高考物理一輪復(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(dòng)（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

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1、考點(diǎn)規(guī)范練24　電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2019·四川宜賓模擬)工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時(shí)為了實(shí)時(shí)監(jiān)控其厚度,通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個(gè)極板,上下位置均固定,且分別接在恒壓直流電源的兩極上(電源電壓小于材料的擊穿電壓)。當(dāng)流水線上通過的產(chǎn)品厚度減小時(shí),下列說法正確的是(　　) A.A、B平行板電容器的電容增大 B.A、B兩板間的電場強(qiáng)度減小 C.A、B兩板上的電荷量變大 D.有電流從a向b流過靈敏電流計(jì) 答案:D 解析:根據(jù)C=εrS4πkd可知,當(dāng)產(chǎn)品厚度減小時(shí),εr減小,電容器的電容

2、C減小,再由Q=CU可知極板電荷量Q減小,有放電電流從a向b流過,故A、C錯(cuò)誤,D正確;因兩板之間的電勢差不變,板間距不變,所以兩板間電場強(qiáng)度為E=Ud不變,故B錯(cuò)誤。 2.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(dòng)。重力加速度為g,粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為(　　) A.ldg B.d-ldg C.ld-lg D.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-

3、qUd=ma,聯(lián)立解得a=ldg,A正確。 3.(2019·廣東廣州測試)如圖所示,帶電粒子由靜止開始,經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后,沿垂直電場方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器,經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子,從同樣的初始位置,由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器,下列措施可行的是(　　) A.保持U2和平行板間距不變,減小U1 B.保持U1和平行板間距不變,增大U2 C.保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板 D.保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板 答案:D 解析:粒子在電場中加速,有qU1=12mv02,在偏轉(zhuǎn)電場中,有x=v0t,y=12at2

4、=qU22dmt2,解得x2=4dU1yU2。開始時(shí)x=12l,保持U2和平行板間距不變,減小U1,則x減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;保持U1和平行板間距不變,增大U2,則x減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板,則d減小,x減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板,x變大,此措施可行,選項(xiàng)D正確。 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α,平行板中間懸掛了一個(gè)帶電小球,懸線與豎直方向的夾角為θ,下列說法正確的是(　　) A.若增大d,則α減小,θ減小 B.若增大

5、Q,則α減小,θ不變 C.將A板向上提一些,α增大,θ增大 D.在兩板間插入云母片,則α減小,θ不變 答案:C 解析:若增大兩極板的間距d,由C=εrS4πkd可知,C變小,而Q不變,由C=QU可知,U增大,α增大,又E=Ud=QCd=4πkQεrS,故E不變,電場力不變,小球的平衡狀態(tài)不變,故θ不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;同理,若增大Q,電容器的電容C不變,則U增大,α增大,電場強(qiáng)度增大,則電場力增大,故θ增大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;將A板向上提一些,S減小,則C變小,Q不變,電壓U增大,α增大,電場強(qiáng)度增大,則電場力增大,故θ增大,選項(xiàng)C正確;在兩板間插入云母片,εr增大,則C變大,Q不變,電壓U必減

6、小,α減小,θ減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 5.(2019·浙江麗水月考)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P'點(diǎn),則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　) A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回 B.運(yùn)動(dòng)到P和P'點(diǎn)之間返回 C.運(yùn)動(dòng)到P'點(diǎn)返回 D.穿過P'點(diǎn) 答案:A 解析:設(shè)AB間電場強(qiáng)度為E1,BC間電場強(qiáng)度為E2,由O點(diǎn)釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),有eE1xOM-eE2xMP=0-0① B、C板電荷量不變,B、C板間的電場強(qiáng)度E2=U2d=QCd=4πkQεrS② 由②知B、C板間的電場強(qiáng)度

7、不隨距離的變化而變化,當(dāng)C板向右平移到P'時(shí),B、C板間的電場強(qiáng)度不變,由①知,電子仍然運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。 6.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(shí)小球速度為

