2018届高三物理一轮复习课时提升作业二十二第七章静电场第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动

课时提升作业二十二

电容器与电容带电粒子在电场中的运动

(45分钟100分)

一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5题为单选题,6～8题为多选题)

1.下列关于电容器和电容的说法中,正确的是( )

A.根据C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,跟两板间的电压成反比

B.对于确定的电容器,其所带电荷量与两板间的电压成正比

C.当电容器的电压变化时(小于击穿电压且不为零),它所带的电荷量与电压的比值变化

D.电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量,其大小与加在两板间的电压有关

【解析】选B。由于电容器的电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量,是电容器的一种特性,一个电容器对应唯一的电容值,不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比,因此选项A、C、D错误;由于电容是定值,由Q=CU知,其所带电荷量与两板间的电压成正比,故选项B正确。

2.喷墨打印机的简化模型如图所示,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

( )

A.向负极板偏转

B.电势能逐渐增大

C.运动轨迹是抛物线

D.运动轨迹与带电量无关

【解题指导】解答本题需明确以下三点:

(1)分析带负电的微滴的受力情况判断其偏转方向。

(2)根据电场力做功的正负判断电势能是增大还是减小。

(3)根据微滴在电场中做类平抛运动计算其偏移量,从而确定运动轨迹的性质。

【解析】选C。微滴带负电,进入电场,受电场力向上,应向正极板偏转,A错误;电场力做正功,电势能减小,B 错误;微滴在电场中做类平抛运动,沿v方向:x=vt,沿电场方向:y=at2,又a=,得y=x2,即微滴运动轨迹是抛物线,且运动轨迹与电荷量有关,C正确、D错误。

3.(2017·武汉模拟)如图所示,在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电,另一带正电的点电荷B在外力作用下沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过,若此过程中A始终静止,A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用。则下列说法正确的是( )

A.物体A受到地面的支持力先减小后增大

B.物体A受到地面的支持力保持不变

C.物体A受到地面的摩擦力先减小后增大

D.库仑力对点电荷B先做正功后做负功

【解析】选C。当点电荷B由P运动到最高点的过程中,对物体A受力分析,如图:

由共点力的平衡得到Fsinθ-f=0,N-Fcosθ-mg=0;解得N=mg+Fcosθ,f=Fsinθ;其中mg与F不变,θ角逐渐减小为零,因而支持力N逐渐变大,f逐渐变小;当点电荷B由最高点运动到Q点的过程中,

再次对物体A受力分析,如图:

由共点力的平衡可得Fsinθ-f=0,N-Fcosθ-mg=0;联立解得N=mg+Fcosθ, f=Fsinθ;其中mg与F不变,θ由零逐渐增大,因而支持力N逐渐变小,f逐渐变大;综合以上分析可知,物体A受到地面的支持力N先增大

后减小,物体A受到地面的摩擦力先减小后增大,故C正确,A、B错误;物体A对点电荷B的静电力与点电荷B的速度总是垂直,故A对B不做功,D错误。

【加固训练】

如图所示,一根长为2m的绝缘细管AB被置于匀强电场E中,其A、B两端正好处

于电场的左右边界上,倾角α=37°,电场强度E=103V/m,方向竖直向下,管内有一个带负电的小球,重力

G=10-3N,电荷量q=2×10-6C,从A点由静止开始运动,已知小球与管壁的动摩擦因数为0.5,则小球从B点射出时的速度是(g取10m/s2; sin37°=0.6,cos37°=0.8) ( )

A.2m/s

B.3m/s

C.2m/s

D.2m/s

【解析】选C。以小球为研究对象,分析受力情况,作出受力分析图,如图。根据平衡条件得到,

管子对小球的压力F N=(qE-G)cos37°=(2×10-6×103-10-3)×0.8N=8×10-4N

小球运动过程中所受的摩擦力的大小F f=μF N=0.5×8×10-4N=4×10-4N

小球从A到B的过程中,根据动能定理得

(qE-G)Lsin37°-F f L=mv2

代入解得,小球从B点射出时的速度

v=2m/s。

故本题选C。

4.(2017·三门峡模拟)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(v>0)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

导学号42722478( )

A.粒子带负电

B.对h≤d的粒子,h越大,t越大

C.对h≤d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h≤d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h≤d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。

【加固训练】

(多选)如图所示,平行板电容器AB两极板水平放置,A在上方,B在下方,现将其和二极管串联接在电源上,已知A和电源正极相连,二极管具有单向导电性,一带电小球沿AB中心水平射入,打在B极板上的N点,小球的重力不能忽略,现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行),则下列说法正确的是

