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考點規(guī)范練24　電容器　帶電粒子在電場中的運動 一、單項選擇題 1.如圖所示,電容器極板間有一可移動的電介質板,電介質與被測物體相連,電容器接入電路后,通過極板上的物理量變化可確定被測物體的位置。則下列說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.若電容器極板間的電壓不變,x變大,電容器極板上電荷量增加 B.若電容器極板上電荷量不變,x變小,電容器極板間電壓變大 C.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的正極板 D.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的負極板 答案D 解析若x變大,則由C=εrS4πkd可知電容器電容減小,在極板間的電壓不變的情況下,由Q=CU知電容器的電荷量減少,此時帶正電荷的極板得到電子,帶負電荷的極板失去電子,所以有電流流向負極板,A、C錯誤,D正確。若電容器極板上電荷量不變,x變小,則電容器電容增大,電容器極板間電壓減小,B錯誤。 2.(2018陜西咸陽模擬)如圖所示,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運動。重力加速度為g,粒子運動的加速度為(　　) A.ldg B.d-ldg C.ld-lg D.dd-lg 答案A 解析抽出前,粒子所受重力和電場力平衡,mg=qUd-l,抽出后,根據(jù)牛頓第二定律,有mg-qUd=ma,聯(lián)立解得a=ldg,A正確。 3.有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結構簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉電場,再經(jīng)偏轉電場后打到紙上,顯示出字符。已知偏移量越小打在紙上的字跡越小,現(xiàn)要縮小字跡,下列措施可行的是(　　) A.增大墨汁微粒的比荷 B.減小墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能 C.減小偏轉極板的長度 D.增大偏轉極板間的電壓 答案C 解析已知偏移量越小,打在紙上的字跡越小,因偏移量y=qUL22mdv02,現(xiàn)要縮小字跡,可行的措施有可減小墨汁微粒的比荷qm,增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能12mv02,減小偏轉極板的長度L,減小偏轉極板間的電壓U,故選C。 4. 如圖所示的實驗裝置中,平行板電容器兩極板的正對面積為S,兩極板的間距為d,電容器所帶電荷量為Q,電容為C,靜電計指針的偏轉角為α,平行板中間懸掛了一個帶電小球,懸線與豎直方向的夾角為θ,下列說法正確的是(　　) A.若增大d,則α減小,θ減小 B.若增大Q,則α減小,θ不變 C.將A板向上提一些,α增大,θ增大 D.在兩板間插入云母片,則α減小,θ不變 答案C 解析若增大兩極板的間距d,由C=εrS4πkd可知,C變小,而Q不變,由C=QU可知,U增大,α增大,又E=Ud=QCd=4πkQεrS,故E不變,電場力不變,小球的平衡狀態(tài)不變,故θ不變,選項A錯誤;同理,若增大Q,電容器的電容C不變,則U增大,α增大,電場強度增大,則電場力增大,故θ增大,選項B錯誤;將A板向上提一些,S減小,則C變小,Q不變,電壓U增大,α增大,電場強度增大,則電場力增大,故θ增大,選項C正確;在兩板間插入云母片,εr增大,則C變大,Q不變,電壓U必減小,α減小,θ減小,選項D錯誤。 5. 真空中的某裝置如圖所示,其中平行金屬板A、B之間有加速電場,C、D之間有偏轉電場,M為熒光屏。今有質子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場,最后打在熒光屏上。已知質子、氘核和α粒子的質量之比為1∶2∶4,電荷量之比為1∶1∶2,則下列判斷正確的是(　　) A.三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C.偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D.偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 答案B 解析設加速電壓為U1,偏轉電壓為U2,偏轉極板的長度為L,板間距離為d,在加速電場中,由動能定理得qU1=12mv02,解得v0=2qU1m,三種粒子從B板運動到熒光屏的過程,水平方向做速度為v0的勻速直線運動,由于三種粒子的比荷不同,則v0不同,所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同,故A錯誤;根據(jù)推論y=U2L24dU1、tanθ=U2L2dU1可知,y與粒子的種類、質量、電荷量無關,故三種粒子偏轉距離相同,打到熒光屏上的位置相同,故B正確;偏轉電場的電場力做功為W=qEy,則W與q成正比,三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2,則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2,故C、D錯誤。 