（江蘇專版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（二十二）電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）

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1、電容器 帶電粒子在電場中的運動 對點訓(xùn)練：平行板電容器的動態(tài)分析 1.2018年8月23～25日，第九屆上海國際超級電容器產(chǎn)業(yè)展覽會成功舉行，作為中國最大超級電容器展，眾多行業(yè)龍頭踴躍參與。如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)，在其他條件不變的情況下，現(xiàn)將平行板電容器的兩極板非常緩慢地錯開一些，那么在錯開的過程中(　　) A．電容器的電容C增大 B．電容器所帶的電荷量Q減小 C．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從N流向M D．油滴靜止不動，電流計中的電流從M流向N 解析：選B　將兩極板緩慢地錯開一些，兩極板

2、正對面積減小，根據(jù)電容的決定式C＝得知，電容減小，故A錯誤。根據(jù)Q＝CU，由于電容器電容減小，因兩極板間電壓U不變，那么極板帶的電荷量會減小，故B正確。將平行板電容器的兩極板非常緩慢地水平錯開一些，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E＝，得知板間場強不變，油滴所受的電場力不變，則油滴將靜止不動；再由C＝知，電容器帶電荷量減小，電容器處于放電狀態(tài)，電路中產(chǎn)生順時針方向的電流，則電流計中有N→M的電流，故C、D錯誤。 2.(2019·鹽城中學(xué)月考)如圖為某位移式傳感器的原理示意圖，平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器，則(　　) A．A向上移電容器的電容變大 B．P向左移電容器的電容變大 C．A

3、向上移流過電阻R的電流方向從N到M D．P向左移流過電阻R的電流方向從M到N 解析：選D　A向上移時，板間距離增大，根據(jù)C＝，知電容器的電容變小，而電容器板間電壓不變，由C＝，分析可知電容器的帶電荷量減小，通過R放電，則流過電阻R的電流方向從M到N，A、C錯誤；P向左移，εr減小，根據(jù)C＝，知電容器的電容變小，由C＝，分析可知電容器的帶電荷量減小，通過R放電，則流過電阻R的電流方向從M到N，B錯誤，D正確。 3．(2019·徐州調(diào)研)一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，W表

4、示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0，則下列關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖像中正確的是(　　) 解析：選C　由C＝知，C與兩極板間距離d成反比，C與x不是線性關(guān)系，A錯；電容器充電后與電源斷開，電荷量不變，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，B錯；因負(fù)極板接地，電勢為零，所以P點電勢為φ＝E(L－x)，L為P點到負(fù)極板的初始距離，E不變，φ隨x增大而線性減小，C對；由W＝qφ知W與電勢φ變化情況一樣，D錯。 對點訓(xùn)練：帶電粒子在電場中的直線運動 4.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與

5、水平方向成θ角)由A向B做直線運動，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則(　　) A．微粒一定帶正電 B．微粒一定做勻速直線運動 C．可求出勻強電場的電場強度 D．可求出微粒運動的加速度 解析：選D　因微粒在重力和電場力作用下做直線運動，而重力豎直向下，由微粒做直線運動條件知電場力必水平向左，微粒帶負(fù)電，A錯；其合外力必與速度反向，大小為F＝，即微粒一定做勻減速直線運動，加速度為a＝，B錯，D對；電場力qE＝mgcot θ，但不知微粒的電荷量，所以無法求出其電場強度，C錯。 5．[多選](2019·江都月考)如圖所示，平行金屬板A、B間的電勢差為U，A板帶正電，B板中央有一小

6、孔。一帶正電的微粒，帶電荷量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距板高h處自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c點，則(　　) A．微粒在下落過程中動能逐漸增加，重力勢能逐漸減小 B．微粒下落過程中重力做功為mg，電場力做功為－ C．微粒落入電場中，電勢能逐漸增大，其增量為 D．若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能達到A板 解析：選BCD　微粒在下落過程中先做加速運動，后做減速運動，動能先增大，后減小；重力一直做正功，重力勢能一直減小，故A錯誤。微粒下降的高度為h＋，重力做正功，為WG＝mg，電場力向上，位移向下，電場力做負(fù)功，WE＝－q·＝－qU，故B正確。微粒落入電場中，電場力做