( )

A.若小球带正电,当AB间距增大时,小球打在N的右侧

B.若小球带正电,当AB间距减小时,小球打在N的左侧

C.若小球带负电,当AB间距减小时,小球可能打在N的右侧

D.若小球带负电,当AB间距增大时,小球可能打在N的左侧

【解析】选B、C。若小球带正电,当AB间距增大时,由于二极管的单向导电性,平行板电容器带电量不变,AB 两极板之间电场强度不变,小球所受向下的电场力不变,向下的加速度不变,小球仍打在N点,选项A错误;若小球带正电,当AB间距减小时,平行板电容器AB两极板之间电场强度增大,小球所受向下的电场力增大,向下的加速度增大,小球打在N的左侧,选项B正确;若小球带负电,当AB间距减小时,平行板电容器AB两极板之间电场强度增大,小球所受向上的电场力增大,向下的加速度减小,小球可能打在N的右侧,选项C正确;若小球带负电,当AB间距增大时,由于二极管的单向导电性,平行板电容器带电量不变,AB两极板之间电场强度不变,小球所受向上的电场力不变,小球仍打在N点,选项D错误。

5.(2016·天津高考)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度,E p表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则

( )

导学号42722479

A.θ增大,E增大

B.θ增大,E p不变

C.θ减小,E p增大

D.θ减小,E不变

【解题指导】解答本题时应从以下三点进行分析:

(1)电容器电容的影响因素C=。

(2)电容器的电荷量Q、板间电压U与电容C间的关系Q=CU。

(3)静电计的张角θ越大代表电势差越大。

【解析】选D。若保持下极板不动,将上极板向下平移一小段距离,则根据C=可知,C变大,Q一定,则根据Q=CU可知,U减小,则静电计指针张角θ减小;根据E=,C=,Q=CU联立可得E=,可知Q一定

时,E不变;根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变,E不变,则P点与下极板的电势差不变,P点的电势不变,则E p不变,故选项A、B、C错误,D正确。

6.(2015·山东高考)如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如

图乙所示。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0～时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出,微粒运动过程中未与金属板接触,重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述,正确的是( )

导学号42722480

A.末速度大小为v0

B.末速度沿水平方向

C.重力势能减少了mgd

D.克服电场力做功为mgd

【解析】选B、C。因为中间与后面时间加速度等大反向,所以离开电容器时,竖直速度为零,只有水平速度v0,A错误,B正确;中间时间和后面时间竖直方向的平均速度相等,所以竖直位移也相等,因为竖直方向总位移是,所以后面时间内竖直位移是,克服电场力做功W=2qE0×=2mg×=mgd,D错误。重力势能减少等于重力做功mg×,C正确。

7.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

导学号42722481( )

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

【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)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。

8.(2017·长治模拟)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场,其电场强度E随时间t的变化关系如图所示,小物块电荷量为q=+1×10-4C,将其放在该水平桌面上并由静止释放,小物块速度v与时间t的关系如图所示,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是( )

A.物块在4 s内位移是6 m

B.物块的质量是2 kg

C.物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2

D.物块在4 s内电势能减少了18 J

【解析】选A、C。物块在4s内位移为x=×2×(2+4)m=6 m,故A正确;由图可知,前2s物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有qE1-μmg=ma,由图线知加速度为a=1m/s2,1 s后物块做匀速运动,由平衡条件有qE2=μmg,联立解得: q(E1-E2)=ma,由图可得E1=3×104N/C,E2=2×104N/C,代入数据解得:m=1kg,由qE2=μmg 可得μ=0.2,故B错误,C正确;物块在前2s的位移x1=×2×2m=2 m,物块在后2s的位移为x2=vt2=4m,电场力做正功W=qE1x1+qE2x2=6J+8 J=14J,则电势能减少了14J,故D错误。

【加固训练】

如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,在O正上方h高位置的A点与A′关于O对称。质量为m的带正电的小球从A点静止释放,并穿过带电环。则小球从A点到A′过程中加速度(a)、重

力势能(E pG)、机械能(E)、电势能(E p电)随位置变化的图象可能正确的是(取O点为坐标原点且重力势能为零,向下为正方向,无限远电势为零) ( )

【解析】选A、B、C。小球运动过程的示意图如图所示。

圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小球从A到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,由牛顿第二定律得知,重力不变,则加速度可能先减小后增大;小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增

