《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)21 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)21 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時集訓(xùn)(二十一) 電容器 帶電粒子在電場中的運動 (建議用時：40分鐘) [基礎(chǔ)對點練] 題組一：電容器與電容 1.(2019·賓川模擬)用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖所示)。設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ。實驗中，極板所帶電荷量不變(　　) A．保持S不變，增大d，則θ變大 B．保持S不變，增大d，則θ變小 C．保持d不變，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變 A　[根據(jù)電容的決定式C＝得知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持S不變，增大d時，電容減小，電容器的電量Q不變，由電容的定義式C＝分析可知板間

2、電勢差增大，則靜電計指針的偏角θ變大，故A正確，B錯誤。根據(jù)電容的決定式C＝得知，電容與極板的正對面積成正比，當(dāng)保持d不變，減小S時，電容減小，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式C＝分析可知板間電勢差增大，靜電計指針的偏角θ變大，故C、D錯誤。] 2.(2019·鄭州模擬)如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計，開關(guān)S閉合后，靜電計指針張開一定角度。下述做法可使靜電計指針張角增大的是(　　) 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_S后，使B板向左平移以減小板間距離 D．?dāng)嚅_S后，使B板向上平移以減小極板正對面積

3、 D　[開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則指針的張角不變，故A、B錯誤。斷開S，電容器所帶的電量不變，B板向左平移減小板間距，則電容增大，根據(jù)U＝知，電勢差減小，則指針張角減小，故C錯誤。斷開S，電容器所帶的電量不變，A、B的正對面積錯開，電容減小，根據(jù)U＝知，電勢差增大，則指針張角增大，故D正確。] 3.(多選)(2019·上饒模擬)一位同學(xué)用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來測定瓶內(nèi)溶液深度的變化，如圖所示，瓶的外壁涂有一層導(dǎo)電涂層和瓶內(nèi)導(dǎo)電溶液構(gòu)成電容器的兩極，它們通過探針和導(dǎo)線與電源、電流計、開關(guān)相連，中間的一層塑料為絕緣介質(zhì)，其厚度為d，相對介電常數(shù)為εr。

4、若發(fā)現(xiàn)在某段時間t內(nèi)有大小為I的電流從下向上流過電流計，設(shè)電源提供電壓恒定為U，則下列說法中正確的是(　　) A．瓶內(nèi)液面升高了 B．瓶內(nèi)液面降低了 C．電容器在這段時間內(nèi)放電 D．瓶內(nèi)液面高度在t時間內(nèi)變化了 BCD　[根據(jù)C＝，當(dāng)d、 εr不變時，C∝S，而正對面積S正比于液面高度h。電流計中有從下向上流過的電流，說明電容器在放電，電容器帶電荷量Q＝CU在減小，在電壓U恒定時，說明電容C在減小，則h也在減小，瓶內(nèi)的液面降低了，故A錯誤，B、C正確。t時間內(nèi)放電，釋放的電荷量ΔQ＝UΔC＝It，ΔC＝＝，解得Δh＝，故D項正確。] 題組二：帶電粒子在電場中的運動 4．(20

5、17·江蘇高考)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．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回 C．運動到P′點返回 D．穿過P′點 A　[設(shè)AB、BC間的電場強度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點運動到P點的過程中，據(jù)動能定理得： eE1d1－eE2d2＝0 ① 當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場強度 E′2＝＝＝＝， BC板間的電場強度與板間距無關(guān)，大小不變。 第二次釋放后，設(shè)電子在BC間移動的距離為

6、x，則 eE1d1－eE2x＝0－0 ② 比較①②兩式知，x＝d2，即電子運動到P點時返回，選項A正確。] 5．(2019·合肥調(diào)研)一電子以初速度v0垂直于場強方向射入平行板電容器，射出電容器時的速度為v0。若上述過程中電子的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，電子重力不計，則電子射出電容器時的速度為(　　) A．v0　 B．2v0　　　C．3v0　　　D．2v0 A　[一電子以初速度v0，垂直于場強方向射入平行板電容器，射出電容器時的速度為v0，根據(jù)平行四邊形定則知，離開電容器時豎直分速度為：vy＝＝2v0，當(dāng)初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則運動時間變?yōu)樵瓉淼囊话?，加速度不變，離開偏轉(zhuǎn)電場時的豎直

7、分速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，即為v0，根據(jù)平行四邊形定則知，電子射出電容器的速度為：v＝＝v0，故A正確，B、C、D錯誤。] 6.(2019·合肥模擬)如圖所示，平行板電容器A、B兩極板水平放置，將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A板和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?。一帶?fù)電小球從A、B間的某一固定點水平射入，打在B板上的N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下平移A板來改變兩板間距，則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)A、B間距增大時，小球可能打在N點的左側(cè) B．當(dāng)A、B間距減小時，小球可能打在N點的左側(cè) C．當(dāng)A、B間距減小時，電場力對小球做功不變 D．當(dāng)A、B間距增大時，電場力對小球

