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课时分层作业 二十二电容器与电容带电粒子在电场中的运动(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。16题为单选题,710题为多选题)1.如图所示,固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开,两极板与一个静电计相连,将B极向左水平移动一小段距离后,电容器的电容C、静电计指针偏角和极板间电场强度E的变化情况分别是()A.C变小,变大,E不变B.C不变,不变,E变小C.C变小,不变,E不变D.C变小,变大,E变小【解析】选A。当负极板左移一小段距离时,d增大,由C=可知,电容C减小,由U=可知两极间的电压增大,因电压增大,静电计指针偏角会增大,根据E=,不论极板间距如何变化,极板的电量总不变,因此电场强度不变,故A正确,B、C、D错误。2.(2018淄博模拟)如图所示,从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动,指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)()A.电子到达B板时的动能是eUB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3eUD.电子在A板和D板之间做往复运动【解析】选C。释放出一个无初速度电荷量为e的电子,在电压为U的电场中做加速运动,当出电场时,所获得的动能等于电场力做的功,即W=eU,故A正确;由图可知,BC间没有电压,则没有电场,所以电子在此处做匀速直线运动,则电子的动能不变,故B正确;电子以eU的动能进入CD电场中,在电场力的阻碍下,电子做减速运动,由于CD间的电压也为U,所以电子到达D板时速度减为零,开始反向运动,故C错误;由上可知,电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速,再反向加速、匀速再减速,做往复运动,故D正确。3.喷墨打印机的简化模型如图所示。墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒,经带电室带负电后,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。已知墨汁微粒所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制,微粒偏移量越小打在纸上的字迹越小,则从墨汁微粒进入偏转电场开始到打到纸上的过程中(不计墨汁微粒的重力),以下说法正确的是 ()A.墨汁微粒的轨迹是抛物线B.电量相同的墨汁微粒轨迹相同C.墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关D.减小偏转极板间的电压,可以缩小字迹【解析】选D。墨汁微粒在电场中做类平抛运动,出电场后做匀速直线运动,轨迹不是抛物线,故A错误;墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动,则有,水平方向L=v0t,竖直方向y=at2,则出偏转电场时的偏转位移y=,电量相同,墨汁微粒的轨迹不一定相同,故B错误;根据y=知,墨汁微粒的运动轨迹与带电量有关,故C错误;根据y=知,减小偏转极板间的电压,出电场时偏转位移减小,打到纸上的偏转位移减小,可以缩小字迹,故D正确。【加固训练】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轴正方向连续射入质量和电荷量均相同且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计),由于粒子的入射速率v(v0)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,则()A.粒子带负电B.对hd的粒子,h越大,t越大C.对hd的粒子,在时间t内,电场力对粒子做的功不相等D.h越大的粒子,进入电场时的速率v也越大【解析】选D。由题意可知,粒子向左偏,由电场线的方向,可确定电场力方向向左,因此粒子带正电,故选项A错误;对hd的粒子,沿x轴方向粒子受到电场力相同,加速度相同,因此运动时间相等,由于粒子的速度不同,所以导致粒子的h不同,故选项B错误;对hd的粒子,在时间t内,沿电场力方向的位移相同,因此电场力做功相等,故选项C错误;若在电场中直接通过y轴,水平分位移x相等,由x=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,若穿出电场后再通过y轴,通过电场时竖直分位移y相等,h越大,沿着电场力方向偏转位移x越小,由x=at2,可知t越小,由y=vt可知v越大,故选项D正确。4.如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点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)顺时针旋转45,再由a点从静止释放一个同样的微粒,该微粒将()A.保持静止状态B.向右下方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【解析】选B。在两板中间a点静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,微粒受重力和电场力平衡,故电场力大小F=mg,方向竖直向上,将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)顺时针旋转45,电场强度大小不变,方向顺时针旋转45,电场力顺时针旋转45,大小仍然为mg,重力和电场力的大小均为mg,夹角为135,故合力向右下方,微粒的加速度恒定,向右下方做匀加速运动,故B正确,A、C、D错误。5.如图甲所示,两平行金属板A、B放在真空中,间距为d,P点在A、B板间,A板接地,B板的电势随时间t变化情况如图乙所示,t=0时,在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子,当t=2T时,电子回到P点。电子运动中没与极板相碰,不计重力,则()A.12=12B.12=14C.在02T内,当t=T时电子的电势能最大D.在02T内,电子的电势能减小了【解析】选D。