2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)二十六 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（含解析）新人教版

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1、電容器與電容　帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) [A級(jí)－基礎(chǔ)練] 1．如圖所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi)，當(dāng)開關(guān)S閉合，小球靜止時(shí)，懸線與豎直方向的夾角為θ，則(　　 ) A．當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大 B．當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，若增大平行板間的距離，則夾角θ增大 C．當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大 D．當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角θ減小 解析：C　[帶電小球在電容器中處于平衡時(shí)，由平衡條件有tan θ＝，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電容器兩極板上的電荷量Q不變，由C＝，U＝，E＝可知E＝，故增大或減小兩極板間的距離d，電容器

2、兩極板間的電場強(qiáng)度不變，θ不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，因?yàn)閮蓸O板間的電壓U不變，由E＝可知，減小兩極板間的距離d，E增大，θ變大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．] 2．如圖所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點(diǎn)A點(diǎn)釋放一個(gè)帶電荷量為＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不計(jì)，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時(shí)，恰好從下端點(diǎn)B射出，則d與L之比為(　　 ) A．1∶2　　　　　 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶3 解析：C　[設(shè)粒子從A到B的時(shí)間為t，粒子在B點(diǎn)時(shí)，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得L＝v0t，d＝t，又v0∶vy＝1

3、∶2，可得d∶L＝1∶1，選項(xiàng)C正確．] 3．(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說法正確的是(　　 ) A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tU變?yōu)樵瓉淼囊话? D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 解析：AD　[由E＝可知，若保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項(xiàng)正確；若保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺項(xiàng)錯(cuò)誤；由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝

4、，所以，保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項(xiàng)錯(cuò)誤；保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话?，D項(xiàng)正確．] 4．如圖所示，電容器極板間有一可移動(dòng)的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則下列說法中正確的是(　　 ) A．若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加 B．若電容器極板上帶電荷量不變，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 解析：D　[若x變大，則由C＝，

5、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知電容器帶電荷量減少，此時(shí)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(cuò)誤，D正確．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝可知，電容器極板間電壓減小，B錯(cuò)誤．] 5．(2018·江蘇卷)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止　　　　　 B．豎直向下運(yùn)動(dòng) C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng) 解析：D　[開始時(shí)，油滴受力如圖甲所示．靜電力F與重力mg平衡

6、．當(dāng)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離后，A、B板間電場線變成曲線，原因是A、B板仍為等勢面，電場線與等勢面垂直，則油滴受的電場力F′與mg不在一條直線上(如圖乙所示)．又因?yàn)檎龑?duì)面積變小，電容變?。蒀＝知，在電壓不變的情況下，Q變小，則兩板間電場減弱，F(xiàn)′＜F，故F′與mg的合力斜向右下方，即油滴將向右下方運(yùn)動(dòng)．] 6．反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)．已知電場強(qiáng)度的大小分別是E1＝2.0×103N

7、/C和E2＝4.0×103N/C，方向如圖所示．帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg、帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對(duì)論效應(yīng)．求： (1)B點(diǎn)到虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t. 解析：(1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理有 |q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2， 解得d2＝0.50 cm. (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2， 由牛頓第二定律有 |q|E1＝ma1， |q|E2＝ma2， 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)

8、間分別為t1、t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 d1＝a1t，d2＝a2t. 又t＝t1＋t2， 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得t＝1.5×10－8 s. 答案：(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s [B級(jí)－能力練] 7．(2019·山東泰安一模)帶等量異種電荷的金屬板M、N平行正對(duì)水平放置，間距為d，M板中心有一小孔(小孔對(duì)電場的影響可忽略不計(jì))．一帶電微粒從距離M板上方高d處的P點(diǎn)由靜止開始下落，穿過M板的小孔后剛好到達(dá)N板處的Q點(diǎn)(但未觸及N板)而返回．不計(jì)空氣阻力，忽略金屬板正對(duì)部分之外的電場．現(xiàn)將M板向上平移的距離，再讓原帶電微粒從P點(diǎn)由靜止開始下落．則微粒的運(yùn)動(dòng)情況為(　　)