6.(2018山東濰坊月考)如圖所示,金屬板A、B水平放置,兩板中央有小孔S1、S2,A、B與直流電源連接。閉合開關,從S1孔正上方O處由靜止釋放一帶電小球,小球剛好能到達S2孔,不計空氣阻力,要使此小球從O點由靜止釋放后穿過S2孔,應(　　) A.僅上移A板適當距離 B.僅下移A板適當距離 C.斷開開關,再上移A板適當距離 D.斷開開關,再下移A板適當距離 答案D 解析設板間距離為d,O距S1為h,電源電壓為U,由題意知從O處釋放一帶電小球,到達S2孔時小球速度為零,則電場力對小球做負功,由動能定理得mg(h+d)-qU=0,若僅上移或下移A板適當距離,兩板間電壓不變,仍滿足mg(h+d)-qU=0,小球仍然剛好到達S2,則A、B選項錯誤;斷開開關,Q不變,因E=4πkQεrS,則電場強度E不變,由動能定理得mg(h+d)-Eqd=0,將A板向上移適當距離,假設仍能到達S2處,則重力做功不變,電場力做功增多,故假設不成立,即到達不了S2處速度已為零,故C選項錯誤;若下移A板適當距離,假設仍能到達S2處,則重力做功不變,電場力做功變少,所以總功為正功,到達S2處小球速度不為零,能夠穿過S2孔,故D選項正確。 7. 如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放,兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置,則從開始釋放到運動到右極板的過程中它們的(　　) A.運行時間tP>tQ B.電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ=2∶1 C.電荷量之比qP∶qQ=2∶1 D.動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=4∶1 答案C 解析兩球均受重力和電場力作用,做勻加速直線運動,按運動的分解,豎直方向是重力作用下的自由落體運動,二者下降位移相同,所用時間相等,A錯誤;水平方向是在電場力作用下的初速度為零的勻加速直線運動,位移之比是xP∶xQ=2∶1,由公式x=Eq2mt2得它們的電荷量之比qP∶qQ=2∶1,C正確;又ΔEP=qPU,ΔEQ=qQU2,故ΔEP∶ΔEQ=4∶1,B錯誤;動能增加量ΔEkP=ΔEP+mgh,ΔEkQ=ΔEQ+mgh,故ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1,D錯誤。 二、多項選擇題 8. 如圖所示,在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路。調節(jié)滑動變阻器,使A、B兩板間的電壓為U時,一質量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場中,恰從A、B兩板的中點處沿原路返回(不計重力),則下列說法正確的是 (　　) A.使初速度變?yōu)?v0時,帶電粒子恰能到達B板 B.使初速度變?yōu)?v0時,帶電粒子將從B板中心小孔射出 C.使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時,帶電粒子恰能到達B板 D.使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時,帶電粒子將從B板中心小孔射出 答案BC 解析設帶電粒子進入電場中的位移為x,根據(jù)動能定理得-qEx=0-12mv02,又E=Ud得x=mdv022qU,由此可知,要使帶電粒子進入電場后恰能到達B板處,x變?yōu)樵瓉淼?倍,采取的方法有:使帶電粒子的初速度變?yōu)?v0;或使A、B兩板間的電壓變?yōu)?2U;或使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍,故B、C正確,A、D錯誤。 9.(2018全國卷Ⅲ)如圖所示,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b,它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) A.a的質量比b的大 B.在t時刻,a的動能比b的大 C.在t時刻,a和b的電勢能相等 D.在t時刻,a和b的動量大小相等 答案BD 解析根據(jù)題意可知豎直方向上的位移關系xa>xb,根據(jù)x=12at2和a=qEm,聯(lián)立可得x=12qEmt2,質量和位移成反比,所以a的質量小于b的質量,A選項錯誤;根據(jù)動能定理qEx=12mv2-0,動能大小與位移成正比,B選項正確;t時刻,a和b位于同一等勢面上,但是帶電性質不同,所以電勢能不相等,C選項錯誤;根據(jù)動量定理得,qEt=mv-0,所以動量大小相等,D選項正確。 