0T时间内平行板间的电场强度为E1=,电子以a1=向上做匀加速直线运动,经过时间T的位移x1=a1T2,速度v1=a1T,T2T内平行板间电场强度E2=,加速度a2=,电子以v1的速度向上做匀减速直线运动,位移x2=v1T-a2T2,由题意2T时刻回到P点,则x1+x2=0,联立解得2=31,故A、B错误;当速度最大时,动能最大,电势能最小,而0T内电子做匀加速运动,之后做匀减速直线运动,所以在T时刻电势能最小,故C错误;电子在2T时刻回到P点,此时速度v2=v1-a2T=-(负号表示方向向下),电子的动能为Ek=m=,根据能量守恒定律可知,电势能的减小量等于动能的增加量,故D正确。6.粗糙绝缘的水平地面上,有两块竖直平行相对而立的金属板AB。板间地面上静止着带正电的物块,如图甲所示,当两金属板加图乙所示的交变电压时,设直到t1时刻物块才开始运动,(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)则()A.在0t1时间内,物块受到逐渐增大的摩擦力,方向水平向右B.在t1t3时间内,物块受到的摩擦力,先逐渐增大,后逐渐减小C.t3时刻物块的速度最大D.t4时刻物块的速度最大【解析】选C。在0t1时间内,物块处于静止状态,电场强度方向水平向右,物块所受的电场力水平向右,根据平衡条件得:摩擦力大小Ff=qE,而E=,得Ff=q,UAB增大,Ff随之增大,并且由平衡条件知,Ff的方向水平向左,故A错误;在t1t3时间内,物块向右运动,受到的是滑动摩擦力,物块对地面的压力不变,根据公式Ff=FN知,摩擦力不变,故B错误;据题意:最大静摩擦力等于滑动摩擦力,在t1时刻物块所受的静摩擦力达到最大,并恰好等于此时的电场力。在t1t3时间内,电场力一直大于摩擦力,物块一直向右加速运动;在t3t4时间内,电场力小于滑动摩擦力,物块向右做减速运动,所以t3时刻物块的速度最大,故C正确,D错误。7.(2018唐山模拟)如图所示,竖直平面内有A、B两点,两点的水平距离和竖直距离均为H,空间存在水平向右的匀强电场,一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出,经一段时间竖直向下通过B点,重力加速度为g,小球在由A到B的运动过程中,下列说法正确的是()A.小球带负电B.速度先增大后减小C.机械能一直减小D.任意一小段时间内,电势能的增加量总等于重力势能的减少量【解析】选A、C。小球在B点的速度竖直向下,水平方向匀减速运动,竖直方向自由落体运动,可知电场力方向水平向左,与电场方向相反,说明小球带负电,故A正确;小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力,即合力方向朝左下方,与初速度成钝角,所以开始减速,然后成锐角,可知合力先做负功然后做正功,则速度先减小后增大,故B错误;因为电场力做负功,电势能增加,机械能减小,故C正确;任意一小段时间,小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变,总能量守恒,所以电势能的增加量不等于重力势能的减少量,故D错误。8.(2018日照模拟)如图所示,一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中,A=90,B=30,AC长为L,已知A点的电势为 (0),B点的电势为2,C点的电势为0。一带电的粒子从C点以v0的速度出发,方向如图所示(与AC边成60)。不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.电场强度的方向由B指向CB.电场强度的大小为C.若粒子能击中图中的A点,则该粒子的比荷为D.只要粒子的速度大小合适,就可能击中图中的B点【解析】选B、C。B点的电势为2,C点的电势为0,则BC中点D的电势为,又A点的电势为 (0),连接AD,则电场线垂直于AD,如图所示,故A错误;由图可知电场强度E=,故B正确;由于速度方向与电场方向垂直,粒子从C到A做类平抛运动,则Lcos60=v0t,Lsin60=t2,解得=,故C正确;由于速度方向与电场方向垂直,粒子从C抛出后做类平抛运动不可能到B点,故D错误。9.(2018惠州模拟)如图,在竖直平面内有一匀强电场,一带电量为+q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动。已知力F和AB间夹角为,AB间距离为d,重力加速度为g。则 ()A.力F大小的取值范围只能在0B.电场强度E的最小值为C.小球从A运动到B电场力可能不做功D.若电场强度E=时,小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2【解析】选B、C、D。因为小球做匀速直线运动,合力为零,则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反,作出F与qE的合力,如图所示,拉力F的取值随着电场强度方向的变化而变化,如果电场强度方向斜向右下方,则F的值将大于,故A错误;由图可知,当电场力qE与F垂直时,电场力最小,此时场强也最小,则qE=mgsin,解得电场强度的最小值为E=,故B正确;当电场力qE与AB方向垂直时,小球从A运动到B电场力不做功,故C正确;若电场强度E=时,即qE=mgtan时,电场力qE可能与AB方向垂直,如图位置1,电场力不做功,电势能变化量为0,电场力的方向也可能位于位置2方向,则电场力做功为W=qEsin2d=qsin2d=2mgdsin2,故D正确。10.如图所示的电路中,理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中,闭合开关S,平行板间有一质量为m,电荷量为q的带电液滴恰好能处于静止状态,则下列说法中正确的是()A.将A板向上平移一些,液滴将向下运动B.将A板向左平移一些,液滴将向上运动C.断开开关S,将A板向下平移一些,液滴将保持静止不动D.断开开关S,将A板向右平移一些,液滴将向上运动【解析】选B、C、D。A极板上移时,d变大,由C=可知,C变小,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,由E=,可知电容器两极板间的电场强度不变,油滴所受电场力不变,油滴静止不动,故A错误;A极板左移时,S变小,由C=可知,C变小,而两极板间的电压U等于电源电动势不变,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,由E=可知电容器两极板间的电场强度增大,油滴所受电场力增大,油滴将向上运动,故B正确;当断开开关S,将A板向下平移一些时,d变小,由C=可知,C变大,因电量的不变,由E=可得,电场强度不变,那么液滴将保持静止不动,故C正确;同理,当断开开关S,将A板向右平移一些时,S变小,由C=可知,C变小,因电量的不变,由E=可得,电场强度变大,那么液滴将向上运动,故D正确。