【物理】2020届一轮复习人教版电容器带电粒子在电场中的运动作业（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版电容器带电粒子在电场中的运动作业（江苏专用）

课时跟踪检测（二十二） 电容器 带电粒子在电场中的运动 对点训练：平行板电容器的动态分析 ‎1.2018年8月23～25日，第九届上海国际超级电容器产业展览会成功举行，作为中国最大超级电容器展，众多行业龙头踊跃参与。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，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中(　　)‎ A．电容器的电容C增大 B．电容器所带的电荷量Q减小 C．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向M D．油滴静止不动，电流计中的电流从M流向N 解析：选B　将两极板缓慢地错开一些，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C＝得知，电容减小，故A错误。根据Q＝CU，由于电容器电容减小，因两极板间电压U不变，那么极板带的电荷量会减小，故B正确。将平行板电容器的两极板非常缓慢地水平错开一些，由于电容器两板间电压不变，根据E＝，得知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，则油滴将静止不动；再由C＝知，电容器带电荷量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有N→M的电流，故C、D错误。‎ ‎2.(2019·盐城中学月考)如图为某位移式传感器的原理示意图，平行金属板A、B和介质P构成电容器，则(　　)‎ A．A向上移电容器的电容变大 B．P向左移电容器的电容变大 C．A向上移流过电阻R的电流方向从N到M D．P向左移流过电阻R的电流方向从M到N 解析：选D　A向上移时，板间距离增大，根据C＝，知电容器的电容变小，而电容器板间电压不变，由C＝，分析可知电容器的带电荷量减小，通过R放电，则流过电阻R的电流方向从M到N，A、C错误；P向左移，εr减小，根据C＝，知电容器的电容变小，由C＝，分析可知电容器的带电荷量减小，通过R放电，则流过电阻R的电流方向从M到N，B错误，D正确。‎ ‎3．(2019·徐州调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　)‎ 解析：选C　由C＝知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，C对；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，D错。‎ 对点训练：带电粒子在电场中的直线运动 ‎4.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)‎ A．微粒一定带正电 B．微粒一定做匀速直线运动 C．可求出匀强电场的电场强度 D．可求出微粒运动的加速度 解析：选D　因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错；其合外力必与速度反向，大小为F＝，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝，B错，D对；电场力qE＝mgcot θ，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错。‎ ‎5．[多选](2019·江都月考)如图所示，平行金属板A、B间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，则(　　)‎ A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 B．微粒下落过程中重力做功为mg，电场力做功为－ C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增量为 D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板 解析：选BCD　微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小；重力一直做正功，重力势能一直减小，故A错误。微粒下降的高度为h＋，重力做正功，为WG＝mg，电场力向上，位移向下，电场力做负功，WE＝－q·＝－qU，故B正确。微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功ΔEp＝qU，故C正确。由题微粒恰能落至A、B板的正中央c点过程，由动能定理得：mg－qU＝0　①；若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：mg(2h＋d)－qU＝mv2　②；由①②联立得v＝0，即恰好能达到A板，故D正确。‎ 对点训练：带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎6.如图所示，让大量的一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子从同一位置经过同一加速电场A由静止开始加速，然后在同一偏转电场B中偏转。忽略离子的重力及离子间的相互作用力。下列说法正确的是(　　)‎ A．它们始终为一股离子束 B．它们会分离为二股离子束 C．它们会分离为三股离子束 D．它们会分离为无数股离子束 解析：选A　离子在电场中加速，根据动能定理U1q＝mv02；在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：L＝v0t；竖直方向：y＝·t2；联立可得：y＝，故可知离子射出偏转电场的偏转距离与粒子的电量和质量无关，所以三种离子始终为一股离子束，选项A正确。‎ ‎7.(2019·盐城模拟)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，电荷量之比为1∶1∶2，粒子重力不计。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　在加速电场中，根据动能定理得qU1＝mv02－0，则进入偏转电场的速度v0＝ ，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2∶1∶1，则初速度之比为∶1∶1，在偏转电场中运动时间t＝，则知时间之比为1∶∶，故A错误。粒子经过偏转电场，在竖直方向上的分速度vy＝at＝，则出偏转电场时的速度v＝ ＝ ，因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，故B错误。