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課時規(guī)范練24　電容器　帶電粒子在電場中的運動 基礎對點練 1.(多選)(電容動態(tài)變化　傳感器)(2018安徽宿州質檢)如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖。當被測物體在左右方向發(fā)生位移時,電介質板隨之在電容器兩極板之間移動,連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化,進而能測出電容的變化,最后就能探測到物體位移的變化,若靜電計上的指針偏角為θ,則被測物體(　　) A.向左移動時,U增加 B.向右移動時,θ增加 C.向左移動時,U減少 D.向右移動時,θ減少 答案BC 解析根據公式C=,可知當被測物體帶動電介質板向左移動時,導致兩極板間電介質增加,則電容C增加,由公式C=可知電荷量Q不變時,U減少,則θ減少,故A錯誤,C正確;由公式C=,可知當被測物體帶動電介質板向右移動時,導致兩極板間電介質減少,則電容C減少,由公式C=可知電荷量Q不變時,U增加,則θ增加,故B正確,D錯誤;故選BC。 2.(多選)(電容動態(tài)變化　靜電計)(2018山東淄博一中三模)某實驗小組用圖示裝置探究影響平行板電容器電容的因素。若兩極板正對面積為S,極板間的距離為d,靜電計指針偏角為θ。實驗中,假定極板所帶電荷量不變,下列判斷中正確的是(　　) A.保持S不變,增大d,則C變小,θ變大 B.保持S不變,增大d,則C變大,θ變小 C.保持d不變,減小S,則C變小,θ變大 D.保持d不變,減小S,則C變大,θ變小 答案AC 解析根據電容的決定式C=得知,電容與極板間距離成反比,當保持S不變,增大d時,電容減小,因極板所帶電荷量Q不變,由電容的定義式C=,分析可知板間電勢差增大,靜電計指針的偏角θ變大。故A正確,B錯誤。根據電容的決定式C=得知,電容與極板的正對面積成正比,當保持d不變,減小S時,電容C減小,極板所帶電荷量Q不變,則由電容的定義式C=,可知板間電勢差U增大,靜電計指針的偏角θ變大。故C正確,D錯誤。故選AC。 3.(多選)(帶電粒子在電場中直線運動)(2018株洲檢測)如圖所示,在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B,板與水平方向的夾角為θ,一個電荷量q=1.4110-4C、質量m=1 g的帶電小球,自A板上的孔P以水平速度v0=0.1 m/s飛入兩板之間的電場,經0.02 s后未與B板相碰又回到孔P,g取10 m/s2,則(　　) A.板間電場強度大小為100 V/m B.板間電場強度大小為141 V/m C.板與水平方向的夾角θ=30 D.板與水平方向的夾角θ=45 答案AD 解析因為小球從孔P水平飛入兩板之間,沿水平方向運動,小球受力如圖所示,設板間勻強電場的電場強度為E,板與水平方向的夾角為θ,在豎直方向由平衡條件得Eqcosθ=mg,在水平方向由動量定理得Eqsinθt=2mv0,解得E=≈100V/m,tanθ==1,即θ=45,A、D正確。 4.(多選)(帶電粒子在電場中偏轉)(2018河南洛陽一模)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉,最后打在屏上。整個裝置處于真空中,不計粒子重力及其相互作用,那么(　　) A.偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多 B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C.三種粒子運動到屏上所用時間相同 D.三種粒子一定打到屏上的同一位置 答案AD 解析帶電粒子在電場E1中加速,由動能定理,qU1=mv2,解得v=。進入電場線豎直向下的勻強電場E2中做類平拋運動,L=vt,y=at2,qE2=ma,聯立解得y=,偏轉電場E2對三種粒子做功W=qE2y=,與粒子質量無關,所以偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多,選項A正確;三種粒子打到屏上時的水平速度不一樣大,豎直速度at不一樣大,所以三種粒子打到屏上時的速度一樣大,選項B錯誤;三種粒子運動到屏上所用時間不相同,選項C錯誤;由于y=與粒子質量無關,三種粒子相同,所以三種粒子一定打到屏上的同一位置,選項D正確。 5.(帶電粒子在電場中偏轉)(2018廣東惠州模擬)如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖,電子經電壓U1加速后垂直進入偏轉電場,離開電場時的偏轉量是h,兩平行板間的距離為d,電勢差為U2,板長為L。為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉量)可采用的方法是(　　) A.