2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析）

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1、電容器的電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、單項(xiàng)選擇題1(2019山東濟(jì)南外國(guó)語(yǔ)高三檢測(cè))帶電的平行板電容器與靜電計(jì)的連接如圖所示，要使靜電計(jì)的指針偏角變小，可采用的方法有()A增大兩極板間的距離B用手觸摸極板BC在兩板間插入電介質(zhì)D將極板B向上適當(dāng)移動(dòng)解析：增大兩極板間的距離，即d增大，則由電容的決定式C，可以知道電容器的電容減??；電容器所帶電荷量不變，則由C分析可以知道，電容器板間的電勢(shì)差增大，靜電計(jì)的指針偏角變大，所以A錯(cuò)誤因?yàn)锽板接地，用手觸摸時(shí)，仍接地，故對(duì)電荷量沒(méi)有影響，電勢(shì)差保持不變，故B錯(cuò)誤在兩板間插入電介質(zhì)時(shí)，介電常數(shù)增大，則C增大，由QUC可以知道電勢(shì)差減小，所以C正確將極板B

2、向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，正對(duì)面積減小，則C減小，由定義式可以知道，電勢(shì)差增大，故D錯(cuò)誤答案：C2如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v增大B當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v減小C當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v不變D當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)解析：由動(dòng)能定理得eUmv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí)，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即t，當(dāng)d減小時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：C3.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜

3、電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，表示靜電計(jì)指針的偏角若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()A增大，E增大B增大，Ep不變C減小，Ep增大 D減小，E不變解析：由題知，電容器兩板所帶電荷量Q不變，根據(jù)C和U可知，當(dāng)上板下移，C增大，U減小，減小，A、B錯(cuò)誤根據(jù)E，可見E與d無(wú)關(guān)，只改變d，E不變，D正確根據(jù)PUP地ELP地，E不變，LP地不變，故P不變，Ep不變，C錯(cuò)誤答案：D4(2019山東濰坊實(shí)驗(yàn)中學(xué)檢測(cè))如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂

4、直進(jìn)入平行金屬板間的電場(chǎng)，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該()A使U2加倍B使U2變?yōu)樵瓉?lái)的4倍C使U2變?yōu)樵瓉?lái)的倍D使U2變?yōu)樵瓉?lái)的解析：設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離y.使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，即y不變，則必須使U2加倍，故選A.答案：A5(2019福建龍巖模擬)如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的5倍，它們以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，分別打在M、N點(diǎn)，若OMMN，則P和Q的質(zhì)量之比為(不計(jì)重力)()A25 B52C45 D54解析：粒子在水平

5、方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩粒子的初速度相等，水平位移比為12，由lv0t可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間比為12，由yat2得加速度之比為41，根據(jù)牛頓第二定律得a，因?yàn)殡姾闪勘葹?1，則質(zhì)量比為54，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤答案：D二、多項(xiàng)選擇題6如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左不計(jì)空氣阻力，則小球()A做直線運(yùn)動(dòng)B做曲線運(yùn)動(dòng)C速率先減小后增大D速率先增大后減小解析：對(duì)小球受力分析，小球受重力、電場(chǎng)力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角

6、后為銳角，故合外力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯(cuò)誤答案：BC7如圖所示，D是一只理想二極管，電流只能從a流向b，而不能從b流向a.平行板電容器的A、B兩極板間有一電荷，在P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)以E表示兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，U表示兩極板間的電壓，Ep表示電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能若保持極板B不動(dòng)，將極板A稍向上平移，則下列說(shuō)法中正確的是()AE變小 BU變大CEp不變 D電荷仍保持靜止解析：將極板A稍向上平移，板間距離d增大，根據(jù)電容的決定式C可知，電容C減??；若電容器的電壓不變時(shí)，則電容器所帶電荷量將要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器上電荷放不掉，電荷不能流回電源，所以電?/p>

7、器的電荷量保持不變，由于電容C減小，由電容的定義式C可知，U變大根據(jù)推論可知，板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，電荷所受的電場(chǎng)力不變，仍保持靜止?fàn)顟B(tài)P與B板間電勢(shì)差UPBEd，E、d都不變，UPB保持不變，P點(diǎn)的電勢(shì)保持不變，則電荷在P點(diǎn)電勢(shì)能Ep不變故A錯(cuò)誤，B、C、D正確答案：BCD8.如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速度地飄入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()A偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多B三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大C三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同D三種粒子一定打到屏上的

8、同一位置解析：設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，則qU1mv02，xv0t，yt2，聯(lián)立y，即粒子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)量y與q、m均無(wú)關(guān)，因此三種粒子運(yùn)動(dòng)軌跡相同，打在屏上的同一位置，D正確偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)粒子做的功WqE2y，由于運(yùn)動(dòng)軌跡相同，三種粒子離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)量y相同，則W相同，A正確總電場(chǎng)力做的功為qU1Wmv2，總的電場(chǎng)力做的功相同，但三種粒子質(zhì)量不同，因此打到屏上時(shí)的速度v不同，B錯(cuò)誤又因?yàn)槿N粒子運(yùn)動(dòng)軌跡相同，但速度不同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，C錯(cuò)誤答案：AD能力題組一、選擇題9(多選)(2018高考全國(guó)卷)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小

