（適用于新高考新教材）高考物理一輪總復(fù)習(xí)第8章靜電場(chǎng)課時(shí)規(guī)范練25電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

課時(shí)規(guī)范練25電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練1.(電容器動(dòng)態(tài)分析)電容式傳感器可以將非電學(xué)量的微小變化轉(zhuǎn)換成電容變化。一種利用電容式傳感器測(cè)量油箱中油量的裝置如圖所示。當(dāng)開關(guān)S閉合后,油量減少時(shí)()A.電容器的電容增大B.電容器的帶電荷量減小C.電流向上經(jīng)過G表D.G表示數(shù)為零時(shí),油箱中油量為零2.(電容器動(dòng)態(tài)分析)兩個(gè)較大的平行金屬板A、B相距為d,分別接在電壓為U的電源正、負(fù)極上,這時(shí)質(zhì)量為m,帶電油滴恰好靜止在兩極之間,如圖所示,在其他條件不變的情況下,如果將兩極非常緩慢地錯(cuò)開一些,那么在錯(cuò)開的過程中()A.油滴將向上加速運(yùn)動(dòng),電流計(jì)中電流從b流向aB.油滴將向下加速運(yùn)動(dòng),電流計(jì)中的電流從a流向bC.油滴靜止不動(dòng),電流計(jì)中的電流從a流向bD.油滴靜止不動(dòng),電流計(jì)中的電流從b流向a3.(電容器動(dòng)態(tài)分析)如圖所示的傳感器可以監(jiān)控生產(chǎn)流水線材料的厚度,其中甲、乙為平行板電容器的上、下兩個(gè)固定極板,分別接在電源的兩極上、當(dāng)通過極板間的材料厚度增大時(shí),極板間的介電常數(shù)增大,下列說法正確的是()A.當(dāng)通過極板間的材料厚度減小時(shí),電流從a流向bB.極板間的材料厚度變化時(shí),極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變C.當(dāng)通過極板間的材料厚度增大時(shí),極板上的電荷量變小D.當(dāng)通過極板間的材料厚度增大時(shí),極板間的電壓增大4.(帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))一平行板電容器如圖甲所示,A極板上有一小孔C,在小孔處由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的粒子,已知該帶電粒子只受靜電力的作用,在電容器兩極板間加如圖乙所示的電壓,電壓的變化周期為T,若粒子從t=T4時(shí)刻釋放,下列說法正確的是(A.粒子一定能運(yùn)動(dòng)到B極板上B.粒子一直向B極板運(yùn)動(dòng)C.粒子的速度—時(shí)間圖像可能為圖丙D.粒子的速度—時(shí)間圖像可能為圖丁5.(多選)(電容器應(yīng)用)如圖所示,電容式觸摸屏的構(gòu)造主要是在玻璃屏幕上鍍一層透明的薄膜導(dǎo)體層,再在導(dǎo)體層外加上一塊保護(hù)玻璃,電容式觸摸屏在觸摸屏四邊均鍍上狹長(zhǎng)的電極,在導(dǎo)體層內(nèi)形成一個(gè)低電壓交流電場(chǎng),在觸摸屏幕時(shí),由于人體是導(dǎo)體,手指與內(nèi)部導(dǎo)體層間會(huì)形成一個(gè)特殊電容(耦合電容),四邊電極發(fā)出的電流會(huì)流向觸點(diǎn),而電流強(qiáng)弱與手指到電極的距離成正比,位于觸摸屏后的控制器便會(huì)計(jì)算電流的比例及強(qiáng)弱,準(zhǔn)確算出觸摸點(diǎn)的位置。由以上信息可知,下列說法正確的是()A.電容式觸摸屏的兩極板分別是導(dǎo)體層和手指B.當(dāng)用手觸摸屏幕時(shí),手指與屏的接觸面積越大,電容越大C.當(dāng)用手觸摸屏幕時(shí),手指與屏的接觸面積越大,電容越小D.當(dāng)用手觸摸屏幕時(shí),手指和屏的接觸面積的大小不影響電容的大小6.(帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題)(2022天津南開區(qū)三模)質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子M、N以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行金屬板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,不計(jì)帶電粒子的重力,M從兩板正中央射入,N從下板邊緣處射入,它們最后打在同一點(diǎn),如圖所示。則從開始射入至打到上板的過程中()A.它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系為tN>tMB.它們的電勢(shì)能減少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶2C.它們的動(dòng)能增量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶4D.它們的動(dòng)量增量之比ΔpM∶ΔpN=1∶17.(二極管與電容器問題)(2022江西宜春模擬)如圖所示,D是一只理想二極管,水平放置的平行板電容器的A、B兩極板間有一帶電液滴,在P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。以Q表示電容器儲(chǔ)存的電荷量,U表示兩極板間的電壓,φ表示P點(diǎn)的電勢(shì),B極板接地。若保持極板B不動(dòng),第一次將極板A稍向上平移,第二次將極板A稍向下平移(移動(dòng)后極板A的位置還在P點(diǎn)上方),則下列說法正確的是()A.兩次移動(dòng)后Q相同B.兩次移動(dòng)后點(diǎn)電荷都保持靜止C.第一次移動(dòng)后U變小,第二次移動(dòng)后U變大D.第一次移動(dòng)后φ不變,第二次移動(dòng)后φ增大素養(yǎng)綜合練8.在水平直線上的A、B兩點(diǎn)分別固定有不等量點(diǎn)電荷,其中A處為正電荷,B處電荷電性未知,O1為A、B連線中點(diǎn)。由絕緣材料制成的光滑圓軌道的圓心O2在AB連線上,且位于A點(diǎn)左側(cè),其軌道平面與AB在同一水平面內(nèi),如圖所示。