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1、2022年高考物理第一輪復習 課時跟蹤檢測（二十二）電容器 帶電粒子在電場中的運動 對點訓練：平行板電容器的動態(tài)分析 1．如圖1所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)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)?，F將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則(　　) 圖1 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小 D．電容器的電容減小，極板帶電荷量將增大 2．(多選)如圖2所示的電路，閉合開關，水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)。為了使液滴豎直向上運動，下列操作可行

2、的是(　　) 圖2 A．斷開開關，將兩板間的距離拉大一些 B．斷開開關，將兩板水平地向相反方向移開一些 C．保持開關閉合，將兩板間的距離減小一些 D．保持開關閉合，以兩板各自的左側板沿為軸，同時向上(即逆時針方向)轉過一個小角度 3．(多選)如圖3所示，平行板電容器與電動勢為E′的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點。現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則(　　) 圖3 A．平行板電容器的電容將變小 B．靜電計指針張角變小 C．帶電油滴的電勢能將減少 D．若先將上極板與電源正極的導線

3、斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變 對點訓練：帶電粒子在電場中的直線運動 4．(多選)如圖4所示 ，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強電場，質量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　) 圖4 A．使初速度減為原來的 B．使M、N間電壓提高到原來的2倍 C．使M、N間電壓提高到原來的4倍 D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的 5．(多選)如圖5所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像。

4、當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　) 圖5 A．帶電粒子將始終向同一個方向運動 B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點 C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～3 s內，電場力做的總功為零 對點訓練：帶電粒子在勻強電場中的偏轉 6．(xx·安徽無為四校聯考)如圖6所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q、質量為m的質點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是(　　) 圖6 A．板間電場強度大小為 B．板間電場強度大小為

5、 C．質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等 D．質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間 7.(xx·蘭州診斷)如圖7所示，一電子槍發(fā)射出的電子(初速度很小，可視為零)進入加速電場加速后，垂直射入偏轉電場，射出后偏轉位移為Y，要使偏轉位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時碰到偏轉電極板的情況)(　　) 圖7 A．增大偏轉電壓U B．增大加速電壓U0 C．增大偏轉極板間距離 D．將發(fā)射電子改成發(fā)射負離子 8．(多選)如圖8所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現將其和二極管串聯接在電源上，已知A和電源正極相連，二

6、極管具有單向導電性，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽略，現通過上下移動A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N的右側 B．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N的左側 C．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N的右側 D．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N的左側 考點綜合訓練 9．(xx·上海市閘北區(qū)一模)如圖9，水平放置的金屬薄板A、B間有勻強電場，已知B板電勢高于A板。電場強度E＝5×105 N/C，間距d＝1.25 m。A板上有一

7、小孔，M恰好在孔的正上方，距離h＝1.25 m。從M處每隔相等時間間隔由靜止釋放一個質量m＝1×10－3 kg的帶電小球。第1個帶電小球的電量q1＝＋1×10－8 C，第n個帶電小球的電量qn＝nq1。取g＝10 m/s2。求： 圖9 (1)第1個帶電小球從M處下落至B板的時間； (2)第幾個帶電小球將不能抵達B板； (3)第(2)問中該帶電小球下落過程中機械能的變化量。 10．(xx·江蘇二校聯考)如圖10所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負電。兩板之間存在著勻強電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個間距為L的小孔。C、D為兩塊同心半

8、圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O′處，C帶正電、D帶負電。兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向O′。半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計?，F從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質量為m、電量為q的帶正電微粒(微粒的重力不計)，問： 圖10 (1)微粒穿過B板小孔時的速度多大？ (2)為了使微粒能在CD板間運動而不碰板，CD板間的電場強度大小應滿足什么條件？ (3)從釋放微粒開始，經過多長時間微粒通過半圓形金屬板間的最低點P點？ 答 案 1．選B　上極板向上移動一小段距離后，板間電壓不變，仍為電

9、源電動勢E，故電場強度將減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運動，A錯；P點的電勢大于0，且P點與下極板間的電勢差減小，所以P點的電勢降低，B對；兩極板間電場方向豎直向下，所以P點的油滴應帶負電，當P點電勢減小時，油滴的電勢能應增加，C錯；電容器的電容C＝，由于d增大，電容C應減小，極板帶電荷量Q＝CE將減小，D錯。 2．選BC　帶電液滴受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力正好處于靜止狀態(tài)，有Eq＝mg。兩板間的電場強度E＝，保持開關閉合時，U不變，當兩板間的距離d減小時，E變大，此時Eq＞mg，液滴豎直向上運動，C正確；保持開關閉合，以兩板各自的左側板沿為軸，同時向上(即逆時針方向)轉過

