（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練24 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動 新人教版.docx

考點(diǎn)規(guī)范練24電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動一、單項(xiàng)選擇題1.如圖所示,電容器極板間有一可移動的電介質(zhì)板,電介質(zhì)與被測物體相連,電容器接入電路后,通過極板上的物理量變化可確定被測物體的位置。則下列說法正確的是()A.若電容器極板間的電壓不變,x變大,電容器極板上電荷量增加B.若電容器極板上電荷量不變,x變小,電容器極板間電壓變大C.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的正極板D.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的負(fù)極板答案D解析若x變大,則由C=rS4kd可知電容器電容減小,在極板間的電壓不變的情況下,由Q=CU知電容器的電荷量減少,此時帶正電荷的極板得到電子,帶負(fù)電荷的極板失去電子,所以有電流流向負(fù)極板,A、C錯誤,D正確。若電容器極板上電荷量不變,x變小,則電容器電容增大,電容器極板間電壓減小,B錯誤。2.(2018陜西咸陽模擬)如圖所示,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運(yùn)動。重力加速度為g,粒子運(yùn)動的加速度為()A.ldgB.d-ldgC.ld-lgD.dd-lg答案A解析抽出前,粒子所受重力和電場力平衡,mg=qUd-l,抽出后,根據(jù)牛頓第二定律,有mg-qUd=ma,聯(lián)立解得a=ldg,A正確。3.有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上,顯示出字符。已知偏移量越小打在紙上的字跡越小,現(xiàn)要縮小字跡,下列措施可行的是()A.增大墨汁微粒的比荷B.減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能C.減小偏轉(zhuǎn)極板的長度D.增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓答案C解析已知偏移量越小,打在紙上的字跡越小,因偏移量y=qUL22mdv02,現(xiàn)要縮小字跡,可行的措施有可減小墨汁微粒的比荷qm,增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能12mv02,減小偏轉(zhuǎn)極板的長度L,減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U,故選C。4.如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中,平行板電容器兩極板的正對面積為S,兩極板的間距為d,電容器所帶電荷量為Q,電容為C,靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角為,平行板中間懸掛了一個帶電小球,懸線與豎直方向的夾角為,下列說法正確的是()A.若增大d,則減小,減小B.若增大Q,則減小,不變C.將A板向上提一些,增大,增大D.在兩板間插入云母片,則減小,不變答案C解析若增大兩極板的間距d,由C=rS4kd可知,C變小,而Q不變,由C=QU可知,U增大,增大,又E=Ud=QCd=4kQrS,故E不變,電場力不變,小球的平衡狀態(tài)不變,故不變,選項(xiàng)A錯誤;同理,若增大Q,電容器的電容C不變,則U增大,增大,電場強(qiáng)度增大,則電場力增大,故增大,選項(xiàng)B錯誤;將A板向上提一些,S減小,則C變小,Q不變,電壓U增大,增大,電場強(qiáng)度增大,則電場力增大,故增大,選項(xiàng)C正確;在兩板間插入云母片,r增大,則C變大,Q不變,電壓U必減小,減小,減小,選項(xiàng)D錯誤。5.真空中的某裝置如圖所示,其中平行金屬板A、B之間有加速電場,C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場,M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124,電荷量之比為112,則下列判斷正確的是()A.三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同C.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為122D.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為124答案B解析設(shè)加速電壓為U1,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏轉(zhuǎn)極板的長度為L,板間距離為d,在加速電場中,由動能定理得qU1=12mv02,解得v0=2qU1m,三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏的過程,水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動,由于三種粒子的比荷不同,則v0不同,所以三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同,故A錯誤;根據(jù)推論y=U2L24dU1、tan=U2L2dU1可知,y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(guān),故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同,打到熒光屏上的位置相同,故B正確;偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W=qEy,則W與q成正比,三種粒子的電荷量之比為112,則有電場力對三種粒子做功之比為112,故C、D錯誤。