1、课时提能演练（二十）电容器与电容 带电粒子在电场中的运动(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。每小题只有一个选项正确)1.根据电容器电容的定义式C=,可知()A.电容器所带的电荷量Q越多,它的电容就越大,C与Q成正比B.电容器不带电时,其电容为零C.电容器两极板之间的电压U越高,它的电容就越小,C与U成反比D.以上说法均不对【解析】选D。电容器的电容的大小与其本身因素有关,与带电量的多少、两极板电压的大小无关,故A、B、C错误,D正确。2.(2014宁波模拟)如图所示,用电池对电容器充电,电路a、b之间接有一灵敏电流表,两极板间有一个电荷q处于静止状态。现将两
2、极板的间距变大,则()A.电荷将向上加速运动B.电荷仍静止C.电流表中将有从a到b的电流D.电流表中将有从b到a的电流【解析】选D。充电后电容器的上极板A带正电,不断开电源,增大两板间距,U不变、d增大,由E=知两极板间场强减小,场强减小会使电荷q受到的电场力减小,电场力小于重力,合力向下,电荷q向下加速运动,A、B错误;由C=知电容C减小,由Q=CU知极板所带电荷量减少,电路中有放电电流,电流表中将会有从b到a的电流,C错误、D正确。3.如图所示,一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场,若不计重力,在图中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是()【解析】选C。粒子在电场中做类平
3、抛运动,受力方向总是沿电场线方向指向轨迹的凹侧,C正确。4.如图所示,平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间,现将B极板匀速向下移动到虚线位置,其他条件不变。则在B极板移动的过程中()A.油滴将向下做匀加速运动B.电流计中电流由b流向aC.油滴运动的加速度逐渐变小D.极板带的电荷量减少【解析】选D。由C=可知,d增大,电容器电容C减小,由Q=CU可知,电容器的电荷量减少,电容器放电,电流由a流向b,D正确,B错误;由E=可知,在B板下移过程中,两板间场强逐渐减小,由mg-Eq=ma可知油滴运动的加速度逐渐变大,A、C错误。【总结提升】含容电路的分析方法(1)先确定出电容器的不变
4、量(U或Q)。(2)根据给出的变量,判断出会引起哪些量变化。(3)电路中有电流出现的条件是电容器所带的电量Q发生变化。(4)根据电容器带正电的极板上电荷的增、减情况确定出充、放电时电路中电流的方向。5.(2013新课标全国卷)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移,则从P点开始下落的相同粒子将()A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板处返回D.在距上极板d处返回【解题指南】解答本题可
5、按以下思路进行:(1)根据动能定理对下落全过程列方程求出两极板间电势差;(2)下极板移动后根据动能定理列方程求出粒子在两极板之间移动的最大距离。【解析】选D。带电粒子从P点下落刚好到达下极板处,由动能定理得:mg(+d)-qU=0,当将下极板向上平移时,设从P点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x处速度为零,则对带电粒子下落过程由动能定理得:mg(+x)-qx=0,解得x=d,故选项D正确。6.如图所示,质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点静止释放后,分别抵达B、C两点,若AB=BC,则它们带电荷量之比q1q2等于()A.12B.21C.1D.1【解析】选B。竖直方向有h
6、=gt2,水平方向有l=t2,联立可得q=,所以有=,B对。【变式备选】如图所示,竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场,在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响),P小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两极板正中央由静止开始释放,两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点,则从开始释放到打到右极板的过程中()A.它们运动时间的关系为tPtQB.它们的电荷量之比为qPqQ=21C.它们的竖直分速度增量之比为v1v2=21D.它们的电势能减少量之比为EPEQ=21【解析】选B。由于两球在竖直方向均做自由落体运动,运动时间由h=gt2决定,可知tP=tQ,A错误。两小
7、球的水平位移之比为xPxQ=21,据x=at2可知,加速度之比为21,故两球的电量之比为21,B正确。两小球在竖直方向只受重力作用,位移相同,所以它们在竖直方向上的分速度增量相同,故C错误。电势能的减少量等于电场力所做的功,EPEQ=qPExPqQExQ=41,故D错误。7.如图所示,A、B两导体板平行放置,在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别在A、B两板间加四种电压,它们的UAB-t图线如下列四图所示,其中可能使电子到不了B板的是()【解析】选B。在A选项所加电压下,电子将一直向B板加速运动;在C选项所加电压下,电子是先加速再减速至0,再加速再减速至0,一直向B板
8、运动;D选项和C选项一样,只不过电子的加速度发生变化;只有在B选项所加电压下,电子先向B板加速再减速,再向A板加速再减速至初始位置,且速度变为0,如此往复运动,故选B。8.如图所示,平行板电容器的两个极板竖直放置,并接直流电源。若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器,a到c是直线,由于电极板边缘效应,粒子从c到d的运动轨迹是曲线,重力加速度为g,则该粒子()A.在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动,cd段电场力大于重力B.从a到c粒子做匀加速直线运动,加速度是C.从a到d粒子的重力势能减小,电势能增加D.从a到d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向【解析】选B。由粒子在电场中的运动轨迹可判断粒子
9、受力如图,合力F必沿ac方向,由几何知识可求得加速度大小a=,故A错B对。此过程中由于电场力做正功,所以电势能减小,故C错。从a到c过程粒子所受合力沿ac方向,在cd段受合力斜向右上方,故D错。9.如图甲为示波管的原理图。如果在电极YY之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX之间所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是()【解析】选B。示波管YY间为信号电压,XX为扫描电压,0t1,Y板电势高,电子向Y板偏转,X电势高,电子向X板偏转,由此知C、D错;又根据偏移量公式y=t2,偏移量与偏转电压成正比,0、t1、2t1时刻偏转电压为0,偏移量也为0,t1、t1时刻偏转电压
10、最大,偏移量也最大,所以B对。10.如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,t=0时,Q板比P板电势高5V,此时在两板的正中央M点有一个电子,速度为零,电子在电场力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在0t810-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧,速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A.0t210-10sB.210-10st410-10sC.410-10st610-10sD.610-10st(1分)所以,物体返回到P过程,先做加速运动后匀速运动,返回到P的速度为vP=v=(1分)在P点由牛顿第二定律:N-mg-qE=m(1分)解得:N=2mg+(1分)由牛顿第三定律,物体对圆弧轨道的压力N=2mg+(1分)(3)物体运动到C端后做平抛运动:R=g(1分)R=vCt0(1分)物体从P点运动到C端,做加速度变化的减速运动,设微小时间t内速度变化量为v,由牛顿第二定律:-(mg-qvB)=ma=m(2分)式子两边乘以t,再求和得: -=(2分)又有其中vP=综合上面几个式子得:t=+ (1分)答案:(1)(2) 2mg+(3)+关闭Word文档返回原板块