在軌道上穿一帶正電小球并置于軌道上的某一點(diǎn)P,給小球一沿軌道切線方向的初速度,小球恰好能沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng),小球可視為質(zhì)點(diǎn),下列說法正確的是()A.B處點(diǎn)電荷帶負(fù)電,其電荷量小于A處電荷的電荷量B.小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過程中,小球的電勢(shì)能不變C.小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過程中,小球受到的靜電力大小不變D.小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過程中,軌道對(duì)小球的彈力大小不變9.(2022重慶模擬)如圖所示,一圓形區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),O為圓心,兩個(gè)質(zhì)量相等、電荷量大小分別為q1、q2的帶電粒子甲、乙,以不同的速率v1、v2從A點(diǎn)沿AO垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng),甲從C點(diǎn)飛出電場(chǎng),乙從D點(diǎn)飛出電場(chǎng),它們?cè)趫A形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同,已知∠AOC=45°,∠AOD=120°,不計(jì)粒子的重力,下列說法正確的是()A.v1v2C.q1q210.(2022湖南永州三模)在傾角為θ的光滑固定絕緣足夠長(zhǎng)的斜面上有兩個(gè)用絕緣輕彈簧連接的物塊A和B,它們的質(zhì)量分別為m和3m,彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板,開始未加電場(chǎng),系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),A帶正電,B不帶電,現(xiàn)加一沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),物塊A沿斜面向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)B剛離開C時(shí),A的速度為v,之后兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)中,當(dāng)A的加速度為0時(shí),B的加速度大小為a,方向沿斜面向上,則下列說法正確的是()A.未加電場(chǎng)時(shí),擋板C對(duì)物塊B的作用力大小為3mgsinθB.從加電場(chǎng)后到B剛離開C的過程中,A發(fā)生的位移大小為3C.從加電場(chǎng)后到B剛離開C的過程中,物塊A的機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變D.B剛離開C時(shí),靜電力對(duì)A做功的瞬時(shí)功率為(4mgsinθ+3ma)v11.如圖,平行板電容器兩極板的間距為d,一帶電粒子在電容器中靠近(不接觸)下極板處靜止,已知重力加速度為g。保持兩極板間電壓不變,把上下兩極板均轉(zhuǎn)過45°到虛線位置,則粒子到達(dá)上極板時(shí)速度大小為()A.2gd B.C.2gd D.12.(多選)右圖是某種靜電分選器的原理示意圖。兩豎直放置的平行金屬板帶有等量異種電荷,形成勻強(qiáng)電場(chǎng)。分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度,到兩板距離相等?；旌显谝黄鸬腶、b兩種顆粒從漏斗出口下落時(shí),使a帶上正電、b帶上負(fù)電,經(jīng)電場(chǎng)后,分別落到水平傳送帶A、B上。已知兩板間距d=0.1m,板長(zhǎng)L=0.5m,各顆粒的比荷均為1×105C/kg,兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m。電場(chǎng)僅分布在兩板之間,顆粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度視為零,不考慮顆粒體積大小及顆粒間的相互作用,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,調(diào)節(jié)板間電壓,使a、b兩種顆粒離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)不碰觸到極板,則分選過程中()A.顆粒離開漏斗后立即做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B.顆粒在板間運(yùn)行時(shí)的加速度大小均相等C.a、b兩種顆粒的電勢(shì)能均減少D.a、b兩種顆粒剛要落到傳送帶上的最大速度均為16.答案：課時(shí)規(guī)范練25電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.B解析:油量減小時(shí),電容器極板間介質(zhì)的εr減小,根據(jù)電容決定式C=εrS4π2.C解析:電容器與電源相連,兩極板間電壓不變,將兩極板非常緩慢地水平錯(cuò)開一些,兩極板正對(duì)面積減小,而間距不變,由E=Ud可知,電場(chǎng)強(qiáng)度不變,油滴受到的靜電力不變,仍與重力平衡,因此油滴靜止不動(dòng),由C=εrS4πkd可知,電容減小,由3.B解析:電容器兩極板間的電壓始終保持不變,板間的距離也保持不變,根據(jù)E=Ud可知,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變,故B正確,D錯(cuò)誤;根據(jù)C=εrS4π4.C解析:t=T4時(shí)刻釋放,帶電粒子做往復(fù)運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間T5.AB解析:電容式觸摸屏在原理上把人的手指當(dāng)作電容器元件的一個(gè)極板,把導(dǎo)體層當(dāng)作另一極板,A正確;由平行板電容器電容的決定式可知,手指和屏的接觸面積大小會(huì)影響到電容大小,接觸面積越大,即兩極板的正對(duì)面積越大,電容越大,B正確,C、D錯(cuò)誤。