《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè)（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動 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，懸線與豎直方向的夾角為θ，則(　　) A．當(dāng)開關(guān)S斷開時，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，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，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，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，由平衡條件有tan θ＝，當(dāng)開關(guān)S斷開時，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，電容器兩極板間的電場強度不變，θ

2、不變，選項A、B錯誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時，因為兩極板間的電壓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C正確，D錯誤． 2.(2018·龍巖模擬)如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的5倍，它們以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N點，若OM＝MN，則P和Q的質(zhì)量之比為(不計重力)(　　) A．2∶5 B．5∶2 C．4∶5 D．5∶4 解析：D　粒子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩粒子的初速度相等，水平位移比為1∶2，由l＝v0t可知運動時間比為1∶2，由y＝at2得加速度之比

3、為4∶1，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，因為電荷量比為5∶1，則質(zhì)量比為5∶4，故D正確，A、B、C錯誤． 3.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，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則(　　) A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動 B．P點的電勢將降低 C．帶電油滴的電勢能將減少 D．電容器的電容減小，而極板上所帶的電荷量將增大 解析：B　電容器始終與電源連接，其兩端的電壓U保持不變，上極板向上移動一小段距離，意味著板間距離d增大，由E＝可知E減小，帶電油滴受到的電場力F＝qE也減小，所以

4、油滴將向下運動，選項A錯誤；設(shè)P點到下極板的距離為x，則φ＝，可知P點的電勢將降低，選項B正確；電勢能Ep＝qφ不僅和電勢的高低有關(guān)，還和電荷的正負(fù)及電荷量有關(guān)，由題意分析知油滴帶負(fù)電，則φ降低，Ep將增加，選項C錯誤；由C＝可知電容C減小，由Q＝CU可知極板上所帶的電荷量Q也將減小，選項D錯誤． 4.(多選)一個帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示．帶電微粒只在電場力的作用下(不計微粒重力)，由靜止開始運動，則下列說法中正確的是(　　) A．微粒將沿著一條直線運動 B．微粒在第2 s末的速度為零 C．微粒在第1 s內(nèi)的加速度與第2 s內(nèi)的加速度相同

5、D．微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移相同 解析：ABD　由圖可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇數(shù)秒內(nèi)和偶數(shù)秒內(nèi)的加速度大小相等、方向相反，根據(jù)運動的對稱性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速運動，第2 s做減速運動，然后再加速，再減速，一直持續(xù)下去，微粒將沿著一條直線運動，故A、B正確，C錯誤；由對稱性可知，微粒在第1 s內(nèi)的平均速度與第2 s內(nèi)的平均速度相同，由x＝vt得，微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移相同，故D正確． 5.“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成．偏轉(zhuǎn)器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A

6、和B構(gòu)成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示．一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動能從偏轉(zhuǎn)器左端M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域，最后到達偏轉(zhuǎn)器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間．忽略電場的邊緣效應(yīng)． (1)判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由； (2)求等勢面C所在處電場強度E的大?。? (3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場前、后的動能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少？ (4)比較|ΔEk左|與|ΔEk右|的大小，并說明理由． 解析：(1)

7、電子(帶負(fù)電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，B板電勢高于A板． (2)據(jù)題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有eE＝m，Ek0＝mv2，R＝ 聯(lián)立解得E＝＝. (3)電子運動時只有電場力做功，根據(jù)動能定理，有 ΔEk＝qU 對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有ΔEk左＝e(φB－φC) 對到達N板右邊緣的電子，電場力做負(fù)功，動能減小，有ΔEk右＝e(φA－φC) (4)根據(jù)電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等， 有|φB－φC|＞|φA－φC| 即|ΔEk左

8、|＞|ΔEk右|. 答案：(1)B板電勢高于A板，理由見解析 (2) (3)ΔEk左＝e(φB－φC)　ΔEk右＝e(φA－φC) (4)|ΔEk左|>|ΔEk右|，理由見解析 一、選擇題(本題共10小題，1～6題為單選題，7～10題為多選題) 1.如圖所示，固定在絕緣支架上的平行板電容器充電后與電源斷開，兩極板與一個靜電計相連，將B極向左水平移動一小段距離后，電容器的電容C、靜電計指針偏角θ和極板間電場強度E的變化情況分別是(　　) A．C變小，θ變大，E不變 B．C不變，θ不變，E變小 C．C變小，θ不變，E不變 D．C變小，θ變大，E變小 解析：A　當(dāng)負(fù)極板

