1、配餐作业(二十二)电容器和电容带电粒子在电场中的运动见学生用书P351A组基础巩固题1(多选)上海世博会中稳定运营的36辆超级电容客车吸引了众多观光者的眼球。据介绍，电容车在一个站点充电30秒到1分钟后，空调车可以连续运行 3公里，不开空调则可以坚持行驶 5公里，最高时速可达 44公里。超级电容器可以反复充放电数十万次，其显著优点有：容量大、功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽。如图所示为某汽车用的超级电容器，规格为“48 V，3 000 F”，放电电流为1 000 A，漏电电流为10 mA，充满电所用时间为30 s，下列说法正确的是()A充电电流约为4 800 AB放电能持续
2、的时间超过10分钟C若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间将超过100天D所储存电荷量是手机锂电池“4.2 V,1 000 mAh”的40倍解析由题知，电容器的额定电压 U48 V，电容C3 000 F，则所能储存的电荷量为QCU。充电时，有 QI充t充，得充电电流 I充 A4 800 A，故A项正确；放电能持续的时间 t放 s144 s，小于10分钟，故B项错误；若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间为 t漏 1.44107 s天166.7天，故C项正确；手机锂电池“4.2 V，1 000 mAh”的电荷量 qIt13 600 C3 600 C，则Q40q，故D项正确。答案ACD
3、2一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图所示，C、D、E、F为金属板表面上的不同位置。关于该电场，下列说法正确的是()AA点的场强小于B点的场强BA点的电势低于B点的电势C一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等D带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动解析电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则电场内部A点的电场强度大于B点的电场强度，故A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，故A点电势高于B点电势，故B项错误；C、E两点的电势相等，D、F两点的电势相等，且C、E两点的电势高于D、F两点的电势，则C、D两点的电势
4、差等于E、F两点的电势差，故一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等，C项正确；带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，则由于竖直方向所受的电场力不是恒力，故它不是做类平抛运动，D项错误，故选C项。答案C3(多选)毛毯等绒料布生产时常采用静电植绒技术来实现，其原理如图：其中A是接高压阳极的金属网，其内装有绒料，B是一块金属平板，上面铺着涂有黏合剂待植绒基布。当待植绒基布从两极板经过时，给A接上高压并使绒料带上电荷，这样绒料在经过A、B两平行板间的电场加速后以高速向B板运动，遇到待植绒基布后便粘在上面从而实现静电植绒，下列说法正确的是()AA、B两极板的电场方向由B指向AB带电绒料带正
5、电荷C带电绒料在运动过程中电场力对它做正功D带电绒料在运动过程中电势能增加解析A、B两极板的电场方向由A指向B，故A项错误；由于两极板的电场方向由A指向B，带电绒料向B板运动，说明带电绒料是带正电荷的，故B项正确；带电绒料在运动过程中电场力对它做正功，电势能减少，故C项正确，D项错误。答案BC【素养立意】以静电植绒为载体考查电荷在电场中的运动和做功，属于STSE(科学、技术、社会、环境)问题。 4(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路。调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中
6、，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是()A使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出C使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板D使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出解析设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得qEx0mv，又E得x，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处，x变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为v0；或使A、B两板间的电压变为U；或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C项正确，A、D项错误。答案BC5(2
7、018湖南师大附中摸底考试)(多选)如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑。如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则()A在荧屏上的亮斑向上移动B在荧屏上的亮斑向下移动C偏转电场对电子做的功增大 D偏转电场的电场强度减小解析电子带负电，受到向上的电场力，所以向上偏转，U越大，电场力越大，偏转位移越大，做功越多。答案AC6(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t0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()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s末带电粒子回到原出发点C3 s末带电粒子的速度为零D
8、03 s内，电场力做的总功为零解析设第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，a22a1，可知，1.5 s末粒子的速度为零，然后反方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为零，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项正确。答案CD7.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析由于两极板的正负不知，微粒的