10.如圖所示,水平放置的平行板電容器與某一電源相連,它的極板長l=0.4 m,兩極板間距離d=410-3 m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩極板中央平行極板射入,開關S閉合前,兩極板間不帶電,由于重力作用,微粒能落到下極板的正中央。已知微粒質量m=410-5 kg、電荷量q=+110-8 C,g取10 m/s2。則下列說法正確的是(　　) A.微粒的入射速度v0=10 m/s B.電容器上板接電源正極時微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場 C.電源電壓為180 V時,微粒可能從平行板電容器的右邊射出電場 D.電源電壓為100 V時,微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶? 答案AC 解析開關S閉合前,兩極板間不帶電,微粒落到下板的正中央,由d2=12gt2,l2=v0t,得v0=10m/s,A對;電容器上板接電源正極時,微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯;設微粒恰好從平行板右邊緣下側飛出時的加速度為a,電場力向上,則d2=12at12,l=v0t1,mg-U1qd=ma,得U1=120V,同理,微粒在平行板右邊緣上側飛出時,可得U2=200V,所以平行板上板帶負電,電源電壓為120V≤U≤200V時微?？梢詮钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?C對,D錯。 三、非選擇題 11. 如圖所示,在A點固定一正電荷,電荷量為Q,在離A高度為h0的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠,開始運動瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k,兩電荷均可看成點電荷,不計空氣阻力。 (1)求液珠速度最大時離A點的距離h。 (2)若已知在點電荷Q的電場中,某點的電勢可表示成φ=kQr,其中r為該點到Q的距離(選無限遠處電勢為零)。求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB。 答案(1)2h0　(2)2h0 解析(1)設液珠電荷量為q,質量為m,當液珠在C點時,由牛頓第二定律知 kQqh02-mg=ma ① 又因為a=g 當液珠速度最大時,其所受合力為零,則kQqh2=mg,代入①式,解得h=2h0。 (2)設BC間的電勢差大小為UCB,由題意得UCB=φC-φB=kQh0-kQrB 對液珠由釋放處至液珠到達最高點(速度為零)的全過程應用動能定理得 qUCB-mg(rB-h0)=0 代入①式解得rB=2h0。 12.下圖為一多級加速器模型,一質量為m=1.010-3 kg、電荷量為q=8.010-5 C的帶正電小球(可視為質點)通過1、2級無初速度地進入第3級加速電場,之后沿位于軸心的光滑淺槽,經(jīng)過多級加速后從A點水平拋出,恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進入兩板間,A點在MN板左端M點正上方,傾斜平行金屬板MN、PQ的長度均為l=1.0 m,金屬板與水平方向的夾角為θ=37,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求A點到M點的高度以及多級加速電場的總電壓U。 (2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強電場,且電場強度大小E=100 V/m,要使帶電小球不打在PQ板上,則兩板間的距離d至少要多長? 答案(1)1730 m　18.75 V　(2)526 m 解析(1)設小球從A點到B點的運動時間為t1,小球的初速度為v0,A點到M點的高度為y 則有v0gt1=tanθ ① l2cosθ=v0t1 ② y-l2sinθ=12gt12 ③ 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得 v0=3m/s,y=1730m④ 帶電小球在多級加速器加速的過程中,根據(jù)動能定理有 qU=12mv02-0 ⑤ 代入數(shù)據(jù)解得U=18.75V。 (2)進入電場時,以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標系,將重力正交分解,則 沿y軸方向有 Fy=mgcosθ-qE=0 ⑥ 沿x軸方向有Fx=mgsinθ ⑦ 故小球進入電場后做類平拋運動,設小球剛好從P點離開,則有Fx=ma ⑧ l2=12at22 ⑨ dmin=v0sinθt2 ⑩ 聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin=526m 即兩板間的距離d至少為526m。