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1、课时规范练25电容器带电粒子在电场中的运动基础对点练1.(电容器动态分析)电容式传感器可以将非电学量的微小变化转换成电容变化。一种利用电容式传感器测量油箱中油量的装置如图所示。当开关S闭合后,油量减少时()A.电容器的电容增大B.电容器的带电荷量减小C.电流向上经过G表D.G表示数为零时,油箱中油量为零2.(电容器动态分析)两个较大的平行金属板A、B相距为d,分别接在电压为U的电源正、负极上,这时质量为m,带电油滴恰好静止在两极之间,如图所示,在其他条件不变的情况下,如果将两极非常缓慢地错开一些,那么在错开的过程中()A.油滴将向上加速运动,电流计中电流从b流向aB.油滴将向下加速运动,电流计
2、中的电流从a流向bC.油滴静止不动,电流计中的电流从a流向bD.油滴静止不动,电流计中的电流从b流向a3.(电容器动态分析)如图所示的传感器可以监控生产流水线材料的厚度,其中甲、乙为平行板电容器的上、下两个固定极板,分别接在电源的两极上、当通过极板间的材料厚度增大时,极板间的介电常数增大,下列说法正确的是()A.当通过极板间的材料厚度减小时,电流从a流向bB.极板间的材料厚度变化时,极板间电场强度不变C.当通过极板间的材料厚度增大时,极板上的电荷量变小D.当通过极板间的材料厚度增大时,极板间的电压增大4.(带电粒子在交变电场中的运动)一平行板电容器如图甲所示,A极板上有一小孔C,在小孔处由静止
3、释放一个带负电的粒子,已知该带电粒子只受静电力的作用,在电容器两极板间加如图乙所示的电压,电压的变化周期为T,若粒子从t=T4时刻释放,下列说法正确的是()A.粒子一定能运动到B极板上B.粒子一直向B极板运动C.粒子的速度时间图像可能为图丙D.粒子的速度时间图像可能为图丁5.(多选)(电容器应用)如图所示,电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层,再在导体层外加上一块保护玻璃,电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极,在导体层内形成一个低电压交流电场,在触摸屏幕时,由于人体是导体,手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容),四边电极发出的电流会流向触点,而电流强弱与手指
4、到电极的距离成正比,位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱,准确算出触摸点的位置。由以上信息可知,下列说法正确的是()A.电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B.当用手触摸屏幕时,手指与屏的接触面积越大,电容越大C.当用手触摸屏幕时,手指与屏的接触面积越大,电容越小D.当用手触摸屏幕时,手指和屏的接触面积的大小不影响电容的大小6.(带电粒子在电场中的偏转问题)(2022天津南开区三模)质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中,不计带电粒子的重力,M从两板正中央射入,N从下板边缘处射入,它们最后打在同一点,如图所示。则从开始射入至打到上板的过
5、程中()A.它们运动的时间关系为tNtMB.它们的电势能减少量之比EpMEpN=12C.它们的动能增量之比EkMEkN=14D.它们的动量增量之比pMpN=117.(二极管与电容器问题)(2022江西宜春模拟)如图所示,D是一只理想二极管,水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴,在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量,U表示两极板间的电压,表示P点的电势,B极板接地。若保持极板B不动,第一次将极板A稍向上平移,第二次将极板A稍向下平移(移动后极板A的位置还在P点上方),则下列说法正确的是()A.两次移动后Q相同B.两次移动后点电荷都保持静止C.第一次移动后U变小,第二次移动
6、后U变大D.第一次移动后不变,第二次移动后增大素养综合练8.在水平直线上的A、B两点分别固定有不等量点电荷,其中A处为正电荷,B处电荷电性未知,O1为A、B连线中点。由绝缘材料制成的光滑圆轨道的圆心O2在AB连线上,且位于A点左侧,其轨道平面与AB在同一水平面内,如图所示。在轨道上穿一带正电小球并置于轨道上的某一点P,给小球一沿轨道切线方向的初速度,小球恰好能沿轨道做匀速圆周运动,小球可视为质点,下列说法正确的是()A.B处点电荷带负电,其电荷量小于A处电荷的电荷量B.小球沿轨道运动过程中,小球的电势能不变C.小球沿轨道运动过程中,小球受到的静电力大小不变D.小球沿轨道运动过程中,轨道对小球的