8、做功不變 D　[當(dāng)AB間距d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E＝＝＝知E不變，所以電場力不變，小球仍然打在N點，運動軌跡不變，所以電場力做功也不變，故A錯誤，D正確；當(dāng)A、B間距減小時，電容增大，電容器充電，平行板間的電壓不變，根據(jù)E＝可知電場強度變大，由于電荷帶負(fù)電，受到向上的電場力，所以小球運動的加速度會變小，則在平行板間運動的時間會變長，所以水平位移也將變大，應(yīng)該落在N點的右側(cè)，并且隨著電場力的增大，則電場力做功也將變大，故B、C錯誤。] 7.(2019·昆明模擬)如圖所示，平行板電容器兩極板接在電源兩端，且傾斜放置。一帶電小球從A端水平射入，能沿水平直線AB運動，

9、則(　　) A．小球的電勢能將減小 B．小球一定帶正電 C．若斷開開關(guān)S，把B板拉開一段距離到圖中虛線位置，小球仍做直線運動 D．若始終閉合S，把B板拉開一段距離到圖中虛線位置，小球仍做直線運動 C　[小球受到垂直極板向上的電場力和向下的重力，合力方向與速度方向相反，則粒子帶負(fù)電，電場力做負(fù)功，電勢能增加，選項A、B錯誤；若斷開開關(guān)S，則極板帶電量不變，則把B板拉開一段距離到圖中虛線位置，兩板間場強不變，小球仍做直線運動，選項C正確；若始終閉合S，把B板拉開一段距離到圖中虛線位置，兩板距離變大，場強變小，重力和電場力的合力方向不再與速度共線，此時小球?qū)⒆銮€運動，選項D錯

10、誤。] [考點綜合練] 8．(2019·南京模擬)測定電子的電荷量的實驗裝置示意圖如圖所示，置于真空中的油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板M、N，并分別與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，已知元電荷為e、重力加速度為g，則(　　) A．油滴中電子的數(shù)目為 B．油滴從小孔運動至N過程中，電勢能增加mgd C．油滴從小孔運動至N過程中，機械能增加eU D．若將極板M向下緩慢移動一小段距離，油滴將加速下降 B　[帶電油滴在極板間勻速下落，故受力平衡，則有mg＝q，所以油滴帶電荷量q＝，所以電子的數(shù)目為n＝＝，故A錯誤。油滴下降過程中

11、，電場力方向向上，那么電場力做的功為－mgd，電勢能增加mgd，故B正確。機械能減少，故C錯誤。若將極板M向下緩慢移動一小段距離，d減小，那么，電場力F＝q增大，合外力豎直向上，油滴將減速下降，故D錯誤。] 9.(2019·鹽城模擬)如圖所示，帶正電的A球固定，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線abc是B運動的一段軌跡，b點距離A最近，粒子經(jīng)過b點時速度為v，重力忽略不計，則(　　) A．粒子從a運動到b的過程中動能不斷增大 B．粒子從b運動到c的過程中加速度不斷增大 C．可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差 D．可求出A產(chǎn)生的電場中b點的電場強度大小

12、 C　[由圖知，帶電粒子受到A處正電荷的排斥力作用，粒子從a運動到b的過程中庫侖力做負(fù)功，其動能不斷減小，故A錯誤。粒子從b運動到c的過程中粒子離正電荷越來越遠(yuǎn)，所受的庫侖力減小，加速度減小，故B錯誤。根據(jù)動能定理得：＋qUab＝mv2－mv，可以求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab，故C正確。a、b間不是勻強電場，根據(jù)公式U＝Ed，不能求b點的電場強度，故D錯誤，故選C。] 10．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處

13、(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板d處返回 D　[設(shè)板間電壓為U，場強為E，則E＝， 由動能定理得mg·d－qEd＝0 將下極板向上平移后，U不變，d′＝d，則E′＝＝E，設(shè)粒子在距上極板x處返回，則 mg－qE′x＝0 聯(lián)立解得x＝d，故D正確，A、B、C錯誤。] 11．如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，

14、電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？ 解析：小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。 因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg′＝，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知： －2mg′R＝mv－mv 解得v0＝，

15、因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v≥。 答案：v≥ 12．(2019·唐山模擬)如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場。某種帶負(fù)電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計。 甲　　　　　　　　乙 (1)求帶電粒子的比荷； (2)若MN間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝，從t＝0開始，前內(nèi)UMN＝2U，后內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。

16、 解析：(1)設(shè)粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點，沿極板方向有L＝v0t0， 垂直極板方向有d＝ t，解得＝。 (2)粒子通過兩板時間為t＝＝2T，從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運動時每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)的加速度大小為a1＝，方向垂直極板向上；在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)加速度大小為a2＝，方向垂直極板向下。不同時刻從O1點進(jìn)入電場的粒子在電場方向的速度vy隨時間t變化的關(guān)系如圖所示。 因為所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t＝nT(n＝0,1,2,3…)或t＝nT＋T(n＝0,1,2,3…)時刻進(jìn)入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上下邊緣處飛出，它們在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大，有d＝2，解得U＝。 答案：(1)　(2)U0 - 8 -