2018-2019学年高二物理 寒假训练03 电容器带电粒子在电场中的运动

寒假训练03电容器带电粒子在电场中的运动1【2018年广安、眉山、内江、遂宁高三第一次诊断】如图甲所示，真空中有一个平行板电容器，两极板PQ、MN与水平方向的夹角30，极板长度为L，一个质量为m的带电量为+q的微粒从极板内侧N点由静止释放，恰好能沿水平方向向左运动。只考虑极板之间的电场，极板之外没有电场，重力加速度为g。(1)两极板PQ、MN分别带什么电？极板间电场的场强多大？(2)如图乙所示，如果将该微粒从Q点正上方某高处的O点由静止释放，恰好能从Q点进入电场，且刚好从M点沿与MN相切的方向离开电场。则两板之间的电压U是多少?一、选择题1【2018年白城一中高二上学期期中】如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的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，则下列说法错误的是()A平行板电容器的电容将变大B静电计指针张角不变C带电油滴的电势能将减小D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电势能减小2【2018年广雅中学高三上期中】如图所示，C为平行板电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度，在以下方法中，能使悬线的偏角变大的是()A缩小a、b间的距离B在a、b两板间插入电介质Ca板向上平移DQ板向右平移3.【2018年西宁市第四高级中学高二上学期期中】 (多选)如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板，两板间有M、N、P三点，MN连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，PMN。以下说法正确的是()A电容器带电荷量为B两极板间匀强电场的电场强度大小为CM、P两点间的电势差为D若将带电荷量为q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了4【2018年巴彦淖尔一中高二上学期期中】(多选)a、b、c三个粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，以下说法正确的是()A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大5【2018年静宁县第一中学高二上学期期中】(多选)一带正电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C运动到D点，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是()AA处的电场强度小于B处的电场强度B粒子在A处的电势能大于在B处的电势能CC、D间各点电场强度和电势都为零DA、B两点的电势差等于C、B两点间的电势差6【2018年雅安中学高二上学期期中】如图，在竖直平面内存在水平向右的匀强电场，有一带电小球自O处沿y轴方向竖直向上抛出，它的初动能为4 J，不计空气阻力。当小球上升到最高点M时，动能也为4 J，则小球落回与O的同一水平面上的P点时，它的动能为()A4 J B8 J C16 J D20 J7【2018年遵义市第四教育集团高三上学期第二次联考】(多选)如图所示，B、C为竖直平面内一圆周上的两点，圆心为O，B、O连线竖直，A点位于B点正上方，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球。现有两个完全相同的带正电的小球a、b，先将小球A穿在细杆上，让其从A点由静止释放后沿杆下滑，后使小球b从A点由静止释放后竖直下落，不计两小球间的相互作用力，则下列说法中正确的是()A小球a沿杆做匀加速直线运动B小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能C从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变D小球a从A点到C点的过程中电场力做的功等于小球b从A点到B点的过程中电场力做的功二、解答题8. 【2018年平遥中学高二上学期期中】如图所示，AB是一倾角37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数0.30，BCD是半径为R0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E4.0103 N/C，质量m0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下。已知斜面AB对应的高度h0.24 m，滑块带电荷量q5.0104 C，取重力加速度g10 m/s2，sin370.60，cos370.80。求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力。9【2018年福州八中高三上学期期中】如图甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d，极板长为l，A、B右端有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为0.7l。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值也为U0，A、B间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。现有质量为m、电荷量为e（重力不计）的电子束，以速度v0沿A、B两板间的中心线OO射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。(1)求电子通过偏转电场的时间t0；(2)若UAB的周期Tt0，求从OO上方飞出偏转电场的电子在飞出时离OO的最大距离；(3)若UAB的周期T2t0，求电子击中荧光屏上O点时的速率。寒假训练03电容器带电粒子在电场中的运动1【解析】（1）粒子在极板间的受力分析如图所示，因粒子带正电，所受电场力F如图所示则MN板带正电，PQ板带负电由几何关系得：cos=mgqE解得：E=23mg3q。（2）粒子进入极板间做类平抛运动，设水平位移为x，如图所示：tan=vyv0=atv0tan=yx=12at2v0t设粒子在M点时速度方向延长线交于X轴上的C点，则根据平抛知识可知速度方向延长线交于x2处，根据几何关系有：x2sin+x=Ld=x2cosU=Ed解得：U=2mgL5q。