9、左移一小段距離時，d增大，由C＝可知，電容C減小，由U＝可知兩極間的電壓增大，因電壓增大，靜電計指針偏角會增大，根據(jù)E＝＝＝，不論極板間距如何變化，極板的電量總不變，因此電場強度不變，故A正確，B、C、D錯誤． 2.(2018·淄博模擬)如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設(shè)電源電動勢為U)(　　) A．電子到達B板時的動能是eU B．電子從B板到達C板動能變化量為零 C．電子到達D板時動能是3eU D．電子在A板和D板之間做往復(fù)運動 解析：C　釋放出一個無初速度電荷量為e的電子，在電壓為U的電場中做加速運動，當(dāng)出電場時，所

10、獲得的動能等于電場力做的功，即W＝eU，故A正確；由圖可知，BC間沒有電壓，則沒有電場，所以電子在此處做勻速直線運動，則電子的動能不變，故B正確；電子以eU的動能進入CD電場中，在電場力的阻礙下，電子做減速運動，由于CD間的電壓也為U，所以電子到達D板時速度減為零，開始反向運動，故C錯誤；由上可知，電子將會在A板和D板之間加速、勻速再減速，再反向加速、勻速再減速，做往復(fù)運動，故D正確． 3．噴墨打印機的簡化模型如圖所示．墨盒可以噴出質(zhì)量一定的墨汁微粒，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符．已知墨汁微粒所帶電荷量的多少由計算機的輸入信號按照文字的

11、排列規(guī)律進行控制，微粒偏移量越小打在紙上的字跡越小，則從墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場開始到打到紙上的過程中(不計墨汁微粒的重力)，以下說法正確的是(　　) A．墨汁微粒的軌跡是拋物線 B．電量相同的墨汁微粒軌跡相同 C．墨汁微粒的運動軌跡與帶電量無關(guān) D．減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓，可以縮小字跡 解析：D　墨汁微粒在電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動，軌跡不是拋物線，故A錯誤；墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，則有，水平方向L＝v0t，豎直方向y＝at2，則出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)位移y＝·，電量相同，墨汁微粒的軌跡不一定相同，故B錯誤；根據(jù)y＝·知，墨汁微粒的運動軌跡與帶

12、電量有關(guān)，故C錯誤；根據(jù)y＝·知，偏轉(zhuǎn)極板間的電壓，出電場時偏轉(zhuǎn)位移減小，打到紙上的偏轉(zhuǎn)位移減小，可以縮小字跡，故D正確． 4.如圖所示，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為場強E1，方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為場強E2，方向豎直向上的勻強電場．一個質(zhì)量m，帶電量＋q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結(jié)果剛好到達下方電場中與A關(guān)于虛線對稱的B點，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．若AB高度差為h，則UAB＝ B．帶電小球在A、B兩點電勢能相等 C．在虛線上、下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同 D．兩電場強度大小關(guān)系滿足E2＝2E1 解析：A　對A到B的過程運

13、用動能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的電勢不等，則電勢能不等，故A正確，B錯誤；A到虛線速度由零加速至v，虛線到B速度由v減為零，位移相同，根據(jù)勻變速運動的推論知，加速度大小相等，方向相反，故C錯誤；在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得：a1＝，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2＝，因為a1＝a2，解得：E2－E1＝，故D錯誤． 5．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢φ隨時間t變化情況如圖乙所示，t＝0時，在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當(dāng)t＝2T時，電子回到P點．電子運動中沒與極板相碰

14、，不計重力，則(　　) A．φ1∶φ2＝1∶2 B．φ1∶φ2＝1∶4 C．在0～2T內(nèi)，當(dāng)t＝T時電子的電勢能最大 D．在0～2T內(nèi)，電子的電勢能減小了 解析：D　0～T時間內(nèi)平行板間的電場強度為E1＝，電子以a1＝＝向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間T的位移x1＝a1T2，速度v1＝a1T，T～2T內(nèi)平行板間電場強度E2＝，加速度a2＝，電子以v1的速度向上做勻減速直線運動，位移x2＝v1T－a2T2，由題意2T時刻回到P點，則x1＋x2＝0，聯(lián)立解得φ2＝3φ1，故A、B錯誤；當(dāng)速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0～T內(nèi)電子做勻加速運動，之后做勻減速直線運動，所以在T時刻電勢