在加速电场中，根据动能定理得qU1＝mv02－0，在偏转电场中，偏转位移y＝at2＝·，联立得y＝，可见y与粒子的电荷量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，故C正确。偏转电场的电场力对粒子做功W＝qEy，因为E和y相同，电荷量之比为1∶1∶2，则电场力做功之比为1∶1∶2，故D错误。‎ ‎8．[多选](2019·昆山模拟)如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上。关于电子的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 解析：选BD　电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理得：eU′＝mv2，则得电子获得的速度为：v＝ 。电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，电子在电场中运动时间：t＝；在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a＝，电子在电场方向偏转的位移y＝at2。联立以上各式得：y＝，又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场中向上偏转。滑动触头向右移动时，加速电压U′变大，由以上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升，故A错误，B正确。偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子加速获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为v′＝ ‎，故电子打在屏上的速度增大，故C错误。电子在电场中运动的时间不变，离开电场后做匀速直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所以电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，故D正确。‎ 考点综合训练 ‎9.(2018·无锡期末)如图，真空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压U0，一质量为m，电荷量为q的正点电荷A从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射出后，进入一个两板水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出。已知电容器的电容值为C，极板的间距为d，长度为kd，两板间电压恒定。不计点电荷的重力，求：‎ ‎(1)正点电荷A进入水平放置电容器时的速度大小；‎ ‎(2)水平放置的电容器极板所带电荷量大小；‎ ‎(3)A穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量。‎ 解析：(1)A在电场中加速，由动能定理：qU0＝mv02，‎ 解得v0＝ 。‎ ‎(2)A在水平放置的电容器中偏转，‎ 水平方向：kd＝v0t，‎ 竖直方向：d＝at2，‎ 又q＝ma 联立可解得：U＝U0‎ 极板带电荷量： Q＝CU 所以：Q＝CU0。‎ ‎(3)A穿过水平放置的电容器的过程中，电场力做正功，由(2)得：W＝qU0‎ 由功能关系得：ΔE＝－qU0。‎ 答案：(1) 　(2)CU0　(3)－qU0‎ ‎10.(2018·苏州八校联考)如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1 m，两板间距离d＝0.4‎ ‎ cm，有一束相同微粒组成的带正电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为m＝2×10－6 kg，电量q＝1×10－8 C，电容器电容为C＝10－6 F。求：(g＝10 m/s2)‎ ‎(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v0应为多少？‎ ‎(2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？‎ 解析：(1)第一个粒子只受重力：＝gt2‎ t＝0.02 s，v0＝＝2.5 m/s。‎ (2) 以v0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘时，‎ (3) 有t1＝＝0.04 s，＝at12，a＝ 由mg－qE＝ma E＝＝ n＝＝600个。‎ 答案：(1)2.5 m/s　(2)600个 ‎11.(2018·扬州模拟)静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示。A、B为两块平行金属板，间距d＝0.40 m，两板间有方向由B指向A，大小为E＝1.0×103 N/C的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0＝2.0 m/s，质量m＝5.0×10－15 kg、带电量为q＝－2.0×10－16 C。微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上。试求：‎ ‎(1)微粒打在B板上的动能；‎ ‎(2)微粒到达B板所需的最短时间；‎ ‎(3)微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小。‎ 解析：(1)电场力对每个微粒所做的功为：‎ W＝qEd＝2.0×10－16×1.0×103×0.40 J＝8.0×10－14 J 微粒从A板到B板过程，根据动能定理得 W＝Ekt－Ek0‎ 则得：Ekt＝W＋Ek0＝W＋mv02＝8.0×10－14＋×5.0×10－15×2.02J＝9.0×10－14 J。‎ ‎(2)微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短。‎ 由Ekt＝mvt2得：‎ vt＝ ＝ m/s＝6.0 m/s 根据运动学公式得：＝ 所以微粒到达B板所需的最短时间为：‎ t＝＝ s＝0.1 s。‎ ‎(3)根据对称性可知，微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形。‎ 由牛顿第二定律得：‎ a＝＝ m/s2＝40 m/s2‎ 由类平抛运动规律得：R＝v0t1‎ d＝at12‎ 则圆形面积为：S＝πR2＝π(v0t1)2＝πv02＝3.14×2.02× m2≈0.25 m2。‎ 答案：(1)9.0×10－14 J　(2)0.1 s ‎(3)形成的图形是圆形　0.25 m2‎