课时提升作业(二十) 选修3-1 6.3

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课时提升作业(二十)

电容器与电容带电粒子在电场中的运动

素能全练(建议：20分钟50分)

一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分。多选题已在题号后标出)

1.根据电容器电容的定义式C=,可知( )

A.电容器所带的电荷量Q越多,它的电容就越大,C与Q成正比

B.电容器不带电时,其电容为零

C.电容器两极板之间的电压U越高,它的电容就越小,C与U成反比

D.以上说法均不对

2.(多选)(2012·海南高考)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是( )

A.保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半

B.保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的两倍

C.保持d不变,将Q变为原来的两倍,则U变为原来的一半

D.保持d不变,将Q变为原来的一半,则E变为原来的一半

3.(2014·宿州模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在

匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球,P小球

从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两板正中央由静止开始

释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置,则从开始释放

到运动到右极板的过程中它们的( )

A.运行时间t P>t Q

B.电势能减少量之比ΔE P∶ΔE Q=2∶1

C.电荷量之比q P∶q Q=2∶1

D.动能增加量之比ΔE kP∶ΔE kQ=4∶1

4.(多选)(2014·潍坊模拟)在地面附近,存在着一有界电场,边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场,在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A,如图甲所示,小球运动的v-t图像如图乙所示,已知重力加速度为g,不计空气阻力,则( )

A.在t=2.5s时,小球经过边界MN

B.小球受到的重力与电场力之比为3∶5

C.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功与电场力做的功大小相等

D.在小球运动的整个过程中,小球的机械能与电势能总和先变大再变小

5.(2011·安徽高考)图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化,在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是( )

二、计算题(本题15分。需写出规范的解题步骤)

6.(2014·宁波模拟)如图所示,在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC,其下端(C端)距地面高度h=0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上,正以某一速度沿杆匀速下滑,小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10m/s2)求：

(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。

(2)小环从C运动到P过程中的动能增量。

(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。

强化专练(建议：25分钟)

强化点1：对电容概念的理解

1.(2011·天津高考)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2,下列说法正确的是( ) A.U2=U1,E2=E1 B.U2=2U1,E2=4E1

C.U2=U1,E2=2E1

D.U2=2U1,E2=2E1

2.(多选)(2014·武汉模拟)如图所示,平行板电容器A、

B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间,现将B极

板匀速向下移动到虚线位置,其他条件不变。则在B极

板移动的过程中( )

A.油滴将向下做匀加速运动

B.电流计中电流由b流向a

C.油滴运动的加速度逐渐变大

D.极板带的电荷量减少

强化点2：带电粒子在匀强电场中的运动

3.(多选)(2012·广东高考)如图所示是静电矿料分选器

的原理示意图,带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分

落在收集板中央的两侧,对矿粉分离的过程,下列表述正

确的有( )

A.带正电的矿粉落在右侧

B.电场力对矿粉做正功

C.带负电的矿粉电势能变大

D.带正电的矿粉电势能变小

4.(2011·安徽高考)如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )

A.0

B.

C.

D.T

强化点3：电场中带电粒子运动的综合问题

5.(2014·汕头模拟)如图所示,从炽热的金属丝漂出的

电子(速度可视为零),经加速电场加速后从两极板中

间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子

能射出偏转电场的条件下,下述四种情况中,一定能使

电子的偏转角变大的是( )

A.仅将偏转电场极性对调

B.仅增大偏转电极间的距离

C.仅增大偏转电极间的电压

D.仅减小偏转电极间的电压

6.(2014·淄博模拟)如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB

与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,

半圆形轨道的半径R=0.40m。在轨道所在空间存在水平

向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0×104N/C。现有一电荷量q=+1.0×10-4C,质量m=0.10kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点。取g=10m/s2,试求：

(1)带电体在圆形轨道C点的速度大小。

(2)D点到B点的距离x DB。

(3)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小。

(4)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能。

答案解析

素能全练

1.【解析】选D。电容器的电容的大小与其本身因素有关,与带电量的多少、两极板电压的大小无关,故A、B、C错误,D正确。

【加固训练】

(2014〃海口模拟)如图所示是测定液面高度h的电容式传感

器示意图,E为电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为

导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体。已知灵敏电流

计指针偏转方向与电流方向的关系为电流从左边接线柱流

进电流计,指针向左偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转,则( )

