1、1课时规范练 24 电容器 带电粒子在电场中的运动基础对点练1.(多选)(电容动态变化 传感器)(2018安徽宿州质检)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化,若静电计上的指针偏角为 ,则被测物体( )A.向左移动时, U 增加 B.向右移动时, 增加C.向左移动时, U 减少 D.向右移动时, 减少答案 BC解析 根据公式 C=,可知当被测物体带动电介质板向左移动时,导致两极板间电介质增加,则电容 C 增加,由公式
2、C=可知电荷量 Q 不变时, U 减少,则 减少,故 A 错误,C 正确;由公式 C=,可知当被测物体带动电介质板向右移动时,导致两极板间电介质减少,则电容 C 减少,由公式 C=可知电荷量 Q 不变时, U 增加,则 增加,故 B 正确,D 错误;故选 BC。2.(多选)(电容动态变化 静电计)(2018山东淄博一中三模)某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素。若两极板正对面积为 S,极板间的距离为 d,静电计指针偏角为 。实验中,假定极板所带电荷量不变,下列判断中正确的是( )A.保持 S 不变,增大 d,则 C 变小, 变大2B.保持 S 不变,增大 d,则 C 变大, 变小
3、C.保持 d 不变,减小 S,则 C 变小, 变大D.保持 d 不变,减小 S,则 C 变大, 变小答案 AC解析 根据电容的决定式 C=得知,电容与极板间距离成反比,当保持 S 不变,增大 d 时,电容减小,因极板所带电荷量 Q 不变,由电容的定义式 C=,分析可知板间电势差增大,静电计指针的偏角 变大。故 A 正确,B 错误。根据电容的决定式 C=得知,电容与极板的正对面积成正比,当保持 d 不变,减小S 时,电容 C 减小,极板所带电荷量 Q 不变,则由电容的定义式 C=,可知板间电势差 U 增大,静电计指针的偏角 变大。故 C 正确,D 错误。故选 AC。3.(多选)(带电粒子在电场中
4、直线运动)(2018株洲检测)如图所示,在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板 A、 B,板与水平方向的夹角为 ,一个电荷量 q=1.4110-4C、质量 m=1 g 的带电小球,自 A 板上的孔 P 以水平速度 v0=0.1 m/s 飞入两板之间的电场,经 0.02 s 后未与 B 板相碰又回到孔 P,g 取 10 m/s2,则( )A.板间电场强度大小为 100 V/mB.板间电场强度大小为 141 V/mC.板与水平方向的夹角 = 30D.板与水平方向的夹角 = 453答案 AD解析 因为小球从孔 P 水平飞入两板之间,沿水平方向运动,小球受力如图所示,设板间匀强电场的电场强
5、度为 E,板与水平方向的夹角为 ,在竖直方向由平衡条件得 Eqcos=mg ,在水平方向由动量定理得 Eqsint= 2mv0,解得 E=100V/m,tan = 1,即 = 45,A、D 正确。4.(多选)(带电粒子在电场中偏转)(2018河南洛阳一模)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场 E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场 E2发生偏转,最后打在屏上。整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么( )A.偏转电场 E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
6、答案 AD解析 带电粒子在电场 E1中加速,由动能定理, qU1=mv2,解得 v=。进入电场线竖直向下的匀强电场 E2中做类平抛运动, L=vt,y=at2,qE2=ma,联立解得 y=,偏转电场 E2对三种粒子做功 W=qE2y=,与粒子质量无关,所以偏转电场 E2对三种粒子做功一样多,选项 A 正确;三种粒子打到屏上时的水平速度不一样大,竖直速度 at 不一样大,所以三种粒子打到屏上时的速度一样大,选项 B 错误;三种粒子运动到4屏上所用时间不相同,选项 C 错误;由于 y=与粒子质量无关,三种粒子相同,所以三种粒子一定打到屏上的同一位置,选项 D 正确。5.(带电粒子在电场中偏转)(2
7、018广东惠州模拟)如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图,电子经电压 U1加速后垂直进入偏转电场,离开电场时的偏转量是 h,两平行板间的距离为 d,电势差为 U2,板长为 L。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)可采用的方法是( )A.增大两板间的电势差 U2 B.尽可能使板长 L 短些C.使加速电压 U1升高些 D.尽可能使板间距离 d 小些答案 D解析 带电粒子加速时,由动能定理得: qU1=mv2带电粒子偏转时,由类平抛运动规律,得:L=vth=at2又由牛顿第二定律得: a=联立以上各式可得 h=由题意,灵敏度为:可见,灵敏度与 U2无关,要提高示波管的灵敏度,可使板长