7、弹力大小不变9.(2022重庆模拟)如图所示,一圆形区域有竖直向上的匀强电场,O为圆心,两个质量相等、电荷量大小分别为q1、q2的带电粒子甲、乙,以不同的速率v1、v2从A点沿AO垂直射入匀强电场,甲从C点飞出电场,乙从D点飞出电场,它们在圆形区域中运动的时间相同,已知AOC=45,AOD=120,不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.v1v2=2-22+3B.v1v2=2-23C.q1q2=32D.q1q2=210.(2022湖南永州三模)在倾角为的光滑固定绝缘足够长的斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为m和3m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,开始未加电场,系统
8、处于静止状态,A带正电,B不带电,现加一沿斜面向上的匀强电场,物块A沿斜面向上运动,当B刚离开C时,A的速度为v,之后两个物体运动中,当A的加速度为0时,B的加速度大小为a,方向沿斜面向上,则下列说法正确的是()A.未加电场时,挡板C对物块B的作用力大小为3mgsin B.从加电场后到B刚离开C的过程中,A发生的位移大小为3mgsinkC.从加电场后到B刚离开C的过程中,物块A的机械能和电势能之和保持不变D.B刚离开C时,静电力对A做功的瞬时功率为(4mgsin +3ma)v11.如图,平行板电容器两极板的间距为d,一带电粒子在电容器中靠近(不接触)下极板处静止,已知重力加速度为g。保持两极板
9、间电压不变,把上下两极板均转过45到虚线位置,则粒子到达上极板时速度大小为()A.2gdB.gdC.2gdD.gd212.(多选)右图是某种静电分选器的原理示意图。两竖直放置的平行金属板带有等量异种电荷,形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度,到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时,使a带上正电、b带上负电,经电场后,分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1 m,板长L=0.5 m,各颗粒的比荷均为110-5 C/kg,两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3 m。电场仅分布在两板之间,颗粒进入电场时的初速度视为零,不考虑颗粒体积大小及颗粒间
10、的相互作用,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,调节板间电压,使a、b两种颗粒离开电场区域时不碰触到极板,则分选过程中()A.颗粒离开漏斗后立即做匀变速曲线运动B.颗粒在板间运行时的加速度大小均相等C.a、b两种颗粒的电势能均减少D.a、b两种颗粒刚要落到传送带上的最大速度均为16.1 m/s答案：课时规范练25电容器带电粒子在电场中的运动1.B解析:油量减小时,电容器极板间介质的r减小,根据电容决定式C=rS4kd可知,电容器的电容减小,故A错误;电容器与电源相连,极板间电压保持不变,根据公式有C=QU可知电容器的带电荷量减小,故B正确;根据B项分析,可知电容器极板电荷量减小,即释放
11、电荷,电流向下经过G表,故C错误;仅当油量变化时,才会产生电流,故G表示数为零时,仅能说明油量不变,故D错误。2.C解析:电容器与电源相连,两极板间电压不变,将两极板非常缓慢地水平错开一些,两极板正对面积减小,而间距不变,由E=Ud可知,电场强度不变,油滴受到的静电力不变,仍与重力平衡,因此油滴静止不动,由C=rS4kd可知,电容减小,由Q=CU可知,电荷量减小,电容器放电,因此可判断电流计中的电流从a流向b,故C正确。3.B解析:电容器两极板间的电压始终保持不变,板间的距离也保持不变,根据E=Ud可知,极板间电场强度保持不变,故B正确,D错误;根据C=rS4kd可知,厚度增大时介电常数增大,
12、电容器的电容增大,极板上的电荷量增加,故C错误;材料厚度减小,电容器的电容减小,极板上的电荷量减小,电容放电,电流从b流向a,故A错误。4.C解析:t=T4时刻释放,带电粒子做往复运动,经时间T粒子回到出发点,之后重复上述过程,不一定打到B极板上,故A、B错误;两极板间电压大小恒定,则电场强度大小恒定,根据牛顿第二定律得加速度大小恒定,粒子做匀加速或匀减速运动,故C正确,D错误。5.AB解析:电容式触摸屏在原理上把人的手指当作电容器元件的一个极板,把导体层当作另一极板,A正确;由平行板电容器电容的决定式可知,手指和屏的接触面积大小会影响到电容大小,接触面积越大,即两极板的正对面积越大,电容越大
