【高考突破方案】第七章 第3讲电容器　带电粒子在电场中的运动 -强化训练（解析版）高考物理一轮复习

第七章 静电场
第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动
1.目前智能手机普遍采用了电容触摸屏.电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置.寒冷的冬天，人们也可以用触屏手套进行触控操作.下列说法正确的是(　　)
A.使用绝缘笔压电容触摸屏也能进行触控操作
B.为了安全，触屏手套指尖处应该采用绝缘材料
C.手指按压屏的力变大，手指和工作面形成的电容器电容变大
D.手指与屏的接触面积变大，手指和工作面形成的电容器电容变小
【解析】 C　绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故A错误；电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，触屏手套指尖处采用绝缘材料，将无法形成感应电流，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变大，故C正确；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D错误.
　2.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是(　　)
A.断开开关S后，将A、B两极板分开些
B.断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积
C.保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D.保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动
【解析】 B　断开开关S，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开些，则d增大，根据C＝知，电容C减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，选项A错误；断开开关S，增大A、B两极板的正对面积，即S增大，根据C＝知，电容C增大，根据U＝知，电势差减小，指针张角减小，选项B正确；保持开关S闭合，无论将A、B两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，选项C错误；保持开关S闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项D错误.
　3.已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏.如图所示，如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则(　　)
A.导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大
B.导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大
C.导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小
D.导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小
【解析】 D　电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变，由Q＝CU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据C＝，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确，A、B、C错误.
　4.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为定值电阻，薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板.当对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中(　　)
A.P、Q两板构成电容器的电容增大
B.M点的电势比N点高
C.P板电荷量增大
D.P、Q两板间的场强增大
【解析】 B　电容式话筒与电源串联，电压U保持不变；在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝，可知电容减小，又根据电容定义式C＝得知电容器所带电量减小，则P极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R的方向由M到N，那么M点的电势比N点高，根据场强E＝可知P、Q两极板间的场强变小，故B正确，A、C、D错误.
　5.(多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置.第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是(　　)
A.质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B.质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D.质子和α粒子打到感光板上的位置相同
【解析】 CD　根据动能定理：mv2－0＝qU，解得：v＝，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比∶1，A错误；在A、B间质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的加速度大，所以质子运动时间短，B错误；对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为U′有：Ek－0＝q(U＋U′)，所以末动能与电量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C正确；O2到MN板，竖直方向：h＝t2，水平方向：x＝vt联立解得：x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确.
　6.(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两极板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央.已知微粒质量m＝4×10－5 kg、电荷量q＝＋1×10－8 C，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.微粒的入射速度v0＝10 m/s
B.电容器上极板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场
C.电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
D.电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
【解析】 AC　开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下极板的正中央，由＝gt2，＝v0t，联立解得v0＝10 m/s，A正确；电容器上极板接电源正极时，微粒竖直向下的加速度变大，水平位移将变小，B错误；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则＝at，L＝v0t1，mg－＝ma，联立解得U1＝120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U2＝200 V，所以当平行板上板带负电，电源电压为120 V≤U≤200 V时，微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C正确，D错误.
　7.(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上.整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)
A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B.三种粒子打到屏上时的速度一样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
【解析】 AD　带电粒子在电场E1中加速，由动能定理得，eU1＝mv2，解得v＝.进入电场线竖直向下的匀强电场E2中做类平抛运动，L＝vt，y＝at2，eE2＝ma，联立解得y＝，偏转电场E2对三种粒子做功W＝eE2y＝，与粒子质量无关，所以偏转电场E2对三种粒子做功一样多，A正确；三种粒子打到屏上时的水平速度不一样大，竖直速度at不一样大，所以三种粒子打到屏上时的速度不一样大，B错误；三种粒子运动到屏上所用时间不相同，C错误；由于y＝与粒子质量无关，且三种粒子射出偏转电场时偏转角相同，所以三种粒子一定打到屏上的同一位置，D正确.
　8.带电荷量为q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直.已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板间的电压为U2，重力不计，求：
(1)经过加速电场后的速度v0；
(2)离开电容器电场时的偏转量y；
(3)刚离开电场时的动能Ek和速度方向与水平方向夹角θ的正切值.
【解析】 (1)由动能定理可得qU1＝mv，
解得v0＝.
(2)粒子在偏转电场中运动的时间t＝，
偏转量y＝·t2＝.
(3)离开时竖直方向的速度vy＝at＝t，
故离开时的动能Ek＝m()2＝＋U1q，
tan θ＝＝.