《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課3 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課3 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）新人教版（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)課 3 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題 1．某電容器上標(biāo)有“25 μF,450 V”字樣，下列對(duì)該電容器的說(shuō)法中正確的是(　　) A．要使該電容器兩極板之間電壓增加1 V，所需電荷量為2.5×10－5 C B．要使該電容器帶電荷量1 C，兩極板之間需加電壓2.5×10－5 V C．該電容器能夠容納的電荷量最多為25 C D．該電容器能夠承受的最大電壓為450 V 解析：選A　由電容器電容的定義式C＝可知C＝，所以ΔQ＝CΔU＝2.5×10－5×1 C＝2.5×10－5 C，A正確；若Q＝1 C，則U＝＝4×104 V，B錯(cuò)誤；當(dāng)電容器的電壓為450 V時(shí)，電容器

2、的電荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×450 C＝1.125×10－2 C，C錯(cuò)誤；450 V是電容器的額定電壓，低于擊穿電壓，D錯(cuò)誤． 2.(2018屆河南鄭州第三次質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計(jì)，開(kāi)關(guān)S閉合后，靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度．下述做法可使靜電計(jì)指針張角增大的是(　　) A．使A板向左平移以增大板間距離 B．在A、B兩板之間插入一塊陶瓷板 C．?dāng)嚅_(kāi)S后，使B板向左平移以減小板間距離 D．?dāng)嚅_(kāi)S后，使B板向上平移以減小極板正對(duì)面積 解析：選D　開(kāi)關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢(shì)差不變，則指針的張角不變，故A、B錯(cuò)誤；斷開(kāi)S，電容器所帶的電

3、荷量不變，B板向左平移減小板間距，則電容增大，根據(jù)U＝知，電勢(shì)差減小，則指針張角減小，故C錯(cuò)誤；斷開(kāi)S，電容器所帶的電荷量不變，A、B的正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)，電容減小，根據(jù)U＝知，電勢(shì)差增大，則指針張角增大，故D正確，故選D. 3.如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間．設(shè)粒子兩次射入電場(chǎng)的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　　) A．U1∶U2＝1∶8　　　　　　 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：選A　設(shè)板長(zhǎng)為l，兩板間距

4、為d，粒子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為q，當(dāng)電壓為U1時(shí)，有l(wèi)＝v0t1，＝·t12，聯(lián)立得d＝?、?當(dāng)電壓為U2時(shí)，有＝v0t2，d＝·t22，聯(lián)立得d＝?、?由得＝，故A正確． 4.(多選)(2018年全國(guó)卷Ⅲ)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(kāi)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(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略．下列說(shuō)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

5、 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：選BD　兩微粒只受電場(chǎng)力qE作用且兩電場(chǎng)力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的質(zhì)量小，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理qEx＝Ek得，位移x大的動(dòng)能大，B正確；在同一等勢(shì)面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時(shí)刻，a、b的電勢(shì)能不相等，C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理qEt＝mv得，在t時(shí)刻，a、b的動(dòng)量大小相等，D正確． 5．(2017年江蘇卷)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)．現(xiàn)將C板向右平移到P

6、′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(guò)P′點(diǎn) 解析：選A　由題意知，電子在A、B板間做勻加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間做勻減速運(yùn)動(dòng)，到P點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，設(shè)A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2，由動(dòng)能定理得eU1－eU2＝0，所以U1＝U2；現(xiàn)將C板右移至P′點(diǎn)，由于板上帶電荷量沒(méi)有變化，B、C板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝＝＝，E不變，故電子仍運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回，選項(xiàng)A正確． 6.(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，充電后斷開(kāi)電源，帶電小球以速度v0水平射入電場(chǎng)，且沿下板邊緣飛出．若下板不

7、動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) A．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 B．將打在下板中央 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng) D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析：選AD　平行板電容器充電結(jié)束后斷開(kāi)電源，極板所帶的電荷量不變，則有E＝＝＝＝，由此式可知，板間距變化不會(huì)影響電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受的電場(chǎng)力不變，所以A正確，B、C錯(cuò)誤；如果下極板上移，小球在豎直方向的位移將會(huì)減小，到達(dá)下極板的時(shí)間變短，有可能到達(dá)下極板的正中間，所以D正確． 7．如圖所示，一價(jià)氫離子(H＋)和二價(jià)氦離子(He2＋)的混合體，經(jīng)

8、同一加速電場(chǎng)加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們(　　) A．同時(shí)到達(dá)屏上同一點(diǎn) B．先后到達(dá)屏上同一點(diǎn) C．同時(shí)到達(dá)屏上不同點(diǎn) D．先后到達(dá)屏上不同點(diǎn) 解析：選B　一價(jià)氫離子(H＋)和二價(jià)氦離子(He2＋)的比荷不同，由qU＝mv2可知經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)獲得的末速度不同，因此在加速電場(chǎng)及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離y＝at2＝相同，所以會(huì)打在同一點(diǎn)，B正確． 8．(多選)如圖所示，兩平行金屬板水平放置，兩平行金屬板之間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速(加速電場(chǎng)未畫(huà)出)后，緊貼上板以速度v0進(jìn)入兩平行金屬板之間，其速度