6.(2018山東濰坊月考)如圖所示,金屬板A、B水平放置,兩板中央有小孔S1、S2,A、B與直流電源連接。閉合開關(guān),從S1孔正上方O處由靜止釋放一帶電小球,小球剛好能到達(dá)S2孔,不計(jì)空氣阻力,要使此小球從O點(diǎn)由靜止釋放后穿過S2孔,應(yīng)()A.僅上移A板適當(dāng)距離B.僅下移A板適當(dāng)距離C.斷開開關(guān),再上移A板適當(dāng)距離D.斷開開關(guān),再下移A板適當(dāng)距離答案D解析設(shè)板間距離為d,O距S1為h,電源電壓為U,由題意知從O處釋放一帶電小球,到達(dá)S2孔時小球速度為零,則電場力對小球做負(fù)功,由動能定理得mg(h+d)-qU=0,若僅上移或下移A板適當(dāng)距離,兩板間電壓不變,仍滿足mg(h+d)-qU=0,小球仍然剛好到達(dá)S2,則A、B選項(xiàng)錯誤;斷開開關(guān),Q不變,因E=4kQrS,則電場強(qiáng)度E不變,由動能定理得mg(h+d)-Eqd=0,將A板向上移適當(dāng)距離,假設(shè)仍能到達(dá)S2處,則重力做功不變,電場力做功增多,故假設(shè)不成立,即到達(dá)不了S2處速度已為零,故C選項(xiàng)錯誤;若下移A板適當(dāng)距離,假設(shè)仍能到達(dá)S2處,則重力做功不變,電場力做功變少,所以總功為正功,到達(dá)S2處小球速度不為零,能夠穿過S2孔,故D選項(xiàng)正確。7.如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放,兩小球最終都能運(yùn)動到右極板上的同一位置,則從開始釋放到運(yùn)動到右極板的過程中它們的()A.運(yùn)行時間tP>tQB.電勢能減少量之比EPEQ=21C.電荷量之比qPqQ=21D.動能增加量之比EkPEkQ=41答案C解析兩球均受重力和電場力作用,做勻加速直線運(yùn)動,按運(yùn)動的分解,豎直方向是重力作用下的自由落體運(yùn)動,二者下降位移相同,所用時間相等,A錯誤;水平方向是在電場力作用下的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,位移之比是xPxQ=21,由公式x=Eq2mt2得它們的電荷量之比qPqQ=21,C正確;又EP=qPU,EQ=qQU2,故EPEQ=41,B錯誤;動能增加量EkP=EP+mgh,EkQ=EQ+mgh,故EkPEkQ41,D錯誤。二、多項(xiàng)選擇題8.如圖所示,在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路。調(diào)節(jié)滑動變阻器,使A、B兩板間的電壓為U時,一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場中,恰從A、B兩板的中點(diǎn)處沿原路返回(不計(jì)重力),則下列說法正確的是()A.使初速度變?yōu)?v0時,帶電粒子恰能到達(dá)B板B.使初速度變?yōu)?v0時,帶電粒子將從B板中心小孔射出C.使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時,帶電粒子恰能到達(dá)B板D.使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時,帶電粒子將從B板中心小孔射出答案BC解析設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場中的位移為x,根據(jù)動能定理得-qEx=0-12mv02,又E=Ud得x=mdv022qU,由此可知,要使帶電粒子進(jìn)入電場后恰能到達(dá)B板處,x變?yōu)樵瓉淼?倍,采取的方法有:使帶電粒子的初速度變?yōu)?v0;或使A、B兩板間的電壓變?yōu)?2U;或使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍,故B、C正確,A、D錯誤。9.(2018全國卷)如圖所示,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所帶電荷量大小相等、符號相反,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?，F(xiàn)同時釋放a、b,它們由靜止開始運(yùn)動。在隨后的某時刻t,a、b經(jīng)過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。下列說法正確的是()A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時刻,a的動能比b的大C.在t時刻,a和b的電勢能相等D.在t時刻,a和b的動量大小相等答案BD解析根據(jù)題意可知豎直方向上的位移關(guān)系xa>xb,根據(jù)x=12at2和a=qEm,聯(lián)立可得x=12qEmt2,質(zhì)量和位移成反比,所以a的質(zhì)量小于b的質(zhì)量,A選項(xiàng)錯誤;根據(jù)動能定理qEx=12mv2-0,動能大小與位移成正比,B選項(xiàng)正確;t時刻,a和b位于同一等勢面上,但是帶電性質(zhì)不同,所以電勢能不相等,C選項(xiàng)錯誤;根據(jù)動量定理得,qEt=mv-0,所以動量大小相等,D選項(xiàng)正確。10.