2017版高考物理二轮复习高分突破专题四静电场第16课时电容器带电粒子在电场中的运动

第16课时电容器带电粒子在电场中的运动一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()AC和U均增大 BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小解析由C知，S和d不变，插入电介质时，r增大，电容增大，由C可知：Q不变时，C增大，则两板间的电势差U一定减小，故选B。答案B2如图1，一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。粒子运动的加速度为 ()图1A.g B.gC.g D.g解析带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mgq；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律mamgq，两式联立可得ag。选项A正确。答案A3喷墨打印机的简化模型如图2所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中 ()图2A向负极板偏转 B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线 D运动轨迹与所带电荷量无关解析带负电的微滴进入电场后受到向上的电场力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的电场力作用，电场力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据xv0t，yat2及a，得带电微滴的轨迹方程为y，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C正确，D错误。答案C4.如图3，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图3A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mgqE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45后，两板间电场强度方向逆时针旋转45，电场力方向也逆时针旋转45，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确。答案D5如图4所示为示波管中电子枪的原理示意图。示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U。电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v，下面的说法中正确的是()图4A如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2vB如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为 C如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为 D如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v解析由动能定理得eUmv2，即v，可以看出，电子的速度v，与A、K间的距离无关，只有D正确。答案D6一个带正电的油滴如图5所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是下图中的 ()图5解析油滴从A点自由下落以一竖直速度进入电场，进入电场后受竖直方向的重力和水平方向的电场力两恒力作用。根据物体做曲线运动的条件，运动轨迹将向右弯曲，B正确。答案B7电场中的三条等势线如图6中实线a、b、c所示，三条等势线的电势abc。一电子以沿PQ方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从P运动到Q，则这一过程中电子运动的vt图象大致是图线中的()图6解析电子由P点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为Wq(PQ)，因为q0，且P0，由动能定理可知，电子的动能不断增大，即速度不断增大，选项C、D错误；P点附近等势面密集，故场强较大，电子在P点附近所受电场力大，电子的加速度也就大，对应vt图象的斜率大，故由P到Q，vt图象的斜率不断减小，选项A正确，B错误。答案A二、选择题(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的)8如图7，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球()图7A做直线运动 B做曲线运动C速率先减小后增大 D速率先增大后减小解析刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上，所以它一定做曲线运动，A项错误，B项正确；因重力与电场力的合力F为恒力，结合图可知运动过程中合力F与速度之间的夹角由钝角减小到锐角，其中直角时速率最小，所以带电小球的速率先减小后增大，故C项正确，D项错误。答案BC9如图8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()图8A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：qEx0mv，又E得x，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v0；或使A、B两板间的电压变为U；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BC10如图9所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器的内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为，则()图9A若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则增大B若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则不变C若开关S断开，A板向B板靠近，则不变D若开关S断开，A板向B板靠近，则增大解析保持开关S闭合，则电容器两极板间电压U恒定，A板向B板靠近，距离d减小，由E可知电场强度增大，带正电小球受到的电场力增大，则增大，A正确，B错误；若开关S断开，则电容器的电荷量恒定，A板向B板靠近时，电场强度不变，带正电小球受到的电场力不变，则不变，C正确，D错误。答案AC三、非选择题11如图10所示，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30，不计重力。求A、B两点间的电势差。图10解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30v0sin 60由此得vBv0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUABm(vv)联立式得UAB答案12.如图11所示，一带电荷量为q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，sin 370.6，cos 370.8。求：图11(1)水平向右的匀强电场的电场强度大小；(2)若将电场强度减小为原来的，求物块的加速度大小和物块下滑距离L时的动能。解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力图如图所示，则有FNsin 37qEFNcos 37mg由可得E(2)若电场强度减小为原来的，即E由牛顿第二定律得mgsin 37qEcos 37ma可得a3 m/s2电场强度变为E后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin 37qELcos 37Ek0可得Ek0.3mgL答案(1)(2)3 m/s20.3mgL13如图12所示，A、B间存在与竖直方向成45角斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏。一质量m1.0103 kg，电荷量q1.0102 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点。若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O点(图中未画出)。g取10 m/s2。求：图12(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O点电势能的变化量及偏转角度。解析(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE1cos 45mg0解得：E1 N/C1.4 N/C(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：qE1dABsin 45mv解得：vb5 m/s加磁场前粒子在B、C间做匀速直线运动，则有：qE2mg加磁场后粒子在B、C间做匀速圆周运动，如图所示：由牛顿第二定律得：qvbBm解得：R5 m由几何关系得：R2d(Ry)2解得：y1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功为：WqE2ymgy1.0102 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0102 J设偏转角度为，则：sin 0.6解得：37答案(1)1.4 N/C(2)1.0102 J378