23版新高考一轮分层练案(二十四)　电容器　带电粒子在电场中的运动

一轮分层练案(二十四)　电容器　带电粒子在电场中的运动

1．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　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＝400×2.7 C＝1 080 C，故D正确。

2.利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生。一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图如图所示，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器。已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表(　　 )

A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电

B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电

C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电

D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电

【答案】B　由题图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变，液面变化时只有正对面积发生变化。则由C＝ 可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大，故可判断电容增大，再依据C＝和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确。

3.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势、Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　 )

【答案】C　电容器的电容C＝，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容C与d成反比，故C­x图像为曲线，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E＝，U＝，C＝，可知E＝，保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势φ等于P点到负极板的电势差，即φ＝El，E不变，l线性减小，φ线性减小，C正确；由Ep＝qφ可知，Ep随l的变化而变化，D错误。

4．(多选)如图所示，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是A、B板间的一点，在C、D板间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。现将C、D板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是(　　 )

A．金属板C、D构成的电容器的电容减小

B．P点电势降低

C．玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流

D．A、B两板间的电场强度减小

【答案】AC　根据C＝，将C、D板间的玻璃板抽出，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则金属板C、D构成的电容器的电容减小，A正确；闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板上的总电荷量不变，金属板C、D构成的电容器的电容减小，由U＝可知极板C、D间的电势差变大，极板A、B间的电势差变大，由E＝可知极板A、B间的电场强度变大，P点与B板的电势差变大，又因B板接地，电势为零，故P点电势升高，因此C、D板构成的电容器处于放电状态，A、B板构成的电容器处于充电状态，电阻R中有向右的电流，C正确，B、D错误。

5.如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入两金属板间，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达M、N两金属板中线位置处即返回，则下列措施能满足要求的是(　　 )

A．使初速度减小为原来的

B．使M、N间的电压提高为原来的4倍

C．使M、N间的电压加倍

D．使初速度减小为原来的，同时M、N间的电压加倍

【答案】C　粒子从进入金属板间到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv02，所以带电粒子离开M板的最远距离为d＝，设改变条件后带电粒子离开M板的最远距离为x，若电压提高为原来的2倍，则金属板间的电场强度也为原来的2倍，则x＝，故C正确；结合上面分析可知，若使初速度减小为原来的，则x＝，A错误；若电压提高为原来的4倍，则金属板间的电场强度也为原来的4倍，则x＝，故B错误；若初速度减小为原来的，电压变为原来的2倍，则x＝，D错误。

6.如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　　 )

A．使U2加倍

B．使U2变为原来的4倍

C．使U2变为原来的倍

D．使U2变为原来的

【答案】A　设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝。U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍。故选A。

7.(多选)如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能。若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中正确的是(　　 )

A．E变小　　　　　 B．U变大

C．Ep不变  D．电荷仍保持静止

【答案】BCD　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＝ 可知，电容C减小。若电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量保持不变，由于电容C减小，由电容的定义式C＝可知，U变大。根据推论可知，板间电场强度E不变，电荷所受的电场力不变，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，则电荷在P点电势能Ep不变。故A错误，B、C、D正确。

8．如图所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4。两粒子在O上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OC＝CD忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)

A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2

B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1

C．A和B的初速度大小之比为1∶4

D．A和B的位移大小之比为1∶2

【答案】C　粒子电荷量之比为1∶4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由 h＝at2＝t2，可知 A和B在电场中运动的时间之比为2∶1，故A错误；A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4，根据qE＝ma，所以A和B运动的加速度大小之比为1∶4，故B错误；根据题意OC＝CD，两粒子水平方向上做匀速运动，根据x＝v0t，可知A和B的初速度大小之比为1∶4，故C正确；A和B水平方向的位移大小之比为1∶2，竖直方向位移大小相等，那么合位移之比不能等于1∶2，故D错误。

9.(多选)如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连。开始时开关闭合，一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器。则下列判断正确的是(　　)

A．保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，油滴可能打在电容器的A板上

B．保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，油滴仍能沿原中心线通过电容器

C．断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，油滴可能打在电容器的A板上

D．断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，油滴仍能沿原中心线通过电容器

【答案】AD　开始时，油滴能沿直线飞过两板，可知油滴受向下的重力和向上的电场力平衡，油滴带负电；若保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，根据E＝可知，两板间场强变大，油滴受向上的电场力变大，油滴向上偏转，则油滴可能打在电容器的A板上，选项A正确，选项B错误；断开开关，则两板带电量不变，根据C＝、E＝以及C＝可知E＝，则将B板竖直向上平移一小段距离，两板间场强不变，油滴受电场力不变，则油滴仍能沿原中心线通过电容器，选项C错误，选项D正确。

10.宇宙飞船动力装置的工作原理与下列情境相似：如图，光滑地面上有一质量为M的绝缘小车，小车两端分别固定带等量异种电荷的竖直金属板，在小车的右板正中央开有一个小孔，两金属板间的电场可看作匀强电场，两板间电压为U。现有一质量为m、带电量为＋q、重力不计的粒子从左板正对小孔处无初速释放。则以下判断正确的是(　　 )

A．小车总保持静止状态

B．小车最后减速运动

C．粒子穿过小孔时速度为

D．粒子穿过小孔时速度为

【答案】D　金属板间的电场方向向右，粒子所受的电场力方向向右，根据牛顿第三定律可知，小车所受的电场力方向向左，则小车将向左做匀加速运动。粒子穿过小孔后，粒子不再受电场力作用，小车也不再受电场力，将做匀速运动，故A、B错误。设粒子穿过小孔时速度为v1，小车此时的速度为v2。取向右方向为正方向。根据系统的动量守恒和能量守恒得0＝mv1－Mv2, qU＝mv12＋Mv22，联立解得，v1＝，故C错误，D正确。

11.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：

(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；

(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；

(3)粒子打到屏上的P点到O点的距离s。

解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上一直做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝。

(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度a＝，

所以vy＝at1＝a·＝，

所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α＝＝。

 (3)设粒子在电场中的偏转距离为y，

则y＝at12＝a＝

又s＝y＋Ltan α，解得s＝。

【答案】(1)　(2)　(3)

12.如图所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5 m。现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝＋4×10－5 C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2 m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切。设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求

(1)小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小；

(2)M、N两板间的电场强度的大小和方向；

(3)小球到达C点时的动能。

解析：(1)小球做平抛运动过程中水平方向做匀速直线运动，vx＝v0＝4 m/s，

竖直方向做匀加速直线运动，

h＝gt12，vy＝gt1＝2 m/s

解得vB＝＝2 m/s

方向tan θ＝＝(θ为速度方向与水平方向的夹角)。

(2)小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力沿该直线方向，则

tan θ＝＝

解得E＝＝5×103 N/C，方向水平向右。

(3)进入电场后，小球受到的合外力

F合＝＝mg

B、C两点间的距离s＝，cos θ＝＝，

从B到C由动能定理得F合s＝EkC－mvB2

解得EkC＝0.225 J。

【答案】(1)2 m/s　 (2)5×103 N/C　水平向右　

(3)0.225 J