增大兩板間的電勢差U2 B.盡可能使板長L短些 C.使加速電壓U1升高些 D.盡可能使板間距離d小些 答案D 解析帶電粒子加速時,由動能定理得:qU1=mv2 帶電粒子偏轉時,由類平拋運動規(guī)律,得: L=vt h=at2 又由牛頓第二定律得:a= 聯立以上各式可得h= 由題意,靈敏度為: 可見,靈敏度與U2無關,要提高示波管的靈敏度,可使板長L長些、板間距離d小一些、使加速電壓U1降低一些,故ABC錯誤,D正確。故選D。 6.(多選) 如圖所示,豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板電容器充上電后,板間電勢差為U,兩板間距離為d。現用絕緣絲線懸掛質量為m的帶電小球,絲線跟豎直方向成θ=30角時小球恰好平衡,且此時與右板的距離為b。已知重力加速度為g,則下列說法正確的是(　　) A.小球受三個力作用,其中電場力與繩的拉力的合力等于重力 B.小球帶正電,帶電荷量是 C.若剪斷絲線,小球需要經過t=碰到金屬板 D.若剪斷絲線,小球的電勢能將增加 答案ABC 解析由于小球處于平衡狀態(tài)知小球帶正電,對小球受力分析如圖所示。 FTsinθ=q,FTcosθ=mg,故q=,A、B正確;FT=,而剪斷絲線后小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線對小球的拉力大小相等,故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于,小球的加速度a=,小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運動,電場力做正功,電勢能減小,當碰到金屬板上時,它的位移為x=,又由x=at2,得t=,C正確,D錯誤。 7.(多選)(電容動態(tài)變化　動能定理)(2018安徽蚌埠下學期三質檢)如圖,充電后的平行板電容器水平放置(與電源斷開),電容為C,板間距離為d,上極板正中央有一小孔。質量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落,穿過小孔到達下極板處的P點時速度恰為零(空氣阻力忽略不計,極板間電場可視為勻強電場,重力加速度為g)。下列說法正確的是(　　) A.電容器所帶電荷量Q= B.電容器板間的電場強度E= C.若下板下移的距離,小球到達P點(原下板處)時速度恰為零 D.若下板水平右移一小段距離,小球到達下板處時速度恰為零 答案BC 解析在從釋放到到達下極板的過程中,根據動能定理:mg(h+d)-qEd=0,解得:E=,電容器兩極板間的電壓為:U=Ed=,電容器的帶電量為:Q=CU=,故A錯誤,B正確;由于電容器的電量不變,根據C=、C=和E=,得E=,當下板向下移動時電場強度不變,根據動能定理可知,小球從相同的高度釋放,到達P點時速度恰好為零;當下板水平右移一小段距離,面積S減小,故電場強度增大,下落相同的距離,電場力做的負功更多,故小球在到達下板前速度已經為零,故AD錯誤,BC正確,故選BC。 方法點撥對從釋放到到達下極板處過程運用動能定理列式求解電場強度,然后根據Q=CU求解電容器的帶電量,根據C=、C=和E=,分析各種情況下電場強度的變化,再根據動能定理分析小球下落的速度。 素養(yǎng)綜合練 8.(多選)(電容動態(tài)變化　帶電粒子在電場中的平衡和運動)(2018廣東深圳調研)兩個完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置,如圖所示。開關S閉合時,兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止狀態(tài)?，F將S斷開,將C2下極板向上移動少許,然后再次閉合S,則下列說法正確的是(　　) A.兩油滴的質量相等,電性相反 B.斷開開關,移動C2下極板過程中,B所在位置的電勢不變 C.再次閉合S瞬間,通過開關的電流可能從上向下 D.再次閉合開關后,A向下運動,B向上運動 答案BCD 解析當S閉合時,左邊電容的上極板和右邊電容的下極板相連,即兩個極板的電勢相等,又因為其他兩個極板都接地,電勢相等,故兩極板間的電勢差的絕對值相等,根據mg=q,由于不知道兩油滴的電荷量,故兩個油滴的質量不一定相等,若C1上極板帶正電,則C1電場方向豎直向下,A液滴應受到豎直向上的電場力,故帶負電,C2下極板帶正電,則C2電場方向豎直向上,B滴液應受到豎直向上的電場力,所以帶正電,電性相反;若C1上極板帶負電,則C1電場方向豎直向上,A液滴應受到豎直向上的電場力,故帶正電,C2下極板帶負電,則C2電場方向豎直向下,B滴液應受到豎直向上的電場力,所以帶負電,電性相反,總之兩油滴的電性相反,A錯誤;斷開開關,移動C2下極板過程中,兩極板所帶電荷量相等,根據C=,C=,E=聯立可得E=,兩極板間的電場強度大小和兩極板間的距離無關,故電場強度恒定,所以B的受力不變,故仍處于靜止狀態(tài),到上極板(零電勢)的距離不變,根據U=Ed可知B點的電勢不變,B正確;S斷開,將C2下極板向上移動少許,根據C=可知C2增大,根據C=可知U減小,即C2下極板電勢降低,再次閉合S瞬間,C1上極板電勢大于C2下極板電勢,通過開關的電流可能從上向下,穩(wěn)定后,根據E=可知C1電容兩極板間的電勢差減小,電場強度減小,A向下運動,C2兩極板間的電勢差增大,電場強度增大,B向上運動,選項CD正確。 