8、零,則電場力對小球做負(fù)功,由動(dòng)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(cuò)誤;斷開開關(guān),Q不變,因E=4πkQεrS,則電場強(qiáng)度E不變,由動(dòng)能定理得mg(h+d)-Eq·d=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(cuò)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(gè)平行金屬板間存

9、在勻強(qiáng)電場,與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)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(dòng)到右極板上的同一位置,則從開始釋放到運(yùn)動(dòng)到右極板的過程中它們的(　　) A.運(yùn)行時(shí)間tP>tQ B.電勢能減少量之比ΔEpP∶ΔEpQ=2∶1 C.電荷量之比qP∶qQ=2∶1 D.動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=4∶1 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(dòng),按運(yùn)動(dòng)的分解,豎直方向是重力作用下的自由落體運(yùn)動(dòng),二者下降位移相同,所用時(shí)間相等,A錯(cuò)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(dòng),位移之比是x

10、P∶xQ=2∶1,由公式x=Eq2mt2得它們的電荷量之比qP∶qQ=2∶1,C正確;又ΔEpP=qPU,ΔEpQ=qQU2,故ΔEpP∶ΔEpQ=4∶1,B錯(cuò)誤;動(dòng)能增加量ΔEkP=ΔEpP+mgh,ΔEkQ=ΔEpQ+mgh,故ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1,D錯(cuò)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(dòng)變阻器,使A、B兩板間的電壓為U時(shí),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(shí),帶電

11、粒子恰能到達(dá)B板 B.使初速度變?yōu)?v0時(shí),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(shí),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(shí),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(dòng)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(cuò)誤。 9.(2018·全國卷Ⅲ)如圖

12、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(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?，F(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、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(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 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=12·qEm·t2,質(zhì)量和位移成反比,所

13、以a的質(zhì)量小于b的質(zhì)量,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理qEx=12mv2-0,動(dòng)能大小與位移成正比,B選項(xiàng)正確;t時(shí)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(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量定理得,qEt=mv-0,所以動(dòng)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=4×10-3 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=4×10-5 kg、電荷量q=+1×10-8 C,g取10 m/s2。則

14、下列說法正確的是(　　) A.微粒的入射速度v0=10 m/s B.電容器上板接電源正極時(shí)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(shí),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(shí),微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶? 答案:AC 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(shí),微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯(cuò);設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時(shí)的加速度為a,電場力向上,則d2=12at12,l=v0t1,mg-U1qd=ma,得

15、U1=120V,同理,微粒在平行板右邊緣上側(cè)飛出時(shí),可得U2=200V,所以平行板上板帶負(fù)電,電源電壓為120V≤U≤200V時(shí)微粒可以從平行板電容器的右邊射出電場,C對,D錯(cuò)。 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(dòng)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(shí)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φ=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。

16、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(shí),由牛頓第二定律知 kQq?02-mg=ma① 又因?yàn)閍=g 當(dāng)液珠速度最大時(shí),其所受合力為零,則kQq?2=mg,代入①式,解得h=2h0。 (2)設(shè)BC間的電勢差大小為UCB,由題意得UCB=φC-φB=kQ?0?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(dòng)能定理得 qUCB-mg(rB-h0)=0 代入①式解得rB=2h0。 12.右圖為一多級(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))無初速度地進(jìn)入

17、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? 答案:(1)1730 m　18.75 V　(2)526 m 解析:(1)設(shè)小球從

18、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v0gt1=tanθ① l2cosθ=v0t1② y-l2sinθ=12gt12③ 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得 v0=3m/s,y=1730m④ 帶電小球在多級(jí)加速器加速的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有 qU=12mv02-0⑤ 代入數(shù)據(jù)解得U=18.75V。 (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=mgcosθ-qE=0⑥ 沿x軸方向有Fx=mgsinθ⑦ 故小球進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)小球剛好從P點(diǎn)離開,則有Fx=ma⑧ l2=12at22⑨ dmin=v0sinθt2⑩ 聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin=526m 即兩板間的距離d至少為526m。