2022届高三物理一轮复习课时跟踪检测(二十二)-电容器-带电粒子在电场中的运动-.docx

课时跟踪检测(二十二)　电容器　带电粒子在电场中的运动
对点训练：平行板电容器的动态分析
1．如图1所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)

图1
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大
2．(多选)如图2所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是(　　)

图2
A．断开开关，将两板间的距离拉大一些
B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些
C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些
D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度
3．(多选)如图3所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽视。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)

图3
A．平行板电容器的电容将变小
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将削减
D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
对点训练：带电粒子在电场中的直线运动
4．(多选)如图4所示 ，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，假如要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)

图4
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压提高到原来的2倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
5．(多选)如图5所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)

图5
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原动身点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
对点训练：带电粒子在匀强电场中的偏转
6．(2021·安徽无为四校联考)如图6所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中心射入板间，最终垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　)

图6
A．板间电场强度大小为
B．板间电场强度大小为
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
7.(2021·兰州诊断)如图7所示，一电子枪放射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时遇到偏转电极板的状况)(　　)

图7
A．增大偏转电压U
B．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离
D．将放射电子改成放射负离子
8．(多选)如图8所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽视，现通过上下移动A板来转变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是(　　)

图8
A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧
B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧
C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧
考点综合训练
9．(2021·上海市闸北区一模)如图9，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板。电场强度E＝5×105 N/C，间距d＝1.25 m。A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距离h＝1.25 m。从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m＝1×10－3 kg的带电小球。第1个带电小球的电量q1＝＋1×10－8 C，第n个带电小球的电量qn＝nq1。取g＝10 m/s2。求：

图9
(1)第1个带电小球从M处下落至B板的时间；
(2)第几个带电小球将不能抵达B板；
(3)第(2)问中该带电小球下落过程中机械能的变化量。

10．(2021·江苏二校联考)如图10所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电。两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔。C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电。两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′。半圆形金属板两端与B板的间隙可忽视不计。现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，问：

图10
(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大？
(2)为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件？
(3)从释放微粒开头，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P点？

答 案
1．选B　上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CE将减小，D错。
2．选BC　带电液滴受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力正好处于静止状态，有Eq＝mg。两板间的电场强度E＝，保持开关闭合时，U不变，当两板间的距离d减小时，E变大，此时Eq＞mg，液滴竖直向上运动，C正确；保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度，E方向变了，此时液滴不会沿竖直方向运动，所以D错误；断开开关，电容器的电荷量Q不变，E与d无关，所以断开开关，将两板间的距离拉大一些，仍有Eq＝mg，液滴仍保持静止状态，A错误；断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些，此时两板的正对面积S变小，E变大，此时Eq＞mg，所以液滴竖直向上运动，B正确。
3．选ACD　将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，依据关系式C＝∝可知，电容C减小，选项A正确；由于静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间电场强度E＝减小，带电油滴所处位置的电势UP＝U－Ed1增大，其中d1为油滴到上极板的距离，又由于油滴带负电，所以其电势能将削减，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器电荷量Q不变，极板间距d变大，依据Q＝CU，E＝和C＝可知E∝，可见，极板间电场强度E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确。
4．选BD　在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv02，所以d＝，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x＝；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝，使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的一半，x＝。
5．选CD　设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原动身点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确。
6．选C　依据质点垂直打在M屏上可知，质点在两板中心运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg<qE，选项A、B错误；依据运动的分解和合成，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C正确D错误。
7．选A　设偏转电极板长为l，极板间距为d，由qU0＝mv02，t＝，y＝at2＝t2，得偏转位移y＝，增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A正确，B、C错误；由于偏位移y＝与粒子质量和带电量无关，故将放射电子改成放射负离子，偏转位移不变，选项D错误。
8．选BC　若小球带正电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N点，选项A错误；若小球带正电，当AB间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左侧，选项B正确；若小球带负电，当AB间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N的右侧，选项C正确；若小球带负电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N点，选项D错误。
9．解析：(1)t1＝＝0.5 s，
v1＝＝5 m/s，
a1＝＝5 m/s2，
d＝v1t2＋a1t22，
即2t22＋4t2－1＝0，
解得：t2＝ s，
t总＝t1＋t2＝ s；
(2)mg(h＋d)－Eqnd＝ΔEk＝0，
qn＝＝4×10－8C，
n＝＝4，即第4个小球恰好抵达B板，则第5个小球不能到达；
(3)mg(h＋x)－Eq5x＝ΔEk＝0，x＝ m，
ΔE机＝－mg(h＋x)＝－×10－2 J
＝－2.08×10－2 J。
答案：(1) s　(2)5
(3)－2.08×10－2 J
10．解析：(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，依据动能定理，有
qU＝mv2①
解得v＝
(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力供应向心力，有
qE＝m＝m②
联立①②，得E＝
(3)微粒从释放开头经t1射出B板的小孔，则
t1＝＝＝2d ③
设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则
t2＝＝ ④
所以从释放微粒开头，经过(t1＋t2)＝ 微粒第一次到达P点；
依据运动的对称性，易知再经过2(t1＋t2)微粒再一次经过P点；
……
所以经过时间t＝(2k＋1) ，k＝0,1,2，…微粒经过P点。
答案：(1) 　(2)E＝
(3)(2k＋1) k＝0,1,2，…