9.(2014山東卷)如圖,電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質量均為m、帶電荷量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于(　　) A. B. C. D. 答案B 解析由+q和-q兩粒子軌跡的對稱性可知,兩軌跡切點正好在區(qū)域abcd的正中心。對粒子+q,從a點運動到軌跡切點有=v0t?、?t2?、?。解得v0=,本題只有選項B正確。 10.(多選)(帶電粒子在電場中偏轉)(2018河南南陽期末)如圖所示,一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置,板長為L,板間距離為d,距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間,最后垂直打在M上,則下列結論正確的是(已知重力加速度為g)(　　) A.兩極板間電壓為 B.板間電場強度大小為 C.整個過程中質點的重力勢能增加 D.若僅增大兩極板間距,則該質點不可能垂直打在M上 答案BC 解析根據題意可知,小球在平行金屬板間受電場力和重力,出電場后只受重力,而最后又垂直打在屏上,兩段運動具有對稱性,可得小球的運動軌跡先向上偏轉,做類平拋運動,飛出電場后,小球的軌跡向下偏轉,如圖所示,根據牛頓第二定律得:qE-mg=ma,mg=ma,解得E=,由U=Ed得板間電勢差U=d=,故A錯誤,B正確;小球在電場中向上偏轉的距離y=at2,a==g,t=,解得:y=,故小球打在屏上的位置與P點的距離為:s=2y=,重力勢能的增加量Ep=mgs=,故C正確。僅增大兩板間的距離,因兩板上電量不變,根據E=可知,板間電場強度不變,小球在電場中受力情況不變,則運動情況不變,故仍垂直打在屏上,故D錯誤。故選BC。 11. (多選)(帶電粒子在電場中偏轉)一電荷量為q的帶正電粒子以某一速度垂直電場方向進入勻強電場,在電場中運動軌跡如圖所示。圖中A、B為其運動軌跡上的兩點,已知A、B兩點之間垂直電場方向的距離為L,該粒子在A點的速度大小為v、方向與電場方向的夾角為60,在B點時速度方向與電場方向的夾角為30。不計重力,根據上述條件,下列物理量可求的是(　　) A.粒子進入電場時的速度 B.粒子在A、B兩點間的運動時間 C.A、B兩點間的電勢差 D.電場強度的大小 答案AB 解析設粒子進入電場時的速度為v0,帶電粒子在B點的速度大小為vB,粒子在垂直于電場方向做勻速運動,該方向分速度即為v0,故有:v0=vsin60,由L=v0t,可得粒子在A、B兩點間的運動時間,故A、B正確;設A、B間的電勢差為UAB,由動能 定理,有:qUAB=,又vBsin30=vsin60,聯立以上兩式得A、B兩點間的電勢差為UAB=,由于質量未知,所以A、B兩點間的電勢差不可求,C錯誤;根據公式U=Ed知,由于AB兩點沿電場方向的距離d不可求,所以不能求出電場強度。沿電場方向,由vBcos30-vcos60=at,可知能求出加速度a。一樣的由于質量未知,所以不能求出電場強度。 12.(2018山東泰安模擬)如圖所示,在平面直角坐標系中,有方向平行于坐標平面的勻強電場,坐標系內有A、B兩點,其中A點坐標為(6 cm,0),B點坐標為(0, cm),坐標原點O處的電勢為0,點A處的電勢為8 V,點B處的電勢為4 V?，F有一帶電粒子從坐標原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v=4105 m/s射入電場,粒子運動時恰好通過B點,不計粒子所受重力,求: (1)圖中C處(3 cm,0)的電勢; (2)勻強電場的電場強度大小; (3)帶電粒子的比荷。 答案(1)4 V　(2)102 V/m　(3)2.41011 C/kg 解析(1)設C處的電勢為φC 因為OC=CA,所以φO-φC=φC-φA 得φC=V=4V (2)BC連線為等勢線,電場強度方向與等勢線BC垂直 設∠OBC=θ OB=L=cm tanθ=,θ=60 U=Ed,E=V/m=102V/m (3)帶電粒子做類平拋運動,有Lcosθ=vt Lsinθ=t2 聯立解得 C/kg=2.41011C/kg 所以帶電粒子的比荷為2.41011C/kg。