9、相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略下列說(shuō)法正確的是()Aa的質(zhì)量比b的大B在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大C在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等D在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等解析：根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運(yùn)動(dòng)，微粒b向上加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aaab.對(duì)微粒a，由牛頓第二定律，qEmaaa，對(duì)微粒b，由牛頓第二定律，qEmbab，聯(lián)立解得，由此式可以得出a的質(zhì)

10、量比b小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在a、b兩微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a微粒所受合外力(電場(chǎng)力)等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動(dòng)能定理，在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b大，選項(xiàng)B正確；由于在t時(shí)刻兩微粒經(jīng)過(guò)同一水平面，電勢(shì)相等，電荷量大小相等，符號(hào)相反，所以在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能不等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于a微粒受到的合外力(電場(chǎng)力)等于b微粒受到的合外力(電場(chǎng)力)，根據(jù)動(dòng)量定理，在t時(shí)刻，a、b微粒的動(dòng)量大小相等，選項(xiàng)D正確答案：BD10(多選)(2019河北衡水中學(xué)調(diào)考)如圖所示 ，M、N為兩個(gè)等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為Q、Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點(diǎn)，現(xiàn)

11、有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒(重力不計(jì))從左方沿A、C連線方向射入，到A點(diǎn)時(shí)速度vA1 m/s，到B點(diǎn)時(shí)速度vB m/s，則()A微粒從B至C做加速運(yùn)動(dòng)，且vC3 m/sB微粒從A到C先做減速運(yùn)動(dòng)，后做加速運(yùn)動(dòng)C微粒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最終速度為 m/s D微粒最終可能返回至B點(diǎn)，其速度大小為 m/s解析：A、C之間電場(chǎng)是對(duì)稱的，微粒從A到B電場(chǎng)力做的功和從B到C電場(chǎng)力做的功相同，依據(jù)動(dòng)能定理可得qUmvB2mvA2,2qUmvC2mvA2，解得vC3 m/s，故A正確；在到達(dá)A點(diǎn)之前，微粒做減速運(yùn)動(dòng)，而從A到C微粒一直做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；過(guò)B點(diǎn)作垂直AC的線，此線為等勢(shì)面，微粒出C點(diǎn)之后，

12、會(huì)向無(wú)窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)，而無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，故B點(diǎn)的動(dòng)能等于無(wú)窮遠(yuǎn)處的動(dòng)能，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終的速度應(yīng)該與B點(diǎn)相同，故C正確，D錯(cuò)誤答案：AC11(多選)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加上恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B的右側(cè)有平行于極板的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)范圍足夠大，感光板MN垂直于電場(chǎng)方向放置，第一次從小孔O1處從靜止釋放一個(gè)質(zhì)子11H，第二次從小孔O1處從靜止釋放一個(gè)粒子24He，關(guān)于這兩個(gè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的判斷正確的是()A質(zhì)子和粒子打到感光板上時(shí)的速度之比為21B質(zhì)子和粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同C質(zhì)子和粒子打到感光板上時(shí)的動(dòng)能之比為12D質(zhì)子和粒子在

13、電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡重疊在一起解析：從開始運(yùn)動(dòng)到打到板上質(zhì)子的速度為v1，粒子速度為v2，根據(jù)動(dòng)能定理有UqEdqmv20，化簡(jiǎn)得出v，質(zhì)子的比荷與粒子的比荷之比為21，代入得，故A錯(cuò)誤；設(shè)粒子在加速電場(chǎng)中加速時(shí)間為t1，加速位移為x1，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y，有x1a1t12t12，yt22，由于質(zhì)子和粒子的加速位移和偏轉(zhuǎn)位移相同，但是比荷不同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，故B錯(cuò)誤；從開始運(yùn)動(dòng)到打到板上，根據(jù)動(dòng)能定理有UqEdqEk0，解得Ekq(UEd)，因?yàn)閁、E、d相同，則有，故C正確；帶電粒子進(jìn)入加速電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得qUmv02，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后電勢(shì)差為U2，偏轉(zhuǎn)的位移為y

14、，有yat2()2，聯(lián)立得y，速度的偏轉(zhuǎn)角正切值為tan ，有tan ，偏轉(zhuǎn)位移y與速度的偏轉(zhuǎn)角正切值tan 與帶電粒子無(wú)關(guān)，因此運(yùn)動(dòng)軌跡重疊在一起，故D正確答案：CD二、非選擇題12(2019河南南陽(yáng)一中模擬)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從A點(diǎn)以速度v0垂直于電場(chǎng)方向射入一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從B點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)線成120角，電子重力不計(jì)求：(1)電子在電場(chǎng)中的加速度大小a及電子在B點(diǎn)的速度大小vB；(2)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB；(3)電子從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間tAB.解析：(1)電子在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得a將電子在B點(diǎn)的速度分解(如圖)可知

15、vBv0(2)由動(dòng)能定理可知：eUABmvB2mv02解式得UAB.(3)在B點(diǎn)設(shè)電子在B點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的速度大小為vy，則有：vyv0tan 30vyatAB解式得：tAB.答案：(1)v0(2)(3)13.(2017高考全國(guó)卷)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍不計(jì)空氣阻力，重力加速度

16、大小為g.求：(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小解析：(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0.M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vy22ghHvytgt2M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知聯(lián)立式可得hH(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則設(shè)M、N離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知條件Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E答案：(1)31(2)H(3)9