8、 L 长些、板间距离 d 小一些、使加速电压U1降低一些,故 ABC 错误,D 正确。故选 D。6.(多选)5如图所示,竖直放置的两块足够长的平行金属板电容器充上电后,板间电势差为 U,两板间距离为d。现用绝缘丝线悬挂质量为 m 的带电小球,丝线跟竖直方向成 = 30角时小球恰好平衡,且此时与右板的距离为 b。已知重力加速度为 g,则下列说法正确的是( )A.小球受三个力作用,其中电场力与绳的拉力的合力等于重力B.小球带正电,带电荷量是C.若剪断丝线,小球需要经过 t=碰到金属板D.若剪断丝线,小球的电势能将增加答案 ABC解析 由于小球处于平衡状态知小球带正电,对小球受力分析如图所示。FTs
9、in=q ,FTcos=mg ,故 q=,A、B 正确; FT=,而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等,故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于,小球的加速度 a=,小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动,电场力做正功,电势能减小,当碰到金属板上时,它的位移为 x=,又由 x=at2,得 t=,C 正确,D 错误。67.(多选)(电容动态变化 动能定理)(2018安徽蚌埠下学期三质检)如图,充电后的平行板电容器水平放置(与电源断开),电容为 C,板间距离为 d,上极板正中央有一小孔。质量为 m、电荷量为 +q的小球从小孔正上方高 h 处由静
10、止开始下落,穿过小孔到达下极板处的 P 点时速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为 g)。下列说法正确的是( )A.电容器所带电荷量 Q=B.电容器板间的电场强度 E=C.若下板下移的距离,小球到达 P 点(原下板处)时速度恰为零D.若下板水平右移一小段距离,小球到达下板处时速度恰为零答案 BC解析 在从释放到到达下极板的过程中,根据动能定理: mg(h+d)-qEd=0,解得: E=,电容器两极板间的电压为: U=Ed=,电容器的带电量为: Q=CU=,故 A 错误,B 正确;由于电容器的电量不变,根据 C=、 C=和E=,得 E=,当下板向下移动时电场强度不变
11、,根据动能定理可知,小球从相同的高度释放,到达 P 点时速度恰好为零;当下板水平右移一小段距离,面积 S 减小,故电场强度增大,下落相同的距离,电场力做的负功更多,故小球在到达下板前速度已经为零,故 AD 错误,BC 正确,故选 BC。方法点拨对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度,然后根据 Q=CU 求解电容器的带电量,根据 C=、 C=和 E=,分析各种情况下电场强度的变化,再根据动能定理分析小球下落的速度。素养综合练78.(多选)(电容动态变化 带电粒子在电场中的平衡和运动)(2018广东深圳调研)两个完全相同的平行板电容器 C1、 C2水平放置,如图所示。开关 S 闭合
12、时,两电容器中间各有一油滴 A、 B 刚好处于静止状态。现将 S 断开,将 C2下极板向上移动少许,然后再次闭合 S,则下列说法正确的是( )A.两油滴的质量相等,电性相反B.断开开关,移动 C2下极板过程中, B 所在位置的电势不变C.再次闭合 S 瞬间,通过开关的电流可能从上向下D.再次闭合开关后, A 向下运动, B 向上运动答案 BCD解析 当 S 闭合时,左边电容的上极板和右边电容的下极板相连,即两个极板的电势相等,又因为其他两个极板都接地,电势相等,故两极板间的电势差的绝对值相等,根据 mg=q,由于不知道两油滴的电荷量,故两个油滴的质量不一定相等,若 C1上极板带正电,则 C1电
13、场方向竖直向下, A 液滴应受到竖直向上的电场力,故带负电, C2下极板带正电,则 C2电场方向竖直向上, B 滴液应受到竖直向上的电场力,所以带正电,电性相反;若 C1上极板带负电,则 C1电场方向竖直向上, A 液滴应受到竖直向上的电场力,故带正电, C2下极板带负电,则 C2电场方向竖直向下, B 滴液应受到竖直向上的电场力,所以带负电,电性相反,总之两油滴的电性相反,A 错误;断开开关,移动 C2下极板过程中,两极板所带电荷量相等,根据 C=,C=,E=联立可得 E=,两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关,故电场强度恒定,所以 B 的受力不变,故仍处于静止状态,到上极板(零电势)
