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2019年高考物理一輪復習 第七章 靜電場 課時分層作業(yè) 二十二 7.3 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動 【基礎達標題組】 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題) 1.如圖所示,固定在絕緣支架上的平行板電容器充電后與電源斷開,兩極板與一個靜電計相連,將B極向左水平移動一小段距離后,電容器的電容C、靜電計指針偏角θ和極板間電場強度E的變化情況分別是 (　　) A.C變小,θ變大,E不變 B.C不變,θ不變,E變小 C.C變小,θ不變,E不變 D.C變小,θ變大,E變小 【解析】選A。當負極板左移一小段距離時,d增大,由C=可知,電容C減小,由U=可知兩極間的電壓增大,因電壓增大,靜電計指針偏角會增大,根據(jù)E===,不論極板間距如何變化,極板的電量總不變,因此電場強度不變,故A正確,B、C、D錯誤。 2.(xx淄博模擬)如圖所示,從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動,指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設電源電動勢為U) (　　) A.電子到達B板時的動能是eU B.電子從B板到達C板動能變化量為零 C.電子到達D板時動能是3eU D.電子在A板和D板之間做往復運動 【解析】選C。釋放出一個無初速度電荷量為e的電子,在電壓為U的電場中做加速運動,當出電場時,所獲得的動能等于電場力做的功,即W=eU,故A正確;由圖可知,BC間沒有電壓,則沒有電場,所以電子在此處做勻速直線運動,則電子的動能不變,故B正確;電子以eU的動能進入CD電場中,在電場力的阻礙下,電子做減速運動,由于CD間的電壓也為U,所以電子到達D板時速度減為零,開始反向運動,故C錯誤;由上可知,電子將會在A板和D板之間加速、勻速再減速,再反向加速、勻速再減速,做往復運動,故D正確。 3.噴墨打印機的簡化模型如圖所示。墨盒可以噴出質量一定的墨汁微粒,經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?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。已知墨汁微粒所帶電荷量的多少由計算機的輸入信號按照文字的排列規(guī)律進行控制,微粒偏移量越小打在紙上的字跡越小,則從墨汁微粒進入偏轉電場開始到打到紙上的過程中(不計墨汁微粒的重力),以下說法正確的是 (　　) A.墨汁微粒的軌跡是拋物線 B.電量相同的墨汁微粒軌跡相同 C.墨汁微粒的運動軌跡與帶電量無關 D.減小偏轉極板間的電壓,可以縮小字跡 【解析】選D。墨汁微粒在電場中做類平拋運動,出電場后做勻速直線運動,軌跡不是拋物線,故A錯誤;墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動,則有,水平方向L=v0t,豎直方向y=at2,則出偏轉電場時的偏轉位移y=,電量相同,墨汁微粒的軌跡不一定相同,故B錯誤;根據(jù)y=知,墨汁微粒的運動軌跡與帶電量有關,故C錯誤;根據(jù)y=知,減小偏轉極板間的電壓,出電場時偏轉位移減小,打到紙上的偏轉位移減小,可以縮小字跡,故D正確。 【加固訓練】 某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠寬、方向水平向左的勻強電場。當在該空間內(nèi)建立如圖所示的坐標系后,在x軸上的P點沿y軸正方向連續(xù)射入質量和電荷量均相同且?guī)щ娦再|也相同的帶電粒子(粒子重力不計),由于粒子的入射速率v(v>0)不同,有的粒子將在電場中直接通過y軸。有的將穿出電場后再通過y軸。設粒子通過y軸時,離坐標原點的距離為h,從P到y(tǒng)軸所需的時間為t,則(　　) A.粒子帶負電 B.對h≤d的粒子,h越大,t越大 C.對h≤d的粒子,在時間t內(nèi),電場力對粒子做的功不相等 D.h越大的粒子,進入電場時的速率v也越大 【解析】選D。由題意可知,粒子向左偏,由電場線的方向,可確定電場力方向向左,因此粒子帶正電,故選項A錯誤;對h≤d的粒子,沿x軸方向粒子受到電場力相同,加速度相同,因此運動時間相等,由于粒子的速度不同,所以導致粒子的h不同,故選項B錯誤;對h≤d的粒子,在時間t內(nèi),沿電場力方向的位移相同,因此電場力做功相等,故選項C錯誤;若在電場中直接通過y軸,水平分位移x相等,由x=at2知,運動時間t相等,豎直分位移h=vt,則h越大的粒子,進入電場時的速率v也越大,若穿出電場后再通過y軸,通過電場時豎直分位移y相等,h越大,沿著電場力方向偏轉位移x越小,由x=at2,可知t越小,由y=vt可知v越大,故選項D正確。 4.如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)順時針旋轉45,再由a點從靜止釋放一個同樣的微粒,該微粒將 (　　) A.