A.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在增大

B.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在增大

C.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在减小

D.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在减小

【解析】选D。电流计指针向左偏转,说明流过电流计G的电流由左→右,则导体芯A所带电荷量在减小,由Q=CU可知,导体芯A与液体形成的电容器的电容减小,则液体的深度h在减小,故D正确。

2.【解析】选A、D。由E=可知,保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半,选项A正确;保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的一半,选项B错误;由C=知,保持d不变,即电容C不变,再由C=知,将Q变为原来的两倍时,U也将变为原来的两倍,选项C错误;同理,将Q变为原来的一半时,U

也变为原来的一半,由E=知,E变为原来的一半,选项D正确。

3.【解析】选C。两球均受重力、恒定的电场力作用,做匀加速直线运动,按运动的分解,竖直方向是重力作用下的自由落体运动,二者下降位移相同,所用时间相等,A错误;水平方向是电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动,位移之比是x P∶x Q=2∶1,由公式x=t2得它们的电荷量之比q P∶q Q=2∶1,C正确;又

ΔE P=q P U,ΔE Q=q Q,故ΔE P∶ΔE Q=4∶1,B错误;动能增加量ΔE kP=ΔE P+mgh,ΔE kQ= ΔE Q+mgh,故ΔE kP∶ΔE kQ≠4∶1,D错误。

【加固训练】

(多选)如图所示,电子由静止开始从A板向B板运动,当到达B极板时速度为v,保持两板间电压不变,则( )

A.当增大两板间距离时,v增大

B.当减小两板间距离时,v增大

C.当改变两板间距离时,v不变

D.当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大

【解析】选C、D。电子从静止开始运动,根据动能定理,从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功。因为保持两个极板间的电势差不变,所以末速度不变,A、B错误,C正确;平均速度不变,若两板间距离增加,时间变长,D正确。

4.【解析】选B、C。由速度图像可知,带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之

比为3∶2,由牛顿第二定律可知：=,所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5,B正确;小球在t=2.5s时速度为零,此时下落到最低点,由动能定理可知,重力与电场力的总功为零,故A错误,C正确;因小球只受重力与电场力作用,所以小球的机械能与电势能总和保持不变,D错误。

5.【解题指南】解答本题需注意以下三点：

(1)由U Y和U X的变化规律确定两极板电势的高低。

(2)根据两板电势高低判断电子偏转方向。

(3)由偏移量关系,偏移量与偏转电压成正比,得出特殊点的坐标。

【解析】选B。示波管YY′间为信号电压,XX′间为扫描电压,0～t1,Y板电势高,电子向Y板偏转,X′板电势高,电子向X′板偏转,由此知C、D错;又根据偏移量公式y=t2,偏移量与偏转电压成正比,0、t1、2t1时刻偏转电压为0,偏移量也为0,t1、t1时刻偏转电压最大,偏移量也最大,所以B对。

6.【解析】(1)小环沿杆运动时受力分析可得

=tan45°,所以qE=mg (2分)

小环离开直杆后只受电场力和重力,

F合==mg (2分)

由牛顿第二定律F合=ma

得a=g=14.14m/s2,方向垂直于杆斜向右下方(2分) (2)小环从C运动到P过程中电场力做功为零

所以动能增量等于重力做的功

ΔE=W=mgh=4J (2分) (3)小环离开直杆后的运动可分解成水平和竖直两个分运动

水平：匀减速到零再反向加速运动,初、末水平分速度大小相等为v x=v0cos45°t=,a x==g (2分)

竖直：h=v y t+gt2

v y=v0sin45°(3分)

解得v0=2m/s (2分)

答案：(1)14.14m/s2方向垂直于杆斜向右下方

(2)4 J (3)2 m/s

强化专练

1.【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：综合运用平行板电容器的两个公式C=和C=,结合匀强电场中电势差与场强之间的关系式E=,根据条件不难得出答案。

【解析】选C。当平行板电容器的其他条件不变,板间距离变为d时,电容器的电容为C′==2C,又知电容器的带电量为2Q,则得知U′==U,即U2=U1,根据匀强电场中电势差与场强之间的关系式E=得E2==2E1,因此选项C正确,其他选项都错误。