9、 A．落到N板上 B．到達(dá)與N板相距d就返回 C．到達(dá)與N板相距就返回 D．仍剛好到達(dá)Q點(diǎn)而返回 解析：B　[平行板電容器電容C＝，由U＝及E＝可知，E＝，當(dāng)兩板間距離變化時(shí)，電場強(qiáng)度不變．M板移動(dòng)前，對(duì)帶電粒子下落過程應(yīng)用動(dòng)能定理得mg·2d－Eq·d＝0，M板移動(dòng)后，設(shè)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的距離為x時(shí)，速度為零，則有mg－Eqx＝0，兩式聯(lián)立解得x＝，可知該點(diǎn)與N板的距離為d，B正確．] 8．如圖所示，在勻強(qiáng)電場中有四條間距均為d的平行等勢線1、2、3、4，各條線上的電勢分別為0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一個(gè)帶電粒子，質(zhì)量為m(不計(jì)重力)，電荷量為q，從A點(diǎn)與等勢線4成θ角以初速

10、度v0射入電場中，到達(dá)等勢線2上的B點(diǎn)時(shí)，速度方向恰好水平向左，則勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小為(　　) A.　　　　　 B. C. D. 解析：A　[帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做速度為vx＝v0cos θ的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為vy＝v0sin θ，加速度為a＝的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理有－Eq·2d＝mv－mv，解得E＝，A正確．] 9．(2019·廣東中山一中等七校聯(lián)考)如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，它從上極板的邊緣以初速度v0射入，沿直線從下極板N的邊緣射出，則(　　) A．

11、微粒的加速度不為零 B．微粒的電勢能減少了mgd C．兩極板間的電勢差為 D．M板的電勢低于N板的電勢 解析：C　[由題分析可知，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為零，故A錯(cuò)誤．重力做功mgd，微粒的重力勢能減小，動(dòng)能不變，根據(jù)能量守恒定律可知，微粒的電勢能增加了mgd，故B錯(cuò)誤．由上可知微粒的電勢能增加量ΔE＝mgd，又ΔE＝qU，得到兩極板間的電勢差U＝，故C正確．由題可判斷出電場力方向豎直向上，微粒帶負(fù)電，則電場強(qiáng)度方向豎直向下，M板的電勢高于N板的電勢，故D錯(cuò)誤．] 10．(2018·全國卷Ⅲ)(多選)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

12、小相等、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)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)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的電勢能相等 D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等 解析：BD　[由題意，a、b所受電場力相同，而xa＞xb，ta＝tb，qa為正、qb為負(fù)，所以，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可知ma＜mb；由動(dòng)能定理WF＝Ek可得：Eka＞Ekb；由動(dòng)量定理Ft＝Δp可得：Δpa＝Δpb；由電場中電勢分布可知

13、，φa＝φb，而電勢能Ep＝φq，所以t時(shí)刻電勢能不相同，故B、D項(xiàng)正確，A、C項(xiàng)錯(cuò)誤．] 11．(多選)如圖所示，美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量．平行板電容器兩極板與電壓為U的恒定電源兩極相連，板間距為d，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間靜止不動(dòng)，則(　　) A．此時(shí)極板間的電場強(qiáng)度E＝ B．油滴帶電荷量q＝ C．減小極板間電壓，油滴將向下加速運(yùn)動(dòng) D．將下極板向下緩慢移動(dòng)一小段距離，油滴將向上加速運(yùn)動(dòng) 解析：AC　[由E＝知A正確；帶電油滴靜止，則mg＝Eq＝q，解得q＝，B錯(cuò)誤；減小兩板的電壓，電場強(qiáng)度減小，則mg>Eq

14、，油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)，C正確；將下極板向下移動(dòng)一小段距離，板間距離增大，電場強(qiáng)度減小，油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤．] 12．(2019·山西省重點(diǎn)中學(xué)高三聯(lián)合考試)如圖所示為一多級(jí)加速器模型，一質(zhì)量為m＝1.0×10－3 kg、電荷量為q＝8.0×10－5 C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過1、2級(jí)無初速度地進(jìn)入第3級(jí)加速電場，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過多級(jí)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θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力

15、加速度g取10 m/s2. (1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級(jí)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？ 解析：(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)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＝tan θ?、? cos θ＝v0t1?、? y－sin θ＝gt?、? 聯(lián)立①②③式并代入數(shù)據(jù)解得 v0＝ m/s，y＝ m?、? 帶電小球在多級(jí)加速器加速的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有 qU＝mv－0　⑤ 代入數(shù)據(jù)解得U＝18.75 V (2)進(jìn)入電場時(shí)，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 θ－qE＝0?、? 沿x軸方向有Fx＝mgsin θ?、? 故小球進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)剛好從P點(diǎn)離開，則有 Fx＝ma?、? ＝at?、? dmin＝ t2　⑩ 聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩式并代入數(shù)據(jù)解得dmin＝ m 即兩板間的距離d至少為 m. 答案：(1) m　18.75 V　(2) m 8