高中物理人教新版课时练必修 第三册 第10章 电容器　带电粒子在电场中的运动 Word版含解析

1．(2019·四川德阳市第三次诊断)超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．现有一款超级电容器，其上标有“2.7 V　400 F”，下列说法正确的是(　　)
A．该电容器的输入电压只有是2.7 V时，才能工作
B．该电容器的电容与电容器两极板间电势差成反比
C．该电容器不充电时的电容为零
D．该电容器正常工作时储存的电荷量为1 080 C
答案　D
解析　电容器的额定电压为2.7 V，说明工作电压不能超过2.7 V，可以小于2.7 V，故A错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B错误；电容描述电容器容纳电荷的本领，不充电时电容仍然存在，与充电与否无关，故C错误；该电容器最大容纳电荷量：Q＝CU＝400 F×2.7 V＝1 080 C，故D正确．
2．(多选)(2020·安徽宿州市质检)如图1为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体(　　)

图1
A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大
C．向左移动时，θ减小 D．向右移动时，θ减小
答案　BC
解析　由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增多，εr变大，则电容C增大，由公式C＝可知，电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，εr减小，则电容C减少，由公式C＝可知，电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误．
3．(多选)(2019·广东广州市4月综合测试)水平放置的平行板电容器与电源相连，下极板接地．带负电的液滴静止在两极板间P点，以E表示两极板间的场强，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势．若电容器与电源断开，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则(　　)
A．U变大，E不变，φ不变
B．U不变，E变小，φ降低
C．液滴将向下运动
D．液滴仍保持静止
答案　AD
解析　电容器与电源断开，则电容器所带电荷量Q不变，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则d变大，由C＝可知C变小，由Q＝CU可知U变大，由E＝与上述式子联立可得：E＝，则E不变；因P点与下极板的距离不变，根据U＝Ed可知P点与下极板的电势差不变，又因下极板接地，则P点的电势φ不变，选项A正确，B错误；由于E不变，则液滴受的电场力不变，则液滴仍保持静止，选项C错误，D正确．
4. (2019·湖北宜昌市四月调研)如图2所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一束同种带电粒子从P点以相同速度平行于极板射入电容器，最后均打在下极板的A点，若将上极板缓慢上移，则(　　)

图2
A．粒子打在下极板的落点缓慢左移
B．粒子打在下极板的落点缓慢右移
C．粒子仍然打在下极板的A点
D．因粒子的电性未知，无法判断粒子的落点
答案　C
解析　断开电源后，电容器电荷量保持不变，将上极板缓慢上移，d变大，电场强度E＝＝＝，则电场强度不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍然打在下极板的A点，故C正确，A、B、D错误．
5．(2019·陕西渭南市教学质检(二))如图3所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用．则匀强电场的场强E大小是(　　)

图3
A. B. C. D.
答案　B
解析　带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：vy＝＝v0，
水平方向上有d＝v0t，
竖直方向上有vy＝t，
联立方程得：E＝，故B正确．
6．(多选)(2019·辽宁大连市第二次模拟)如图4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，足够大的感光板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(　　)

图4
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
答案　CD
解析　根据动能定理：mv2－0＝qU，解得：v＝ ，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为∶1，A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′)，所以末动能与电荷量成正比，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；由O2到MN板，质子和α粒子都做类平抛运动，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；在A、B间：a＝，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，质子的水平速度大，又因为质子和α粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B错误．
7．(多选) (2019·广西钦州市4月综测)如图5所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．下列判断正确的是(　　)

图5
A．P点的场强比Q点的场强大
B．P点的电势比Q点的电势高
C．粒子通过Q点时电势能较小
D．粒子通过Q点时动能较大
答案　AB
解析　由电场线疏密程度可知，P点的场强比Q点的场强大，故A正确；粒子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向曲线的内侧，故电场线向左，沿着电场线方向，电势越来越低，故P点的电势比Q点的电势高，故B正确；电场力的方向向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的动能较大，电势能较小，Q点的动能较小，电势能较大，故C、D错误．
8．(多选) (2019·安徽安庆市期末调研监测)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图6所示，实线是电场线，下列说法正确的是(　　)

图6
A．粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度小
B．从a到b过程中，粒子的电势能一直减小
C．无论粒子带何种电荷，经b点时的速度总比经a点时的速度大
D．电场中a点的电势一定比b点的电势高
答案　AC
解析　电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知Ea＜Eb，所以粒子在a点的加速度比在b点时小，故A正确；由粒子的运动轨迹可以知道，粒子受力指向曲线的内侧，从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后减小，动能先减小后增大．但a点到b点，整个过程，最终电场力做正功，粒子电势能减小，动能增加，故B错误，C正确；因为不知道粒子的电性，所以无法判断电势高低，故D错误．

9. (2019·天津卷·3)如图7所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)

图7
A．动能增加mv2
B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2
D．电势能增加2mv2
答案　B
解析　小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
10. (2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图8所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)

图8
A．电场力大小为
B．小球所受的合外力大小为
C．小球由O点到P点用时
D．小球通过P点时的动能为mv
答案　C
解析　设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60°＝t，竖直方向：Lsin 60°＝gt2，解得：t＝，选项C正确；水平方向F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝＝mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝
v0，则动能：EkP＝mv＝mv，选项D错误．
11.一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图9所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：

图9
(1)小球带电情况；
(2)小球由A到B的位移；
(3)小球速度的最小值．
答案　(1)小球带正电，电荷量为　(2)，与水平方向的夹角为45°斜向右上方　(3)
解析　(1)从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝g
B点是最高点，竖直分速度为0，有：t＝
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电
初速度为0，加速度ax＝
水平方向有：v0＝t
联立解得：Eq＝mg
可得q＝
(2)在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
在竖直方向有2gh＝v
可得h＝
所以位移为h＝
其与水平方向的夹角为θ
tan θ＝＝1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方
(3)设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ
则：tan θ＝＝1，如图所示

开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin
即：tan θ＝＝1，则vx＝vy，vx＝t′＝gt′，vy＝v0－gt′
解得vx＝vy＝，
故vmin＝＝.