7、負(fù)功，電勢能逐漸增大，其增加量等于微?？朔妶隽ψ龉Ζp＝qU，故C正確。由題微粒恰能落至A、B板的正中央c點過程，由動能定理得：mg－qU＝0?、?；若微粒從距B板高2h處自由下落，設(shè)達到A板的速度為v，則由動能定理得：mg(2h＋d)－qU＝mv2?、冢挥散佗诼?lián)立得v＝0，即恰好能達到A板，故D正確。 對點訓(xùn)練：帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) 6.如圖所示，讓大量的一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子從同一位置經(jīng)過同一加速電場A由靜止開始加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場B中偏轉(zhuǎn)。忽略離子的重力及離子間的相互作用力。下列說法正確的是(　　) A．它們始終為一股離子束 B．它們會分離為二股離子束

8、C．它們會分離為三股離子束 D．它們會分離為無數(shù)股離子束 解析：選A　離子在電場中加速，根據(jù)動能定理U1q＝mv02；在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向：L＝v0t；豎直方向：y＝·t2；聯(lián)立可得：y＝，故可知離子射出偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)距離與粒子的電量和質(zhì)量無關(guān)，所以三種離子始終為一股離子束，選項A正確。 7.(2019·鹽城模擬)真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點。已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，粒子重力不計。下列說法中正確的是(　　)

9、 A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為2∶1∶1 B．三種粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同 C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 解析：選C　在加速電場中，根據(jù)動能定理得qU1＝mv02－0，則進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0＝ ，因為質(zhì)子、氘核和α粒子的比荷之比為2∶1∶1，則初速度之比為∶1∶1，在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間t＝，則知時間之比為1∶∶，故A錯誤。粒子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場，在豎直方向上的分速度vy＝at＝，則出偏轉(zhuǎn)電場時的速度v＝ ＝ ，因為粒子的比荷不同，則速度的大小不同，故B錯誤。在加速電場中，根據(jù)動能定理得qU1＝mv02－0，在偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)

10、位移y＝at2＝·，聯(lián)立得y＝，可見y與粒子的電荷量和質(zhì)量無關(guān)，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移相等，熒光屏將只出現(xiàn)一個亮點，故C正確。偏轉(zhuǎn)電場的電場力對粒子做功W＝qEy，因為E和y相同，電荷量之比為1∶1∶2，則電場力做功之比為1∶1∶2，故D錯誤。 8．[多選](2019·昆山模擬)如圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在光屏P上。關(guān)于電子的運動，下列說法中正確的是(　　) A．滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏上的位置上升 B．滑動觸頭向左移動時，電子打在熒光屏上的位置上升 C．電壓U增大時，電子打在熒光屏上的速度大小不變 D．

11、電壓U增大時，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變 解析：選BD　電子在加速電場中做加速運動，根據(jù)動能定理得：eU′＝mv2，則得電子獲得的速度為：v＝ 。電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，電子在沿極板方向做勻速直線運動，電子在電場中運動時間：t＝；在平行電場方向做初速度為0的勻加速直線運動，加速度a＝，電子在電場方向偏轉(zhuǎn)的位移y＝at2。聯(lián)立以上各式得：y＝，又因為偏轉(zhuǎn)電場方向向下，所以電子在偏轉(zhuǎn)電場中向上偏轉(zhuǎn)?；瑒佑|頭向右移動時，加速電壓U′變大，由以上可知電子偏轉(zhuǎn)位移變小，因為電子向上偏轉(zhuǎn)，故在屏上的位置下降，相反，滑動觸頭向左移動時，電子打在熒光屏上的位置上升，故A錯誤，B正確。偏轉(zhuǎn)電壓

12、U增大時，電子在電場中受到的電場力增大，即電子偏轉(zhuǎn)的加速度a增大，又因為電子加速獲得的速度v不變，電子在電場中運動的時間不變，a增大，而電子打在屏上的速度為v′＝，故電子打在屏上的速度增大，故C錯誤。電子在電場中運動的時間不變，離開電場后做勻速直線運動，由于水平速度不變，運動時間也不變，所以電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變，故D正確。 考點綜合訓(xùn)練 9.(2018·無錫期末)如圖，真空中豎直放置的兩塊平行金屬板間加上恒定電壓U0，一質(zhì)量為m，電荷量為q的正點電荷A從左板處由靜止釋放，從右板的小孔水平射出后，進入一個兩板水平放置的平行板電容器，進入時點電荷貼著上極板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從下極板邊緣飛