【加固训练】(多选)一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地。两板间有一个正电荷固定在P点,如图所示,以E表示两板间的场强,U表示电容器两板间的电压,表示正电荷在P点的电势,Ep表示正电荷在P点的电势能,若保持负极板不动,将正极板向下移到图示的虚线位置,则()A.E变大B.Ep不变C.不变D.U不变【解析】选B、C。平行板电容器充电后与电源断开,所带电量不变,当极板距离减小时,根据电容决定式C=知,d减小,则电容C增大,根据U=知,U减小。电场强度E=,知电场强度不变,所以P与负极板间的电势差不变,则P点的电势不变,电势能不变,故B、C正确,A、D错误。二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.(2016北京高考)如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0,偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。 (1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。(2)分析物理量的数量级是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g取10 m/s2。(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势的定义式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”G的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。【解题指导】解答本题应把握以下三点:(1)熟练掌握带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动规律。(2)通过计算重力的大小,根据数量级,分析忽略重力的原因。(3)利用类比法准确定义重力势,并说明和电势的共同特点。【解析】(1)根据动能定理可得:eU0=m所以电子射入偏转电场的初速度v0=在偏转电场中,电子的运动时间t=L偏转距离y=a(t)2=(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg10-29 N电场力F=10-15 N由于FG,因此不需要考虑电子所受的重力(3)电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与电荷量q的比值,即=,由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值叫作重力势,即G=。电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。答案:(1)(2)见解析(3)=G=电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定【能力拔高题组】1.(8分)(多选)(2018日照模拟)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落,t秒末,在小球下落的空间中,加上竖直向上、范围足够大的匀强电场,再经过t秒,小球又回到A点,不计空气阻力且小球从未落地,重力加速度为g,则 ()A.小球所受电场力的大小是4mgB.小球回到A点时的动能是mg2t2C.从A点到最低点的距离是gt2D.从A点到最低点,小球的电势能增加了mg2t2【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)加电场后,小球先向下做匀减速直线运动,后反向做匀加速直线运动。(2)可由动力学求小球的速度和位移。(3)可由功能关系求小球电势能的变化量。【解析】选A、C。小球先做自由下落,然后受电场力和重力向下匀减速到速度为0,再向上做匀加速回到A点,设加上电场后小球的加速度大小为a,规定向下为正方向,整个过程中小球的位移为0,由运用运动学公式得gt2+gtt-at2=0,解得a=3g,根据牛顿第二定律得F电-mg=ma,解得电场力为4mg,故A正确;t s末的速度v1=gt,加电场后,返回A点的速度vA=v1+at=gt-3gt=-2gt,小球回到A点时的动能是Ek=m=m(-2gt)2=2mg2t2,故B错误;从A点自由下落的高度h1=gt2,自由落体的末速度v1=gt,匀减速下降的高度h2=gt2,小球从A点到最低点的距离h=h1+h2=gt2,故C正确;从A到最低点小球电势能增加量等于克服电场力做的功Ep=Fh2=4mggt2=mg2t2,故D错误。2.(17分)如图所示,在一个倾角=30的斜面上建立x轴,O为坐标原点,在x轴正向空间有一个匀强电场,场强大小E=4.5106 N/C,方向与x轴正方向相同,在O处放一个电荷量q=5.010-6C,质量m=1 kg带负电的绝缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数=,沿x轴正方向给物块一个初速度v0=5 m/s,如图所示(g取10 m/s2)。求:(1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少?(2)到物块最终停止时系统产生的焦耳热共为多少?【解析】(1)设物块向下运动的最大距离为xm,由动能定理得:mgsinxm-mgcosxm-qExm=0-m代入数据解得:xm=0.5 m(2)因qEmgsin+mgcos,物块不可能停止在x轴正向,设最终停在x轴负向且离O点为x处,整个过程电场力做功为零,由动能定理得:-mgxsin-mgcos(2xm+x)=0-m代入数据解得:x=0.4 m产生的焦耳热:Q=mgcos(2xm+x)代入数据解得:Q=10.5 J答案:(1)0.5 m(2)10.5 J
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