6.C解析:由題可知,兩個(gè)帶電粒子都做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),而且它們的水平位移相等、初速度相等,則在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,即tN=tM,故A錯(cuò)誤;在豎直方向上,根據(jù)y=12at2=Eqt22m知,豎直位移之比為1∶2,則電荷量之比為1∶2。因?yàn)殪o電力做功等于電勢(shì)能的減小量,靜電力做功W=qEy,因?yàn)殡姾闪恐葹?∶2,豎直位移之比為1∶2,則靜電力做功之比為1∶4,根據(jù)動(dòng)能定理可知,靜電力做功之比為1∶4,則動(dòng)能的增量之比為1∶4,它們的電勢(shì)能減少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶4,故B錯(cuò)誤,C正確;根據(jù)動(dòng)量定理,有動(dòng)量增量Δp=qEt,qM∶qN=1∶2,t相等,則動(dòng)量增量之比ΔpM∶Δp7.D解析:第一次將極板A稍向上平移,板間距離d增大,根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd得知,電容C減小;若電容器的電壓不變,由Q=CU知電容器所帶電荷量將要減小,由于二極管具有單向?qū)щ娦?電荷不能流回電源,所以電容器的電荷量Q保持不變;由于電容C減小,由電容的定義式C=QU可知,U變大;根據(jù)E=Ud、C=QU、C=εrS4πkd得板間電場(chǎng)強(qiáng)度E=4πkQεrS,可知板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變,電荷所受的靜電力不變,仍保持靜止?fàn)顟B(tài);P與B板間電勢(shì)差UPB=Ed,E、d都不變,UPB保持不變,P點(diǎn)的電勢(shì)φ保持不變;第二次將極板A稍向下平移,板間距離d減小,根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd得知,電容C增大,電容器的電壓不變,由Q=CU知電容器所帶電荷量Q增大;根據(jù)E=8.B解析:由于小球沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng),速率不變,所以靜電力不做功,即軌道處各個(gè)點(diǎn)電勢(shì)相等,軌道處于等勢(shì)面上,如果B是正電荷,則軌道與AB連線的交點(diǎn)處的電勢(shì)不可能相等,因此B處點(diǎn)電荷帶負(fù)電,但是不能確定B處電荷的電荷量與A處電荷的電荷量的大小關(guān)系,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因軌道處于等勢(shì)面上,則小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過程中,小球的電勢(shì)能不變,選項(xiàng)B正確;因軌道上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不一定相同,則小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過程中,小球受到的靜電力大小要變化,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;因等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度與等勢(shì)面垂直,則軌道上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿半徑方向背離圓心,則小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過程中有FNEq=mv29.B解析:甲、乙在電場(chǎng)中均做類平拋運(yùn)動(dòng),沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),它們?cè)趫A形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同,根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得xAC=v1t=RRcos45°,xAD=v2t=R+Rcos60°,聯(lián)立可得v1v2=2-23,故A錯(cuò)誤,B正確;甲、乙在電場(chǎng)中沿靜電力方向均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則有yAC=12·q1Em10.D解析:開始未加電場(chǎng),系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),擋板C對(duì)物塊B的作用力大小為A和B的總重力在沿斜面方向上的分力,為FN=4mgsinθ,故A錯(cuò)誤;從加電場(chǎng)時(shí),彈簧處于壓縮狀態(tài),對(duì)物塊A受力分析,根據(jù)平衡條件有mgsinθ=kx1,解得x1=mgsinθk,物塊B剛要離開C時(shí),彈簧處于拉伸狀態(tài),對(duì)B由平衡條件可得3mgsinθ=kx2,解得x2=3mgsinθk,B剛離開C的過程中,A發(fā)生的位移大小為x=x1+x2,解得x=4mgsinθk,故B錯(cuò)誤;對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng),從加電場(chǎng)后到B剛離開C的過程中,物塊A的機(jī)械能、電勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變,彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大,故物塊A的機(jī)械能和電勢(shì)能之和先增大后減小,故C錯(cuò)誤;設(shè)A所受的靜電力大小為F,由題知當(dāng)A的加速度為零時(shí),B的加速度大小為a,方向沿斜面向上,根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A有FmgsinθF彈=0,對(duì)B有F彈3mgsinθ=3ma,故有F=4mgsinθ+3ma,當(dāng)B剛離開C時(shí),A的速度為v,則靜電力對(duì)A做功的瞬時(shí)功率為11.A解析:開始時(shí)粒子靜止,有Udq=mg,當(dāng)轉(zhuǎn)過45°角,兩極板的間距為d'=d2,靜電力在豎直方向的分量Ud'qsin45°=