2.【解析】选C、D。由C=可知,d增大,电容器电容C减小,由Q=CU可知,电容器的电荷量减少,电容器放电,电流由a流向b,D正确,B错误;由E=可知,在B 板下移过程中,两板间场强逐渐减小,由mg-Eq=ma可知油滴运动的加速度逐渐变大,C正确,A错误。

【总结提升】含容电路的分析方法

(1)先确定出电容器的不变量(U或Q)。

(2)根据给出的变量,判断出会引起哪些量变化。

(3)电路中有电流出现的条件是电容器所带的电量Q发生变化。

(4)根据电容器带正电的极板上电荷的增、减情况确定出充、放电时电路中电流的方向。

3.【解析】选B、D。由图可知匀强电场的方向水平向左,故带正电的矿粉受水平向左的电场力作用而落在左侧,A错。在带正电的矿粉下落的过程中,由于受到向左的电场力作用而向左运动,故电场力对带正电的矿粉做正功,该种矿粉的电势能减小,D正确。对于带负电的矿粉而言,由于受到水平向右的电场力作用而向右运动,在运动过程中电场力对其做正功,电势能减小,C错,B正确。故B、D选项正确。

4.【解题指南】利用v-t图像中的“面积”研究各时刻带电粒子的运动情况,带电粒子在一个周期内位移的方向应该为负方向。

【解析】选B。画出带电粒子速度—时间图像,根据v -t图像中的“面积”研究各时刻开始的带电粒子的运动情况,A选项可画出时刻开始的运动图像,如图甲,由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正,即粒子向B板靠近,最终会打到B 板上,A选项错;B选项可画出时刻开始的运动图像,如图乙,由图知在一个周期内粒子运动的总面积为负,即粒子向A板靠近,最终会打到A板上,B选项对;C选

项可画出时刻开始的运动图像,同理知在一个周期内粒子运动的总面积为正,即粒子向B板靠近,最终会打到B板上,C选项错;同理D选项错。

5.【解析】选C。设加速电场电压为U0,偏转电压为U,极板长度为L,间距为d,

电子加速过程中,由U0q=,得v0=,电子进入极板后做类平抛运动,时间t=,a=,v y=at,tanθ==,由此可判断C正确。

【加固训练】

真空中的某装置如图所示,现有质子、氘核和α粒子都

从O点由静止释放,经过相同加速电场和偏转电场,射

出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上,使荧光屏

上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶

2∶4,电量之比为1∶1∶2,重力不计)。下列说法中正确的是( )

A.三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1

B.三种粒子射出偏转电场时的速度相同

C.在荧光屏上将只出现1个亮点

D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2

【解析】选C 。由U 1q=m ,得：v 01∶v 02∶v 03=

∶1∶1,再由t=

v l

可得：t 1∶t 2∶t 3=1∶

∶

,A 错误;由y==

可知,三种粒子从偏转电场同一点

射出,且速度方向相同,故一定打在屏上的同一点,C 正确;由mv 2=U 1q+q 〃y 可得：v=

,因不同,故三种粒子出偏转电场的速度不相同,B 错误;

由偏转电场对三种粒子做的功为W 电=〃q 〃y 可知,W 电1∶W 电2∶W 电3=1∶1∶2,D 错误。

6.【解析】(1)设带电体通过C 点时的速度为v C ,依据牛顿第二定律：mg=m 解得v C =2.0m/s

(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t,根据运动的分解有：2R=gt 2 x DB =v C t-t 2

联立解得x DB =0

(3)设带电体通过B 点时的速度为v B ,轨道对带电体的支持力大小为F B ,带电体在B 点时,根据牛顿第二定律有F B -mg=m 带电体从B 运动到C 的过程中,依据动能定理：

-mg 〃2R=m

-m

联立解得F B =6.0N

根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力F ′B =6.0N

(4)由P 到B 带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成 45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处。

设小球的最大动能为E km,根据动能定理有：

qERsin45°-mgR(1-cos45°)=E km-m

解得E km=1.17J(或J)

答案：(1)2.0m/s (2)0 (3)6.0N (4)1.17J

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