14、的距离不变,根据 U=Ed 可知 B 点的电势不变,B 正确;S 断开,将 C2下极板向上移动少许,根据 C=可知 C2增大,根据 C=可知 U 减小,即C2下极板电势降低,再次闭合 S 瞬间, C1上极板电势大于 C2下极板电势,通过开关的电流可能从上向下,稳定后,根据 E=可知 C1电容两极板间的电势差减小,电场强度减小, A 向下运动, C2两极板间的电势差增大,电场强度增大, B 向上运动,选项 CD 正确。9.(2014山东卷)如图,电场强度大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd,水平边 ab 长为 s,竖直边 ad 长为 h。质量均为 m、带电荷量分别为 +q
15、和 -q 的两粒子,由 a、 c 两点先后8沿 ab 和 cd 方向以速率 v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则 v0等于( )A. B.C. D.答案 B解析 由 +q 和 -q 两粒子轨迹的对称性可知,两轨迹切点正好在区域 abcd 的正中心。对粒子 +q,从 a点运动到轨迹切点有 =v0t ;t2 。解得 v0=,本题只有选项 B 正确。10.(多选)(带电粒子在电场中偏转)(2018河南南阳期末)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为 L,板间距离为 d,距板右端 L 处有一竖直屏 M。一带电荷量为q、质量为 m 的
16、质点以初速度 v0沿中线射入两板间,最后垂直打在 M 上,则下列结论正确的是(已知重力加速度为 g)( )A.两极板间电压为B.板间电场强度大小为C.整个过程中质点的重力势能增加D.若仅增大两极板间距,则该质点不可能垂直打在 M 上答案 BC9解析 根据题意可知,小球在平行金属板间受电场力和重力,出电场后只受重力,而最后又垂直打在屏上,两段运动具有对称性,可得小球的运动轨迹先向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,小球的轨迹向下偏转,如图所示,根据牛顿第二定律得: qE-mg=ma,mg=ma,解得 E=,由 U=Ed 得板间电势差 U=d=,故A 错误,B 正确;小球在电场中向上偏转的距离 y=
17、at2,a=g,t=,解得: y=,故小球打在屏上的位置与 P点的距离为: s=2y=,重力势能的增加量 Ep=mgs=,故 C 正确。仅增大两板间的距离,因两板上电量不变,根据 E=可知,板间电场强度不变,小球在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏上,故 D 错误。故选 BC。11.(多选)(带电粒子在电场中偏转)一电荷量为 q 的带正电粒子以某一速度垂直电场方向进入匀强电场,在电场中运动轨迹如图所示。图中 A、 B 为其运动轨迹上的两点,已知 A、 B 两点之间垂直电场方向的距离为 L,该粒子在 A 点的速度大小为 v、方向与电场方向的夹角为 60,在 B 点时速度方向与电场
18、方向的夹角为 30。不计重力,根据上述条件,下列物理量可求的是( )A.粒子进入电场时的速度B.粒子在 A、 B 两点间的运动时间C.A、 B 两点间的电势差D.电场强度的大小答案 AB10解析 设粒子进入电场时的速度为 v0,带电粒子在 B 点的速度大小为 vB,粒子在垂直于电场方向做匀速运动,该方向分速度即为 v0,故有: v0=vsin60,由 L=v0t,可得粒子在 A、 B 两点间的运动时间,故 A、B 正确;设 A、 B 间的电势差为 UAB,由动能定理,有: qUAB=,又 vBsin30=vsin60,联立以上两式得 A、 B 两点间的电势差为 UAB=,由于质量未知,所以 A
19、、 B 两点间的电势差不可求,C 错误;根据公式 U=Ed 知,由于 AB 两点沿电场方向的距离 d不可求,所以不能求出电场强度。沿电场方向,由 vBcos30-vcos60=at,可知能求出加速度 a。一样的由于质量未知,所以不能求出电场强度。12.(2018山东泰安模拟)如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,坐标系内有 A、 B 两点,其中 A 点坐标为(6 cm,0), B 点坐标为(0, cm),坐标原点 O 处的电势为 0,点 A处的电势为 8 V,点 B 处的电势为 4 V。现有一带电粒子从坐标原点 O 处沿电势为 0 的等势线方向以速度 v=4105 m/
20、s 射入电场,粒子运动时恰好通过 B 点,不计粒子所受重力,求:(1)图中 C 处(3 cm,0)的电势;(2)匀强电场的电场强度大小;(3)带电粒子的比荷。答案 (1)4 V (2)102 V/m (3)2.41011 C/kg解析 (1)设 C 处的电势为 C因为 OC=CA,所以 O- C= C- A得 C=V=4V11(2)BC 连线为等势线,电场强度方向与等势线 BC 垂直设 OBC=OB=L=cmtan= ,= 60U=Ed,E=V/m=102V/m(3)带电粒子做类平抛运动,有 Lcos=vtLsin=t 2联立解得C/kg=2.41011C/kg所以带电粒子的比荷为 2.41011C/kg。