大后减小,则加速度先增大后减小。故A是可能的,故A正确;小球从A到圆环中心的过程中,重力势能

E pG=mgh,小球穿过圆环后,E pG=-mgh,根据数学知识可知,B是可能的,故B正确;小球从A到圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,故C是可能的。故C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做功与下落的高度之间是非线性关系,电势能变化与下落高度之间也是非线性关系,所以D是不可能的。故D错误。

二、计算题(本题共2小题,共28分。需写出规范的解题步骤)

9.(14分)(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Δy。

(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=2.0×102V,d=4.0×10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g取10m/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φ的定义式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG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

Δt==L

偏转距离Δy=a(Δt)2=

(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有

重力G=mg≈10-29N

电场力F=≈10-15N

由于F?G,因此不需要考虑电子所受的重力

(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p与电荷量q的比值,即φ=,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E G与其质量m的比值叫作重力势,即φ

G=。

电势φ和重力势φG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)φ=电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定

10.(14分)如图所示,电源电动势为E,内阻r=R,定值电阻R1和R2的阻值均为R。平行板电容器接在R2两端,两极板长度和距离均为d,足够大的屏幕与电容器右端距离为d,OO1为电容器中心轴线。一个不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以一定的初速度沿OO1方向射入电场,离开电场时的位置与电容器下极板的距离为。

(1)求粒子射入电场时的初速度大小。

(2)若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端。左半部分不动,右半部分向右平移,求粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离。

(3)若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端,将右半部分向右平移x,求粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离。

【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得电容器两端电压为:

U=v0==

设粒子射入电场的初速度为v0,在平行板间做类平抛运动

有E0=,a=,d=v0t,y=at2

由y=联立解得:v0=。

(2)设没有平移时,粒子离开电场时速度与水平方向夹角为θ1,速度反向延长线过水平位移中点,有tanθ

1=

平移后,粒子在左半部分电场中运动的水平位移减半,则运动时间减半,由y=at2得,粒子在左半部分电场中侧移的距离y1=

设粒子离开左侧电场时速度与水平方向夹角为θ2,有

tanθ2=

粒子离开左侧电场后做匀速运动,侧移距离

y2=tanθ2=

粒子在两电场中的合轨迹不变,故粒子从O点到离开右侧电场时侧移距离y3=+y2=

粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为

y总=y3+(d-)tanθ1=。

(3)粒子能从右侧电场射出,由xtanθ2≤,

得x≤d

粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为

y′=+xtanθ2+(d-x)tanθ1=

当x=d时,y′最小,得y′min=。

答案:(1)(2)(3)

【能力拔高题】

1.(8分)(2017·临沂模拟)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( )

导学号42722482

A.在0～t1时间内,物块受到逐渐增大的摩擦力,方向水平向右

B.在t1～t3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0～t1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F f=qE,而E=,得F f=q,U AB增大,F f随之增大,并且由平衡条件知,F f的方向水平向左,故A错误;在t1～t3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F f=μF N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t1～t3时间内,电场力一直大于摩擦力,物块一直向右加速运动;在t3～t4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。

2.(16分)(2015·四川高考)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A 是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10-6C,质量m=0.25kg,与轨道间动摩擦因数μ=0.4。P从O点由静止开始向右运动,经过0.55s到达A点,到达B点时速度是5m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α,且tanα=1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用。F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,g取10m/s2。求:

导学号42722483

(1)小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间。

(2)小物体P从A运动至D的过程,电场力做的功。

【解析】(1)小物体P的速率从0至2m/s,受外力F1=2N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间Δt1速度为v1,则

F1-μmg=ma1①

v1=a1Δt1②

由以上两式并代入数据得

Δt1=0.5s③

(2)小物体P从速率为2m/s运动至A点,受外力F2=6N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则F2-μmg=ma2④

设小物体P从速度v1经过Δt2时间,在A点的速度为v2,则Δt2=0.55s-Δt1⑤

v2=v1+a2Δt2⑥

P从A点至B点,受外力F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动加速度为a3,电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,则F2-μmg-qE=ma3⑦

-=2a3x1⑧

P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向受外力为F3,电场力大小为F E,

有F E=F3⑨

F3与F E大小相等方向相反,P水平方向所受合力为零,所以,P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为Δt3,水平位移为x2,由题意知=tanα⑩

x2=v3Δt3?

设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则

W=-qE(x1+x2) ?

联立④～⑧,⑩～?式并代入数据得

W=-9.25J

答案:(1)0.5s (2)-9.25 J