15、能最小，故C錯誤；電子在2T時刻回到P點，此時速度v2＝v1－a2T＝－(負(fù)號表示方向向下)，電子的動能為Ek＝mv＝，根據(jù)能量守恒定律可知，電勢能的減小量等于動能的增加量，故D正確． 6．粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對而立的金屬板AB.板間地面上靜止著帶正電的物塊，如圖甲所示，當(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時，設(shè)直到t1時刻物塊才開始運動，(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認(rèn)為相等)則(　　) A．在0～t1時間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右 B．在t1～t3時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力，先逐漸增大，后逐漸減小 C．t3時刻物塊的速度最大 D．t4時刻物塊的速度最大

16、 解析：C　在0～t1時間內(nèi)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場強度方向水平向右，物塊所受的電場力水平向右，根據(jù)平衡條件得：摩擦力大小Ff＝qE，而E＝，得Ff＝q，UAB增大，F(xiàn)f隨之增大，并且由平衡條件知，F(xiàn)f的方向水平向左，故A錯誤；在t1～t3時間內(nèi)，物塊向右運動，受到的是滑動摩擦力，物塊對地面的壓力不變，根據(jù)公式Ff＝μFN知，摩擦力不變，故B錯誤；據(jù)題意：最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，在t1時刻物塊所受的靜摩擦力達到最大，并恰好等于此時的電場力．在t1～t3時間內(nèi)，電場力一直大于摩擦力，物塊一直向右加速運動；在t3～t4時間內(nèi)，電場力小于滑動摩擦力，物塊向右做減速運動，所以t3時刻物塊的速度最

17、大，故C正確，D錯誤． 7.(2018·唐山模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有A、B兩點，兩點的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時間豎直向下通過B點，重力加速度為g，小球在由A到B的運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球帶負(fù)電 B．速度先增大后減小 C．機械能一直減小 D．任意一小段時間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量 解析：AC　小球在B點的速度豎直向下，水平方向勻減速運動，豎直方向自由落體運動，可知電場力方向水平向左，與電場方向相反，說明小球帶負(fù)電，故A正確；小球受豎直向下的重力和水平向左的

18、電場力，即合力方向朝左下方，與初速度成鈍角，所以開始減速，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錯誤；因為電場力做負(fù)功，電勢能增加，機械能減小，故C正確；任意一小段時間，小球的動能、電勢能和重力勢能之和保持不變，總能量守恒，所以電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，故D錯誤． 8.(2018·日照模擬)如圖所示，一直角三角形處于平行于紙面的勻強電場中，∠A＝90°，∠B＝30°，AC長為L，已知A點的電勢為φ(φ>0)，B點的電勢為2φ，C點的電勢為0.一帶電的粒子從C點以v0的速度出發(fā)，方向如圖所示(與AC邊成60°)．不計粒子的重力，下列說法正確的是(　　)

19、 A．電場強度的方向由B指向C B．電場強度的大小為 C．若粒子能擊中圖中的A點，則該粒子的比荷為 D．只要粒子的速度大小合適，就可能擊中圖中的B點 解析：BC　B點的電勢為2φ，C點的電勢為0，則BC中點D的電勢為φ，又A點的電勢為φ(φ>0)，連接AD，則電場線垂直于AD，如圖所示，故A錯誤；由圖可知電場強度E＝＝，故B正確；由于速度方向與電場方向垂直，粒子從C到A做類平拋運動，則Lcos 60°＝v0t，Lsin 60°＝·t2，解得＝，故C正確；由于速度方向與電場方向垂直，粒子從C拋出后做類平拋運動不可能到B點，故D錯誤． 9.如圖所示的電路中，理想二極管和水平放置的平