如圖所示,水平放置的平行板電容器與某一電源相連,它的極板長l=0.4 m,兩極板間距離d=410-3 m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩極板中央平行極板射入,開關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,由于重力作用,微粒能落到下極板的正中央。已知微粒質(zhì)量m=410-5 kg、電荷量q=+110-8 C,g取10 m/s2。則下列說法正確的是()A.微粒的入射速度v0=10 m/sB.電容器上板接電源正極時微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場C.電源電壓為180 V時,微粒可能從平行板電容器的右邊射出電場D.電源電壓為100 V時,微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶龃鸢窤C解析開關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,微粒落到下板的正中央,由d2=12gt2,l2=v0t,得v0=10m/s,A對;電容器上板接電源正極時,微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯;設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時的加速度為a,電場力向上,則d2=12at12,l=v0t1,mg-U1qd=ma,得U1=120V,同理,微粒在平行板右邊緣上側(cè)飛出時,可得U2=200V,所以平行板上板帶負(fù)電,電源電壓為120VU200V時微?？梢詮钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?C對,D錯。三、非選擇題11.如圖所示,在A點(diǎn)固定一正電荷,電荷量為Q,在離A高度為h0的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠,開始運(yùn)動瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k,兩電荷均可看成點(diǎn)電荷,不計(jì)空氣阻力。(1)求液珠速度最大時離A點(diǎn)的距離h。(2)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場中,某點(diǎn)的電勢可表示成=kQr,其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無限遠(yuǎn)處電勢為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB。答案(1)2h0(2)2h0解析(1)設(shè)液珠電荷量為q,質(zhì)量為m,當(dāng)液珠在C點(diǎn)時,由牛頓第二定律知kQqh02-mg=ma又因?yàn)閍=g當(dāng)液珠速度最大時,其所受合力為零,則kQqh2=mg,代入式,解得h=2h0。(2)設(shè)BC間的電勢差大小為UCB,由題意得UCB=C-B=kQh0-kQrB對液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過程應(yīng)用動能定理得qUCB-mg(rB-h0)=0代入式解得rB=2h0。12.下圖為一多級加速器模型,一質(zhì)量為m=1.010-3 kg、電荷量為q=8.010-5 C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過1、2級無初速度地進(jìn)入第3級加速電場,之后沿位于軸心的光滑淺槽,經(jīng)過多級加速后從A點(diǎn)水平拋出,恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間,A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方,傾斜平行金屬板MN、PQ的長度均為l=1.0 m,金屬板與水平方向的夾角為=37,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2。(1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級加速電場的總電壓U。(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場,且電場強(qiáng)度大小E=100 V/m,要使帶電小球不打在PQ板上,則兩板間的距離d至少要多長?答案(1)1730 m18.75 V(2)526 m解析(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動時間為t1,小球的初速度為v0,A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y則有v0gt1=tanl2cos=v0t1y-l2sin=12gt12聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0=3m/s,y=1730m帶電小球在多級加速器加速的過程中,根據(jù)動能定理有qU=12mv02-0代入數(shù)據(jù)解得U=18.75V。(2)進(jìn)入電場時,以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系,將重力正交分解,則沿y軸方向有Fy=mgcos-qE=0沿x軸方向有Fx=mgsin故小球進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動,設(shè)小球剛好從P點(diǎn)離開,則有Fx=mal2=12at22dmin=v0sint2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得dmin=526m即兩板間的距離d至少為526m。