一、选择题1【答案】A【解析】根据C=S4kd知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时d增大，则平行板电容器的电容将减小，故A错误；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；电势差不变，d增大，根据E=Ud可知电场强度减小，又由U上P=上-P，U上P=Ed上P，而U不变，所以上极板的电势上不变，而d上P不变，则有U上P减小，P增大，根据EP=q可知带负电油滴的电势能将减小，C正确；电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=Ud=QCd=4KQS，知电场强度不变，又由UP地=P-地=P，UP地=EdP地，而将下极板向下移动一小段距离，dP地增大，则有UP地增大，P增大，根据EP=q可知带负电油滴的电势能将减小，D正确。2【答案】C【解析】缩小a、b间的距离，根据C=s4kd，则电容增大，Q不变，ab端的电势差U=QC，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小；故A错误；ab间插入电介质，则电容增大，Q不变，ab端的电势差U=QC，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小，故B错误；a板向上移动，正对面积减小，电容减小，而Q不变，则ab端的电势差增大，即PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，变大，故C正确；Q板向右移动，PQ间的距离增大，故电容器的电容C变小，而Q不变，则PQ两端的电势差增大，而电场强度E=4kQs不变，则电场力不变，不变，故D错误。3.【答案】CD【解析】由电容器电容的定义式可知，电容器的带电量为QCU，选项A错误；两板间的电场为匀强电场，根据匀强电场场强与电势差的关系可知，两板间电场强度E，选项B错误；M、P两点间的电势差就等于NP间的电势差，即UMPELsin，选项C正确；由于下板带正电，因此板间场强方向竖直向上，将带电荷量为q的电荷从M点移到P点，电场力做正功，电势能减少量等于电场力做的功，即qUMP，选项D正确。4【答案】ACD【解析】a、b两个粒子在电场中沿电场的方向上的位移相同，由h=12gt2可知运动时间也相同，所以b粒子飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；选项A正确.b和c在电场中沿电场的方向的位移不同，所以在电场中飞行的时间也就不同；选项B错误.由h=12gt2可知，c粒子在电场中飞行的时间最短，而在水平方向飞行的距离最大，所以c的速度最大，a、b两粒子飞行时间相等，a的水平位移最小，所以a的速度最小；选项C正确.由能量的转化和守恒可知，三个粒子的动能的增加即为电场力对粒子所做的功，三个粒子受到的电场力相同，在电场力的方向上，谁的位移大，电场力对谁做的功就大，所以对a、b两粒子做的功相等，对c粒子做的功要少；选项D正确.5【答案】BD【解析】由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；由A到B的过程中，速度变大了，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以粒子在A点的电势能高于B点的电势能，故B正确；从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D正确。6【答案】D【解析】设水平方向上升阶段的水平位移为x上，下降阶段的水平位移为x下；根据运动的合成与分解，小球在水平方向做匀加速直线，在竖直方向做竖直上抛运动；且上升阶段所用时间与下落阶段所用的时间相同，即t上=t下；由初速度为零的匀加速直线运动，相同的时间内位移之比为1：3：5：7；得x上：x下=1：3；小球到达最高点时，竖直方向的动能为零，水平方向获得的动能即为电场力在上升阶段对小球所做的功，则电场力对小球做的总功为W总=Eqx上+Eqx下=44J=16J；小球从O点到M点由动能定理得：EkM-Ek0=W总，Ek0=4J，代入数据得EkM=20J。7【答案】CD【解析】从A到C点，小球受到重力、静电引力、弹力作用，静电引力为变力，故合力为变力，加速度是变化的，故A错误；由于圆周为等势面，故小球从A到C和A到B电场力做功相等，根据动能定理：小球a：mghAB+W静电=Eka；小球b： mghAC+W静电=Ekb，由于a球下降的高度较大，故a球的动能较大，故B错误；除重力外的其余力（即电场力）做的功等于机械能的增加量，由于电场力先做正功，后做负功，故机械能先增加，后减小，故C正确；由于圆周为等势面，故小球从A到C和A到B电场力做功相等，故D正确。二、解答题8.【解析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力f(mgqE)cos370.96 N。设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得(mgqE)hfmv解得v12.4 m/s。(2)设到达C处时速度为v2，滑块从B到C，由动能定理可得：(mgqE)R(1cos37)mvmv当滑块经过最低点时，有：FN(mgqE)m由牛顿第三定律：FNFN，解得：FN11.36 N。9【解析】（1）电子在水平方向为匀速运动有：v0t0=l，解得t0=lv0；（2）当T=t0时，t0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大，设最大值为ym，设加速度大小为a，则有：ym=212at022，a=eU0md，联立解得偏移的最大距离：ym=eU0l24mdv02；（3）当T=2t0时，电子要到达O点在电场中必须在竖直方向上先加速后减速再反向加速，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上匀速，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上加速时间为t，则在竖直方向上有：y上=212at2，y下=12at0-2t2+at0-2t0.7lv0，要到达O点，则有y上=y下；联立解得：t=0.4t0，另一解：t=3t0舍去，所以到达O点的电子在竖直方向上的速度大小为vy=at0-2t，到达荧光屏上O点的电子的速率为v=v02+vy2，联立解得电子击中荧光屏上O点时的速率：v=v02+eU0l5mdv02。9