13、出。已知電容器的電容值為C，極板的間距為d，長度為kd，兩板間電壓恒定。不計點電荷的重力，求： (1)正點電荷A進入水平放置電容器時的速度大小； (2)水平放置的電容器極板所帶電荷量大??； (3)A穿過水平放置電容器的過程中電勢能的增量。 解析：(1)A在電場中加速，由動能定理：qU0＝mv02， 解得v0＝ 。 (2)A在水平放置的電容器中偏轉(zhuǎn)， 水平方向：kd＝v0t， 豎直方向：d＝at2， 又q＝ma 聯(lián)立可解得：U＝U0 極板帶電荷量： Q＝CU 所以：Q＝CU0。 (3)A穿過水平放置的電容器的過程中，電場力做正功，由(2)得：W＝qU0 由功能關(guān)系得

14、：ΔE＝－qU0。 答案：(1) 　(2)CU0　(3)－qU0 10.(2018·蘇州八校聯(lián)考)如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L＝0.1 m，兩板間距離d＝0.4 cm，有一束相同微粒組成的帶正電粒子流從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下極板上，微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上。設(shè)前一微粒落到下極板上時后一微粒才能開始射入兩極板間。已知微粒質(zhì)量為m＝2×10－6 kg，電量q＝1×10－8 C，電容器電容為C＝10－6 F。求：(g＝10 m/s2) (1)為使第一個粒子能落在下板中點，則微粒入射速度v0應(yīng)為多少？

15、 (2)以上述速度入射的帶電粒子，最多能有多少落到下極板上？ 解析：(1)第一個粒子只受重力：＝gt2 t＝0.02 s，v0＝＝2.5 m/s。 (2) 以v0速度入射的帶電粒子，恰打到下極板右邊緣時， (3) 有t1＝＝0.04 s，＝at12，a＝ 由mg－qE＝ma E＝＝ n＝＝600個。 答案：(1)2.5 m/s　(2)600個 11.(2018·揚州模擬)靜電噴漆技術(shù)具有效率高，浪費少，質(zhì)量好，有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置如圖所示。A、B為兩塊平行金屬板，間距d＝0.40 m，兩板間有方向由B指向A，大小為E＝1.0×103 N/C的勻強電場。在A板的中央放置

16、一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均為v0＝2.0 m/s，質(zhì)量m＝5.0×10－15 kg、帶電量為q＝－2.0×10－16 C。微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微粒最后都落在金屬板B上。試求： (1)微粒打在B板上的動能； (2)微粒到達B板所需的最短時間； (3)微粒最后落在B板上所形成的圖形及面積的大小。 解析：(1)電場力對每個微粒所做的功為： W＝qEd＝2.0×10－16×1.0×103×0.40 J＝8.0×10－14 J 微粒從A板到B板過程，根據(jù)動能定理得 W＝Ekt－Ek0 則得：E

17、kt＝W＋Ek0＝W＋mv02＝8.0×10－14＋×5.0×10－15×2.02J＝9.0×10－14 J。 (2)微粒初速度方向垂直于極板時，到達B板時間最短。 由Ekt＝mvt2得： vt＝ ＝ m/s＝6.0 m/s 根據(jù)運動學(xué)公式得：＝ 所以微粒到達B板所需的最短時間為： t＝＝ s＝0.1 s。 (3)根據(jù)對稱性可知，微粒最后落在B板上所形成的圖形是圓形。 由牛頓第二定律得： a＝＝ m/s2＝40 m/s2 由類平拋運動規(guī)律得：R＝v0t1 d＝at12 則圓形面積為：S＝πR2＝π(v0t1)2＝πv02＝3.14×2.02× m2≈0.25 m2。 答案：(1)9.0×10－14 J　(2)0.1 s (3)形成的圖形是圓形　0.25 m2 8