20、行板電容器串聯(lián)接在電路中，閉合開關(guān)S，平行板間有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法中正確的是(　　) A．將A板向上平移一些，液滴將向下運動 B．將A板向左平移一些，液滴將向上運動 C．?dāng)嚅_開關(guān)S，將A板向下平移一些，液滴將保持靜止不動 D．?dāng)嚅_開關(guān)S，將A板向右平移一些，液滴將向上運動 解析：BCD　A極板上移時，d變大，由C＝可知，C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，由E＝＝＝q，可知電容器兩極板間的電場強度不變，油滴所受電場力不變，油滴靜止不動，故A錯誤；A極板左移時，S變小，由C＝可知，C變小，而兩極板間的電壓U等于電源電動勢不變

21、，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由E＝可知電容器兩極板間的電場強度增大，油滴所受電場力增大，油滴將向上運動，故B正確；當(dāng)斷開開關(guān)S，將A板向下平移一些時，d變小，由C＝可知，C變大，因電量的不變，由E＝可得，電場強度不變，那么液滴將保持靜止不動，故C正確；同理，當(dāng)斷開開關(guān)S，將A板向右平移一些時，S變小，由C＝可知，C變小，因電量的不變，由E＝可得，電場強度變大，那么液滴將向上運動，故D正確． 10.如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，BCDF段是半徑為R的圓弧形擋板，AB段為直線形擋板(長為4R)，兩者在B點相切，θ＝37°，C、F兩點與圓心等高，D在圓弧形擋板的最低點，所有接觸面均光滑

22、，絕緣擋板處于水平方向場強為E的勻強電場中．現(xiàn)將帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球從擋板內(nèi)側(cè)的A點由靜止釋放，小球沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)ABCDF運動到F點后拋出，在這段運動過程中，下列說法正確的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．勻強電場的場強大小可能是 B．小球運動到D點時動能一定不是最大 C．小球機械能增加量的最大值是2.6qER D．小球從B到D運動過程中，動能的增量為1.8mgR－0.8EqR 解析：BC　小球能沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)的ABC運動，則有qEcos 37°≥mgsin 37°，得E≥，故場強大小不可能等于，A錯誤．小球在復(fù)合場中受重力和電場力，所以小球運

23、動到合力方向上的最低點時動能最大，則知在C、D之間的某一點上時動能最大，B正確．小球運動到C點時，電場力做正功最多，小球的機械能增加量最大，所以小球機械能增加量的最大值ΔE＝qE[4Rsin 37°＋R(1－cos 37°)]＝2.6qER，C正確．小球從B到D運動過程中，動能的增量ΔEk＝mgR(1＋sin 37°)－qEcos 37°＝1.6mgR－0.8qER，D錯誤． 二、計算題(需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.如圖所示，在一個傾角θ＝30°的斜面上建立x軸，O為坐標(biāo)原點，在x軸正向空間有一個勻強電場，場強大小E＝4.5×106 N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個電荷量q＝5

24、.0×10－8 C，質(zhì)量m＝1 kg帶負(fù)電的絕緣物塊．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝5 m/s，如圖所示(g取10 m/s2)．求： (1)物塊沿斜面向下運動的最大距離為多少？ (2)到物塊最終停止時系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱共為多少？ 解析：(1)設(shè)物塊向下運動的最大距離為xm， 由動能定理得： mgsin θ·xm－μmgcos θ·xm－qExm＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得：xm＝0.5 m (2)因qE>mgsin θ＋μmgcos θ，物塊不可能停止在x軸正向，設(shè)最終停在x軸負(fù)向且離O點為x處，整個過程電場力做功為零，由動能定理得： －mgxs

25、in θ－μmgcos θ(2xm＋x)＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得： x＝0.4 m 產(chǎn)生的焦耳熱： Q＝μmgcos θ·(2xm＋x) 代入數(shù)據(jù)解得： Q＝10.5 J 答案：(1)0.5 m　(2)10.5 J 12．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示．(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)求： (1)在t＝0.06 s時刻

26、，電子打在熒光屏上的何處． (2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？ 解析：(1)電子經(jīng)加速電場，由動能定理得 qU0＝mv2，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場：沿v方向：t＝ 沿電場方向：y＝at2，又a＝ 故偏轉(zhuǎn)后偏移量y＝··()2，所以y＝ 由題圖知t＝0.06 s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm 設(shè)打在屏上的點距O點距離為Y， 滿足＝，所以Y＝13.5 cm. (2)由題知電子偏移量y的最大值為， 所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30 cm. 答案：(1)O點上方13.5 cm處　(2)30 cm 12