保持靜止狀態(tài) B.向右下方做勻加速運動 C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動 【解析】選B。在兩板中間a點靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài),微粒受重力和電場力平衡,故電場力大小F=mg,方向豎直向上,將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)順時針旋轉45,電場強度大小不變,方向順時針旋轉45,電場力順時針旋轉45,大小仍然為mg,重力和電場力的大小均為mg,夾角為135,故合力向右下方,微粒的加速度恒定,向右下方做勻加速運動,故B正確,A、C、D錯誤。 5.如圖甲所示,兩平行金屬板A、B放在真空中,間距為d,P點在A、B板間,A板接地,B板的電勢φ隨時間t變化情況如圖乙所示,t=0時,在P點由靜止釋放一質量為m、電荷量為e的電子,當t=2T時,電子回到P點。電子運動中沒與極板相碰,不計重力,則 (　　) A.φ1∶φ2=1∶2 B.φ1∶φ2=1∶4 C.在0～2T內(nèi),當t=T時電子的電勢能最大 D.在0～2T內(nèi),電子的電勢能減小了 【解析】選D。0～T時間內(nèi)平行板間的電場強度為E1=,電子以a1==向上做勻加速直線運動,經(jīng)過時間T的位移x1=a1T2,速度v1=a1T,T～2T內(nèi)平行板間電場強度E2=,加速度a2=,電子以v1的速度向上做勻減速直線運動,位移x2=v1T-a2T2,由題意2T時刻回到P點,則x1+x2=0,聯(lián)立解得φ2=3φ1,故A、B錯誤;當速度最大時,動能最大,電勢能最小,而0～T內(nèi)電子做勻加速運動,之后做勻減速直線運動,所以在T時刻電勢能最小,故C錯誤;電子在2T時刻回到P點,此時速度v2=v1-a2T=-(負號表示方向向下),電子的動能為Ek=m=,根據(jù)能量守恒定律可知,電勢能的減小量等于動能的增加量,故D正確。 6.粗糙絕緣的水平地面上,有兩塊豎直平行相對而立的金屬板AB。板間地面上靜止著帶正電的物塊,如圖甲所示,當兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時,設直到t1時刻物塊才開始運動,(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認為相等)則 (　　) A.在0～t1時間內(nèi),物塊受到逐漸增大的摩擦力,方向水平向右 B.在t1～t3時間內(nèi),物塊受到的摩擦力,先逐漸增大,后逐漸減小 C.t3時刻物塊的速度最大 D.t4時刻物塊的速度最大 【解析】選C。在0～t1時間內(nèi),物塊處于靜止狀態(tài),電場強度方向水平向右,物塊所受的電場力水平向右,根據(jù)平衡條件得:摩擦力大小Ff=qE,而E=,得Ff=q,UAB增大,Ff隨之增大,并且由平衡條件知,Ff的方向水平向左,故A錯誤;在t1～t3時間內(nèi),物塊向右運動,受到的是滑動摩擦力,物塊對地面的壓力不變,根據(jù)公式Ff=μFN知,摩擦力不變,故B錯誤;據(jù)題意:最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,在t1時刻物塊所受的靜摩擦力達到最大,并恰好等于此時的電場力。在t1～t3時間內(nèi),電場力一直大于摩擦力,物塊一直向右加速運動;在t3～t4時間內(nèi),電場力小于滑動摩擦力,物塊向右做減速運動,所以t3時刻物塊的速度最大,故C正確,D錯誤。 7.(xx唐山模擬)如圖所示,豎直平面內(nèi)有A、B兩點,兩點的水平距離和豎直距離均為H,空間存在水平向右的勻強電場,一質量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出,經(jīng)一段時間豎直向下通過B點,重力加速度為g,小球在由A到B的運動過程中,下列說法正確的是 (　　) A.小球帶負電 B.速度先增大后減小 C.機械能一直減小 D.任意一小段時間內(nèi),電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量 【解析】選A、C。小球在B點的速度豎直向下,水平方向勻減速運動,豎直方向自由落體運動,可知電場力方向水平向左,與電場方向相反,說明小球帶負電,故A正確;小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力,即合力方向朝左下方,與初速度成鈍角,所以開始減速,然后成銳角,可知合力先做負功然后做正功,則速度先減小后增大,故B錯誤;因為電場力做負功,電勢能增加,機械能減小,故C正確;任意一小段時間,小球的動能、電勢能和重力勢能之和保持不變,總能量守恒,所以電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量,故D錯誤。 8.