10、一個小角度，E方向變了，此時液滴不會沿豎直方向運動，所以D錯誤；斷開開關，電容器的電荷量Q不變，E與d無關，所以斷開開關，將兩板間的距離拉大一些，仍有Eq＝mg，液滴仍保持靜止狀態(tài)，A錯誤；斷開開關，將兩板水平地向相反方向移開一些，此時兩板的正對面積S變小，E變大，此時Eq＞mg，所以液滴豎直向上運動，B正確。 3．選ACD　將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時，兩極板的正對面積S不變，間距d變大，根據關系式C＝∝可知，電容C減小，選項A正確；因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板電勢差的變化，題中電容器兩極板間的電勢差U不變，所以靜電計指針張角不變，選項B錯誤；U不變，極板間距d

11、變大時，板間電場強度E＝減小，帶電油滴所處位置的電勢UP＝U－Ed1增大，其中d1為油滴到上極板的距離，又因為油滴帶負電，所以其電勢能將減少，選項C正確；若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則電容器電荷量Q不變，極板間距d變大，根據Q＝CU，E＝和C＝可知E∝，可見，極板間電場強度E不變，所以帶電油滴所受電場力不變，選項D正確。 4．選BD　在粒子剛好到達N板的過程中，由動能定理得－qEd＝0－mv02，所以d＝，令帶電粒子離開M板的最遠距離為x，則使初速度減為原來的，x＝；使M、N間電壓提高到原來的2倍，電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，x＝，使M、N間電壓提高到原來的4

12、倍，電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，x＝；使初速度和M、N間電壓都減為原來的，電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话?，x＝。 5．選CD　設第1 s內粒子的加速度為a1，第2 s內的加速度為a2，由a＝可知，a2＝2a1，可見，粒子第1 s內向負方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3 s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D正確。 6．選C　根據質點垂直打在M屏上可知，質點在兩板中央運動時向上偏轉，在板右端運動時向下偏轉，mg

13、到光屏的時間相等，選項C正確D錯誤。 7．選A　設偏轉電極板長為l，極板間距為d，由qU0＝mv02，t＝，y＝at2＝t2，得偏轉位移y＝，增大偏轉電壓U，減小加速電壓U0，減小偏轉極板間距離，都可使偏轉位移增大，選項A正確，B、C錯誤；由于偏位移y＝與粒子質量和帶電量無關，故將發(fā)射電子改成發(fā)射負離子，偏轉位移不變，選項D錯誤。 8．選BC　若小球帶正電，當AB間距增大時，由于二極管的單向導電性，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場強度不變，小球所受向下的電場力不變，向下的加速度不變，小球仍打在N點，選項A錯誤；若小球帶正電，當AB間距減小時，平行板電容器AB兩極板之間電場強度增大

14、，小球所受向下的電場力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左側，選項B正確；若小球帶負電，當AB間距減小時，平行板電容器AB兩極板之間電場強度增大，小球所受向上的電場力增大，向下的加速度減小，小球可能打在N的右側，選項C正確；若小球帶負電，當AB間距增大時，由于二極管的單向導電性，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場強度不變，小球所受向上的電場力不變，小球仍打在N點，選項D錯誤。 9．解析：(1)t1＝＝0.5 s， v1＝＝5 m/s， a1＝＝5 m/s2， d＝v1t2＋a1t22， 即2t22＋4t2－1＝0， 解得：t2＝ s， t總＝t1＋t2＝ s； (2)

15、mg(h＋d)－Eqnd＝ΔEk＝0， qn＝＝4×10－8C， n＝＝4，即第4個小球恰好抵達B板，則第5個小球不能到達； (3)mg(h＋x)－Eq5x＝ΔEk＝0，x＝ m， ΔE機＝－mg(h＋x)＝－×10－2 J ＝－2.08×10－2 J。 答案：(1) s　(2)5 (3)－2.08×10－2 J 10．解析：(1)設微粒穿過B板小孔時的速度為v，根據動能定理，有 qU＝mv2① 解得v＝ (2)微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有 qE＝m＝m② 聯立①②，得E＝ (3)微粒從釋放開始經t1射出B板的小孔，則 t1＝＝＝2d ③ 設微粒在半圓形金屬板間運動經過t2第一次到達最低點P點，則 t2＝＝ ④ 所以從釋放微粒開始，經過(t1＋t2)＝ 微粒第一次到達P點； 根據運動的對稱性，易知再經過2(t1＋t2)微粒再一次經過P點； …… 所以經過時間t＝(2k＋1) ，k＝0,1,2，…微粒經過P點。 答案：(1) 　(2)E＝ (3)(2k＋1) k＝0,1,2，…