022·安徽六校联考)某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场。当在该空间内建立如图所示的坐标系后，在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴。设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t，下列说法正确的是()A．由题设条件不能判断出粒子的带电性质B．对于h≤d的粒子，h不同，粒子在电场中的运动时间t相同C．对于h>d的粒子，h不同，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等D．不同h对应的粒子，进入电场时的速率v可能相同解析：粒子受电场力向左，可知粒子带正电，选项A错误。对于h≤d的粒子，一直在电场中运动，然后通过y轴，水平方向的加速度相同，水平位移相同，则运动时间相同，选项B正确。对于h>d的粒子，先在电场中向左偏转，然后从电场上边界离开电场，做直线运动到达y轴，h不同的粒子，从电场上边界射出的位置不同，在电场中沿电场线方向的位移不同，则电场力对粒子做的功不相等，选项C正确。对于h≤d的粒子，水平分位移x相等，由x＝eq\f(1,2)at2知，运动时间t相等，竖直分位移h＝vt，则h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大；对于h＞d的粒子，通过电场时竖直分位移均为d，h越大，在电场中沿着电场力偏转位移x越小，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t越小，由d＝vt可知，v越大，选项D错误。答案：BC[B组综合提能练]8.(多选)(2022·江苏如皋模拟)如图所示，一个带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为α，则下列说法正确的是()A．保持开关S闭合，使两极板稍靠近一些，α将增大B．保持开关S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，α将不变C．断开开关S，使两极板稍靠近一些，α将减小D．断开开关S，若将细线烧断，小球将做曲线运动解析：保持开关S闭合时，电容器板间电压不变，两板靠近时，板间距离d减小，由E＝eq\f(U,d)分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则α增大，A正确；保持开关S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动时，不会改变电容器两端的电压，由E＝eq\f(U,d)分析得知，板间场强不变，小球所受电场力不变，则α不变，B正确；断开开关S，电容器两板的电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)和C＝eq\f(εrS,4πkd)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，两板间的场强不变，小球所受电场力不变，则α不变，C错误；若将细线烧断小球从静止开始运动，故做匀加速直线运动，D错误。答案：AB9．(多选)(2022·天津红桥区质检)真空中某竖直平面内存在一个水平向右的匀强电场，一个质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，下列说法正确的是()A．微粒一定带负电B．微粒一定做匀速直线运动C．可求出匀强电场的电场强度D．可求出微粒运动的加速度解析：因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知，电场力必水平向左，微粒带负电，A正确；其合外力必与速度反向，大小F＝eq\f(mg,sinθ)，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度a＝eq\f(g,sinθ)，B错误，D正确；电场力qE＝eq\f(mg,tanθ)，但不知微粒的电荷量，所以无法求出电场强度，C错误。答案：AD10．(2022·河北邢台模拟)让eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的混合粒子以相同的初动能在同一位置垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子束从进入到射出该偏转电场的过程中，下列说法正确的是()A．在偏转电场中每个粒子运动的时间相等B．偏转电场对每个粒子做功相等C．在偏转电场中它们形成两股粒子束D．偏转电场对每个粒子冲量相同解析：三种粒子动能相等，质量不同，则速度不同，水平方向做匀速直线运动，水平位移相同，则在偏转电场中每个离子运动的时间不相等，故A错误。偏转的位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(qU,md)×(eq\f(L,v0))2＝eq\f(qUL2,4Ekd)，由于三种粒子eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的初动能相等，偏转位移与电荷量成正比；由于eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H的电荷量相等，eq\o\al(4,2)He的电荷量为eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H电荷量的2倍，所以在偏转电场中它们形成两股粒子束，偏转电场对每个粒子做功W＝qEy＝eq\f(q2U2L2,4Ekd2)，偏转电场对eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H做功的大小不同，故B错误，C正确。偏转电场对每个粒子的冲量I＝qEt＝eq\f(qEL,v0)＝qELeq\r(\f(m,2Ek))，三种粒子的电量之比为1∶1∶2，质量之比为1∶2∶4，可知冲量不同，故D错误。答案：C11.(2021·福建三明质检)如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一个匀强电场，场强大小为E、方向与圆所在的面平行。PQ为圆的一条直径，与场强方向的夹角θ＝60°。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力。(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0；(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值ΔEp。解析：(1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，有2Rsinθ＝v0t①2Rcosθ＝eq\f(1,2)at2②由牛顿第二定律得：Eq＝ma③由①②③得v0＝eq\r(\f(3qER,2m))。④(2)粒子到达题图中圆的最低点电势能变化量最大ΔEp＝－qEd⑤而d＝R＋Rcosθ⑥由⑤⑥得ΔEp＝－eq\f(3qER,2)。⑦答案：(1)eq\r(\f(3qER,2m))(2)题图中圆的最低点－eq\f(3qER,2)12．(2022·山西太原模拟)如图所示，竖直平面xOy内有两个宽度均为L，首尾相接的电场区域ABED、BCFE。在ABED场区存在