13、,B正确,C、D错误。6.C解析:由题可知,两个带电粒子都做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,而且它们的水平位移相等、初速度相等,则在电场中的运动时间相等,即tN=tM,故A错误;在竖直方向上,根据y=12at2=Eqt22m知,竖直位移之比为12,则电荷量之比为12。因为静电力做功等于电势能的减小量,静电力做功W=qEy,因为电荷量之比为12,竖直位移之比为12,则静电力做功之比为14,根据动能定理可知,静电力做功之比为14,则动能的增量之比为14,它们的电势能减少量之比EpMEpN=14,故B错误,C正确;根据动量定理,有动量增量p=qEt,qMqN=12,t相等,则动量增量之比pMpN
14、=12,故D错误。7.D解析:第一次将极板A稍向上平移,板间距离d增大,根据电容的决定式C=rS4kd得知,电容C减小;若电容器的电压不变,由Q=CU知电容器所带电荷量将要减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不能流回电源,所以电容器的电荷量Q保持不变;由于电容C减小,由电容的定义式C=QU可知,U变大;根据E=Ud、C=QU、C=rS4kd得板间电场强度E=4kQrS,可知板间电场强度E不变,电荷所受的静电力不变,仍保持静止状态;P与B板间电势差UPB=Ed,E、d都不变,UPB保持不变,P点的电势保持不变;第二次将极板A稍向下平移,板间距离d减小,根据电容的决定式C=rS4kd得知,电容C增
15、大,电容器的电压不变,由Q=CU知电容器所带电荷量Q增大;根据E=Ud可知板间电场强度E增大,电荷所受的静电力增大,电荷将向上运动;P与B板间电势差UPB=Ed,E增大,d不变,UPB增大,P点的电势增大,故A、B、C错误,D正确。8.B解析:由于小球沿轨道做匀速圆周运动,速率不变,所以静电力不做功,即轨道处各个点电势相等,轨道处于等势面上,如果B是正电荷,则轨道与AB连线的交点处的电势不可能相等,因此B处点电荷带负电,但是不能确定B处电荷的电荷量与A处电荷的电荷量的大小关系,选项A错误;因轨道处于等势面上,则小球沿轨道运动过程中,小球的电势能不变,选项B正确;因轨道上各点的电场强度不一定相同
16、,则小球沿轨道运动过程中,小球受到的静电力大小要变化,选项C错误;因等势面上各点电场强度与等势面垂直,则轨道上各点电场强度方向沿半径方向背离圆心,则小球沿轨道运动过程中有FN-Eq=mv2r,因各点电场强度不断变化,则轨道对小球的弹力大小不断变化,选项D错误。9.B解析:甲、乙在电场中均做类平抛运动,沿初速度方向做匀速直线运动,它们在圆形区域中运动时间t相同,根据图中几何关系可得xAC=v1t=R-Rcos45,xAD=v2t=R+Rcos60,联立可得v1v2=2-23,故A错误,B正确;甲、乙在电场中沿静电力方向均做初速度为零的匀加速直线运动,则有yAC=12q1Emt2=Rsin45,y
17、AD=12q2Emt2=Rsin60,联立可得q1q2=23,故C、D错误。10.D解析:开始未加电场,系统处于静止状态,挡板C对物块B的作用力大小为A和B的总重力在沿斜面方向上的分力,为FN=4mgsin,故A错误;从加电场时,弹簧处于压缩状态,对物块A受力分析,根据平衡条件有mgsin=kx1,解得x1=mgsink,物块B刚要离开C时,弹簧处于拉伸状态,对B由平衡条件可得3mgsin=kx2,解得x2=3mgsink,B刚离开C的过程中,A发生的位移大小为x=x1+x2,解得x=4mgsink,故B错误;对A、B和弹簧组成的系统,从加电场后到B刚离开C的过程中,物块A的机械能、电势能与弹
18、簧的弹性势能之和保持不变,弹簧的弹性势能先减小后增大,故物块A的机械能和电势能之和先增大后减小,故C错误;设A所受的静电力大小为F,由题知当A的加速度为零时,B的加速度大小为a,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律对A有F-mgsin-F弹=0,对B有F弹-3mgsin=3ma,故有F=4mgsin+3ma,当B刚离开C时,A的速度为v,则静电力对A做功的瞬时功率为P=Fv=(4mgsin+3ma)v,故D正确。11.A解析:开始时粒子静止,有Udq=mg,当转过45角,两极板的间距为d=d2,静电力在竖直方向的分量Udqsin45=Udq=mg,所以粒子沿水平方向运动到上极板,静电力在水平方向上的分量等于竖直方向上的分量,加速度a=g,所以v=2gd,故选A。12.BCD解析:颗粒刚离开漏斗,在两极板间做初速度为零的匀变速直线运动,A错误;因各颗粒的比荷均相同,颗粒在水平方向上的加速度ax=qEm相同,竖直方向的加速度ay=g相同,颗粒在板间运动时的加速度大小均相等,B正确;静电力对a、b两种颗粒都做正功,a、b两种颗粒的电势能均减少,C正确;若qEmg=d2L,颗粒从板边缘出电场,静电力对它做的功最多,最终动能最大,根据动能定理全程列式qEd2+mg(L+H)=12mv2,两式联立解得v=16.1m/s,D正确。