9、方向垂直于兩平行金屬板之間的電場(chǎng)線方向，經(jīng)一段時(shí)間后剛好從下板邊緣射出，射出時(shí)末速度v恰與下板成60°角，已知帶電粒子所帶的電荷量為＋q、質(zhì)量為m，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，則(　　) A．加速電場(chǎng)的電壓為 B．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為 C．兩平行金屬板之間的距離大小為d＝L D．帶電粒子通過(guò)平行金屬板中的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做的功為mv2 解析：選AB　由題述知帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，其速度大小為v0，由動(dòng)能定理可知qU＝mv02，由速度關(guān)系得v0＝vcos60°＝，解得U＝，選項(xiàng)A正確；由牛頓第二定律得qE＝ma，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得L＝v0t，vy＝at，又vy＝vsin60°＝v，聯(lián)立解得E＝，選

10、項(xiàng)B正確；由平拋運(yùn)動(dòng)的推論可得＝tan60°，故d＝L，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；帶電粒子通過(guò)勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做的功為W＝Eqd＝mv2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 9.(多選)(2019屆唐山模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有A、B兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電小球從A點(diǎn)以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時(shí)間豎直向下通過(guò)B點(diǎn)，重力加速度為g，小球在由A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球帶負(fù)電 B．速度先增大后減小 C．機(jī)械能一直減小 D．任意一小段時(shí)間內(nèi)，電勢(shì)能的增加量總等于重力勢(shì)能的減少量 解析：選AC　小球在B點(diǎn)的速度豎直向下，小球可看作在水平

11、方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)力方向水平向左，與電場(chǎng)方向相反，說(shuō)明小球帶負(fù)電，故A正確；小球受豎直向下的重力和水平向左的電場(chǎng)力，即合力方向朝左下方，與初速度成鈍角，所以開(kāi)始減速，然后成銳角，可知合力先做負(fù)功然后做正功，則速度先減小后增大，故B錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶?chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，機(jī)械能減小，故C正確；任意一小段時(shí)間，小球的動(dòng)能、電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和保持不變，總能量守恒，所以電勢(shì)能的增加量不等于重力勢(shì)能的減少量，故D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 10．中國(guó)科學(xué)院2015年10月宣布中國(guó)將在2020年開(kāi)始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人類(lèi)揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品

12、安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用．如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極．質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過(guò)各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在漂移管間被電場(chǎng)加速，加速電壓視為不變．設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106 m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間視為電源周期的.質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108 C/kg.求： (1)漂移管B的長(zhǎng)度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓． 解析：(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T

13、，漂移管B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則T＝① L＝vB·② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4 m．③ (2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到漂移管E電場(chǎng)力做功W′，質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，則W＝qU④ W′＝3W⑤ W′＝mvE2－mvB2⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104 V. 答案：(1)0.4 m　(2)6×104 V 11.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的液滴，在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡在豎直平面內(nèi)．A，B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，已知該液滴在A點(diǎn)的速度大小

14、為v0，方向與電場(chǎng)方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30°.求A，B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差． 解析：由題意知qE＝mg，液滴重力不能忽略，把運(yùn)動(dòng)分解 水平方向有vsin60°＝v0sin30°＋t 豎直方向有vcos60°＝v0cos30°－gt 可得v＝v0，t＝ 由牛頓第二定律得水平方向加速度a＝＝g，水平位移x＝v0sin30°·t＋(g)t2＝ UAB＝E·x＝. 答案： 12．如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距為d＝8 cm，板長(zhǎng)為L(zhǎng)＝25 cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5 m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速

15、直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)迅速將下板向上提起 cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求： (1)將下板向上提起后，液滴的加速度大??； (2)液滴從射入電場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用時(shí)間為多少？(g取10 m/s2) 解析：(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場(chǎng)力，因?yàn)橐旱蝿蛩龠\(yùn)動(dòng)，所以有qE＝mg，q＝mg，即qU＝mgd 當(dāng)下板向上提后，d減小，E增大，電場(chǎng)力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．此時(shí)液滴所受電場(chǎng)力 F′＝q＝mg a＝＝＝g＝2 m/s2. (2)因?yàn)橐旱蝿偤脧慕饘侔迥┒孙w出，所以液滴在豎直方向上的位移是 設(shè)液滴從P點(diǎn)開(kāi)始在勻強(qiáng)電場(chǎng)中飛行的時(shí)間為t1 ＝at12，t1＝＝0.2 s 而液滴從剛進(jìn)入電場(chǎng)到出電場(chǎng)的時(shí)間為 t2＝＝0.5 s 所以液滴從射入電場(chǎng)開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)間為t＝t2－t1＝0.3 s. 答案：(1)2 m/s2　(2)0.3 s 8