(xx日照模擬)如圖所示,一直角三角形處于平行于紙面的勻強電場中, ∠A=90,∠B=30,AC長為L,已知A點的電勢為φ (φ>0),B點的電勢為2φ,C點的電勢為0。一帶電的粒子從C點以v0的速度出發(fā),方向如圖所示(與AC邊成60)。不計粒子的重力,下列說法正確的是(　　) A.電場強度的方向由B指向C B.電場強度的大小為 C.若粒子能擊中圖中的A點,則該粒子的比荷為 D.只要粒子的速度大小合適,就可能擊中圖中的B點 【解析】選B、C。B點的電勢為2φ,C點的電勢為0,則BC中點D的電勢為φ,又A點的電勢為φ (φ>0),連接AD,則電場線垂直于AD,如圖所示,故A錯誤;由圖可知電場強度E==,故B正確;由于速度方向與電場方向垂直,粒子從C到A做類平拋運動,則Lcos60=v0t,Lsin60=t2,解得=,故C正確;由于速度方向與電場方向垂直,粒子從C拋出后做類平拋運動不可能到B點,故D錯誤。 9.(xx惠州模擬)如圖,在豎直平面內(nèi)有一勻強電場,一帶電量為+q、質量為m的小球在力F(大小可以變化)的作用下沿圖中虛線由A至B做豎直向上的勻速運動。已知力F和AB間夾角為θ,AB間距離為d,重力加速度為g。則 (　　) A.力F大小的取值范圍只能在0～ B.電場強度E的最小值為 C.小球從A運動到B電場力可能不做功 D.若電場強度E=時,小球從A運動到B電勢能變化量大小可能為2mgdsin2θ 【解析】選B、C、D。因為小球做勻速直線運動,合力為零,則F與qE的合力與mg大小相等、方向相反,作出F與qE的合力,如圖所示,拉力F的取值隨著電場強度方向的變化而變化,如果電場強度方向斜向右下方,則F的值將大于,故A錯誤;由圖可知,當電場力qE與F垂直時,電場力最小,此時場強也最小,則qE=mgsinθ,解得電場強度的最小值為E=,故B正確;當電場力qE與AB方向垂直時,小球從A運動到B電場力不做功,故C正確;若電場強度E=時,即qE=mgtanθ時,電場力qE可能與AB方向垂直,如圖位置1,電場力不做功,電勢能變化量為0,電場力的方向也可能位于位置2方向,則電場力做功為W=qEsin2θd=qsin2θd=2mgdsin2θ,故D正確。 10.如圖所示的電路中,理想二極管和水平放置的平行板電容器串聯(lián)接在電路中,閉合開關S,平行板間有一質量為m,電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止狀態(tài),則下列說法中正確的是 (　　) A.將A板向上平移一些,液滴將向下運動 B.將A板向左平移一些,液滴將向上運動 C.斷開開關S,將A板向下平移一些,液滴將保持靜止不動 D.斷開開關S,將A板向右平移一些,液滴將向上運動 【解析】選B、C、D。A極板上移時,d變大,由C=可知,C變小,由于二極管具有單向導電性,電容器不能放電,由E===,可知電容器兩極板間的電場強度不變,油滴所受電場力不變,油滴靜止不動,故A錯誤;A極板左移時,S變小,由C=可知,C變小,而兩極板間的電壓U等于電源電動勢不變,由于二極管具有單向導電性,電容器不能放電,由E=可知電容器兩極板間的電場強度增大,油滴所受電場力增大,油滴將向上運動,故B正確;當斷開開關S,將A板向下平移一些時,d變小,由C=可知,C變大,因電量的不變,由E=可得,電場強度不變,那么液滴將保持靜止不動,故C正確;同理,當斷開開關S,將A板向右平移一些時,S變小,由C=可知,C變小,因電量的不變,由E=可得,電場強度變大,那么液滴將向上運動,故D正確。 【加固訓練】 (多選)一平行板電容器充電后與電源斷開,負極板接地。兩板間有一個正電荷固定在P點,如圖所示,以E表示兩板間的場強,U表示電容器兩板間的電壓,φ表示正電荷在P點的電勢,Ep表示正電荷在P點的電勢能,若保持負極板不動,將正極板向下移到圖示的虛線位置,則 (　　) A.E變大　　　 B.Ep不變 C.φ不變 D.U不變 【解析】選B、C。平行板電容器充電后與電源斷開,所帶電量不變,當極板距離減小時,根據(jù)電容決定式C=知,d減小,則電容C增大,根據(jù)U=知,U減小。電場強度E===,知電場強度不變,所以P與負極板間的電勢差不變,則P點的電勢φ不變,電勢能不變,故B、C正確,A、D錯誤。 二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.(xx北京高考)如圖所示,電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉電場,并從另一側射出。已知電子質量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0,偏轉電場可看作勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。 (1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy。 (2)分析物理量的數(shù)量級是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力,請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.0 10-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g取10 m/s2。 (3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質,請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”φG的概念,并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。 【解題指導】解答本題應把握以下三點: (1)熟練掌握帶電粒子在加速電場和偏轉電場中的運動規(guī)律。 (2)通過計算重力的大小,根據(jù)數(shù)量級,分析忽略重力的原因。 (3)利用類比法準確定義重力勢,并說明和電勢的共同特點。 【解析】(1)根據(jù)動能定理可得:eU0=m 所以電子射入偏轉電場的初速度v0= 在偏轉電場中,電子的運動時間 Δt==L 偏轉距離Δy=a(Δt)2= (2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級,有 重力G=mg≈10-29 N 電場力F=≈10-15 N 由于F?G,因此不需要考慮電子所受的重力 (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與電荷量q的比值,即φ=,由于重力做功與路徑無關,可以類比靜電場電勢的定義,將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質量m的比值叫作重力勢,即φG=。 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質的物理量,僅由場自身的因素決定。 答案:(1)　　(2)見解析 (3)φ=　φG=　電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質的物理量,僅由場自身的因素決定 【能力拔高題組】 1.(8分)(多選)(xx日照模擬)質量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落,t秒末,在小球下落的空間中,加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場,再經(jīng)過t秒,小球又回到A點,不計空氣阻力且小球從未落地,重力加速度為g,則 (　　) A.小球所受電場力的大小是4mg B.小球回到A點時的動能是mg2t2 C.從A點到最低點的距離是gt2 D.從A點到最低點,小球的電勢能增加了mg2t2 【解題指導】解答本題應注意以下三點: (1)加電場后,小球先向下做勻減速直線運動,后反向做勻加速直線運動。 (2)可由動力學求小球的速度和位移。 (3)可由功能關系求小球電勢能的變化量。 【解析】選A、C。小球先做自由下落,然后受電場力和重力向下勻減速到速度為0,再向上做勻加速回到A點,設加上電場后小球的加速度大小為a,規(guī)定向下為正方向,整個過程中小球的位移為0,由運用運動學公式得gt2+gtt-at2=0,解得a=3g,根據(jù)牛頓第二定律得F電-mg=ma,解得電場力為4mg,故A正確;t s末的速度v1=gt,加電場后,返回A點的速度vA=v1+at=gt-3gt=-2gt,小球回到A點時的動能是Ek=m=m(-2gt)2=2mg2t2,故B錯誤;從A點自由下落的高度h1=gt2,自由落體的末速度v1=gt,勻減速下降的高度h2===gt2,小球從A點到最低點的距離h=h1+h2=gt2,故C正確;從A到最低點小球電勢能增加量等于克服電場力做的功ΔEp=Fh2=4mggt2=mg2t2,故D錯誤。 2.(17分)如圖所示,在一個傾角θ=30的斜面上建立x軸,O為坐標原點,在x軸正向空間有一個勻強電場,場強大小E=4.5106 N/C,方向與x軸正方向相同,在O處放一個電荷量q=5.010-6C,質量m=1 kg帶負電的絕緣物塊。物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=,沿x軸正方向給物塊一個初速度v0=5 m/s,如圖所示(g取10 m/s2)。求: (1)物塊沿斜面向下運動的最大距離為多少? (2)到物塊最終停止時系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱共為多少? 【解析】(1)設物塊向下運動的最大距離為xm, 由動能定理得: mgsinθxm-μmgcosθxm-qExm=0-m 代入數(shù)據(jù)解得:xm=0.5 m (2)因qE>mgsinθ+μmgcosθ,物塊不可能停止在x軸正向,設最終停在x軸負向且離O點為x處,整個過程電場力做功為零,由動能定理得: -mgxsinθ-μmgcosθ(2xm+x)=0-m 代入數(shù)據(jù)解得: x=0.4 m 產(chǎn)生的焦耳熱: Q=μmgcosθ(2xm+x) 代入數(shù)據(jù)解得: Q=10.5 J 答案:(1)0.5 m　(2)10.5 J