9、电性不确定，则微粒所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据微粒运动轨迹，微粒所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但微粒动能一定增加，所以只有C项正确。答案C8.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是()A. B.C. D.解析根据qU1mv2，t，yat22，由题意知，yd，解得， 故C项正确。答案CB组能力提升题9如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d的平行等势线1、
10、2、3、4，各条线上的电势分别为0、0、20、30；有一个带电粒子，质量为m(不计重力)，电荷量为q，从A点与等势线4成角以初速度v0射入电场中，到达等势线2上的B点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场场强的大小为 ()A. B.C. D.解析带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，水平方向做速度为vxv0cos的匀速直线运动，竖直方向做初速度为vyv0sin，加速度为a的匀减速直线运动，对运动过程应用动能定理有Eq2dmvmv，解得E，A项正确。答案A10(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球()A做直线运动B做曲线运动C速率先减小
11、后增大D速率先增大后减小解析对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A项错误，B项正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，C项正确，D项错误。答案BC11.(多选)如图所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以某速度水平抛出，落在斜面上B点。现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以相同速度水平抛出，落在斜面上C点。不计空气阻力，下列说法正确的是()A小球带正电B小球所受电场力可能大于重力C小球两次落在斜面上所用的时间不相等D小球两次落在斜面上的速度大小相等
12、解析平抛运动过程中，合速度与水平方向夹角的正切值，与位移与水平方向夹角的正切值比值固定，在同一斜面，位移与水平方向夹角的正切值相同，所以合速度与水平方向夹角的正切值不变，即合速度方向不变，由于水平分速度大小不变，所以合速度大小不变，且两次落点，竖直方向的分速度，水平方向的分速度大小都不变，小球两次落在斜面上所用时间不相等，C、D项正确；由过程分析，小球竖直方向的末速度大小不变，由水平位移大小知时间t2，则竖直方向加速度减小，可知小球受到了向上的电场力，所以小球带负电，故A项错误；加了电场后，小球加速度仍向下，则电场力一定小于重力，故B项错误。答案CD12如图所示，在厚铅板A表面的中心放置一很小
13、的放射源，可向各个方向放射出速率为v0的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，在金属网B与A板间加有竖直向上的匀强电场，场强为E，A与B的间距为d，B网上方有一很大的荧光屏M，M与B的间距为L。当有粒子打在荧光屏上时就能使荧光屏产生一闪光点，整个装置放在真空中，不计重力的影响。求：(1)打在荧光屏上的粒子具有的动能。(2)荧光屏上闪光点的范围。解析(1)由动能定理得qEdEkBmv，得EkBqEdmv。(2)粒子的初速度与电场方向垂直时，做类平抛运动，沿场强方向，有a，dat，得到达B网的时间t1 。粒子具有沿场强方向的速度vByat1 ，从B网到M所用的时间t2，粒子运动的总时间tt1t2，荧光
14、屏上闪光点的范围是个圆，其半径Rv0t。答案(1)qEdmv(2)荧光屏上闪光点的范围是个圆，半径为13如图所示，电场强度大小为E的竖直匀强电场中，长为L的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端固定一质量为m，带电荷量为q的小球。在O点正上方和正下方L处，分别固定一个绝缘挡板A、B，两挡板竖直放置且尺寸较小。现将小球拉到与O点同一高度且距O点右侧L处，给它一个竖直向上的初速度v0，此后小球在A、B右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板A、B碰撞，小球与挡板碰撞时不损失机械能，碰后瞬间电场立即反向，大小不变。重力加速度大小为g。求：(1)小球与挡板A碰后，能做圆周运动到挡板B，初速度v0的最小值。(
15、2)若小球的初速度为(1)中的最小值，小球与挡板A、B第一次碰撞前瞬间，轻绳的拉力分别为多大。(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50mg，在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数。解析(1)小球与挡板A碰前，由于qEmg，小球将做匀速圆周运动到挡板A。小球与挡板A碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力的作用下做圆周运动到挡板B，此过程中FqEmg2mg，方向向下，要能做圆周运动，则最高点A处满足qEmg，解得v0，因而小球初速度的最小值为。(2)小球第一次与挡板A碰前做匀速圆周运动，因而有TA1，解得TA12mg。小球第一次与挡板A碰后，将做变速圆周运动到挡板B与挡板B
16、第一次碰撞，在该过程中，根据动能定理有(qEmg)2Lmvmv小球第一次与挡板B碰前瞬间，由圆周运动的知识有TB1qEmg，解得TB112mg。(3)小球与挡板B第一次碰后到小球与挡板A第二次碰前，由于qEmg，且方向相反，小球做匀速圆周运动，则小球与挡板A第二次碰前有vA2vB1，因而轻绳的拉力为TA2，联立解得TA210mg。小球与挡板A第二次碰后到小球与挡板B第二次碰前的过程，根据动能定理有(qEmg)2Lmvmv，小球与挡板B第二次碰前瞬间，根据圆周运动的知识有TB2qEmg，联立解得TB220mg，由上分析可知，小球每次与挡板A、B碰撞前，轻绳的拉力均比上一次与挡板碰撞增加TTAn1TAnTBn1TBn8mg。因而小球与挡板B第n次碰前，轻绳的拉力为TBnTB1(n1)T4(2n1)mg；如果轻绳断裂，则应有TBn50mg，解得n5.75，因而小球与挡板A碰撞6次，与挡板B碰撞5次后在小球还未与挡板B发生第6次碰撞前轻绳已经断裂，因而小球与挡板碰撞的总次数为N6511(次)。答案(1)(2)TA12mgTB112mg(3)11