《2020屆高三物理一輪總復(fù)習(xí) 第6章《靜電場(chǎng)》3 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪總復(fù)習(xí) 第6章《靜電場(chǎng)》3 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) 新人教版（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電容器　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題 1．(2020·安徽聯(lián)考) 如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中自O(shè)點(diǎn)自由釋放后，分別抵達(dá)B、C兩點(diǎn)，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1：q2等于(　　) A．1：2 B．2：1 C．1： D.：1 【解析】　豎直方向有h＝gt2，水平方向有l(wèi)＝t2，聯(lián)立可得q＝，所以有＝，B對(duì)． 【答案】　B 2. (多選)如圖所示，兩面積較大、正對(duì)著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷．其中A板用絕緣線懸掛，B板固定且接地，P點(diǎn)為兩板的中間位置．下列結(jié)論正確的是(　　) A．若在

2、兩板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩板所帶電荷量會(huì)增大 B．A、B兩板上的電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相同 C．若將A板豎直向上平移一小段距離，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將增大 D．若將A板豎直向下平移一小段距離，原P點(diǎn)位置的電勢(shì)將不變 【解析】　由于平行板電容器是充電后斷開(kāi)的，因此平行板電容器所帶電荷量是不變的，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；由于平行板電容器兩板所帶電荷量相等，再根據(jù)對(duì)稱性可知，A、B兩板上的電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相同，因此B選項(xiàng)正確；當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，根據(jù)E＝＝和C＝可知，改變板間距離時(shí)平行板電容器所帶的電荷量不變，平行板電容器兩板間的場(chǎng)強(qiáng)不變，因此C選

3、項(xiàng)錯(cuò)誤；再根據(jù)φP＝Ed0(設(shè)P點(diǎn)到B板的距離為d0)，又E不變，d0也不變，因此φP也不變，故D選項(xiàng)正確． 【答案】　BD 3．(多選)(2020·德州期末) 如圖所示，平行金屬板A、B之間有加速電場(chǎng)，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M為熒光屏．今有質(zhì)子(H)、氘核(H)和氚核(H)均由A板從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上(不計(jì)粒子重力)．則下列判斷中正確的是(　　) A．三種粒子從B板射出時(shí)的速度之比為：： B．三種粒子同時(shí)打到熒光屏上 C．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1：2：3 D．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1：1

4、：1 【解析】　由U0q＝mv得三種粒子從B板射出時(shí)的速度之比為，由t＝易知質(zhì)子最先打到熒光屏上，由y＝2，得三種粒子豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移都是y＝，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子所做的功均為Eqy，其比為1：1：1，故A、D對(duì)． 【答案】　AD 4. 如圖所示是一個(gè)說(shuō)明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電場(chǎng)(加速電壓為U1)加速后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長(zhǎng)為l，每單位電壓引起的偏移叫作示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用下列哪些方法(　　) A．增大U1 B．減小l C．減小d D．增大U2 【解析】　由每單位電

5、壓引起的偏移叫作示波管的靈敏度，根據(jù)U1q＝mv和h＝y(tǒng)＝2，得＝，故選項(xiàng)C正確． 【答案】　C 5. 如圖所示，從F處釋放一個(gè)無(wú)初速度的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，指出下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中錯(cuò)誤的是(設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為U)(　　) A．電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是eU B．電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零 C．電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3eU D．電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 【解析】　由電路圖可得，電子在A、B板間加速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功eU，A正確；在B、C板間勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能變化量為零，B正確；在C、D板間減速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功－eU，所以電子在D板處速度為零，C錯(cuò)誤；電子在A板和D板之間做

6、往復(fù)運(yùn)動(dòng)，D正確． 【答案】　C 6．如圖所示，A、B為水平正對(duì)放置的平行金屬板，板間距離為d，一質(zhì)量為m的帶電油滴在兩金屬板之間，油滴運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力的大小與其速率成正比．將油滴由靜止釋放，若兩金屬板間的電壓為零，一段時(shí)間后油滴以速率v勻速下降．若兩金屬板間加電壓U，一段時(shí)間后油滴以速率2v勻速上升．由此可知油滴所帶電荷量的大小為(　　) A. B. C. D. 【解析】　板間電壓為零，油滴勻速下降時(shí)，mg＝kv，當(dāng)兩板間電壓為U，油滴勻速上升時(shí)，q＝mg＋2kv，解得q＝，C正確． 【答案】　C 7．(多選)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面處于電

7、場(chǎng)中，一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)開(kāi)始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，則(　　) A．小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能 B．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差一定為 C．若電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值一定是 D．若該電場(chǎng)是AC邊中垂線上某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷 【解析】　小球初、末速度均為v0，從A到B，由動(dòng)能定理得qUAB－mgLsin30°＝0，解得A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UAB＝，qUAB＝，電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少，EpB

8、垂線上某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q可以是負(fù)電荷，D錯(cuò)誤． 【答案】　BC 8．(多選) 如圖所示的電路，閉合開(kāi)關(guān)S后，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片由a向b滑動(dòng)時(shí)，平行板電容器的(　　) A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大 B．電荷量不變 C．兩極板間電壓不變 D．電容增大 【解析】　本題考查電容器所帶的電荷量、電容和兩極板間電壓與外界因素的關(guān)系．在閉合開(kāi)關(guān)S后，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片由a向b滑動(dòng)時(shí)改變了電阻．電容器接入的地方可以視為開(kāi)路，其兩端的電壓一直等于電源的電動(dòng)勢(shì)．故選B、C. 【答案】　BC 9．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示．如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑

9、，那么示波管中的(　　) A．極板X、Y應(yīng)帶正電 B．極板X、Y′應(yīng)帶正電 C．極板X′、Y應(yīng)帶負(fù)電 D．極板X′、Y′應(yīng)帶正電 【解析】　電子在豎直方向向Y偏轉(zhuǎn)，則Y帶正電；電子在水平方向向X偏轉(zhuǎn)，則X帶正電，A正確． 【答案】　A 10．(多選)在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB，兩電荷的位置坐標(biāo)如圖甲所示．圖乙是AB連線之間的電勢(shì)φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x＝L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，若在x＝2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是(　　) A．小球在x＝L處的速度最大 B．小球

10、一定可以到達(dá)x＝－2L點(diǎn)處 C．小球?qū)⒁詘＝L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D．固定在A、B處的電荷的帶電荷量之比為QA：QB＝4：1 【解析】　由動(dòng)能定理可知，電場(chǎng)力對(duì)小球做功最多時(shí)，小球獲得的動(dòng)能最大，由W＝qU可知，由x＝2L到x＝L兩點(diǎn)的電勢(shì)差最大，故到x＝L處時(shí)，小球的動(dòng)能最大，速度也最大，A項(xiàng)正確；假設(shè)小球能夠到達(dá)x＝－2L處，但x＝2L與x＝－2L兩點(diǎn)的電勢(shì)差小于零，且小球初動(dòng)能為零，由動(dòng)能定理可知，小球到x＝－2L處的動(dòng)能小于零，故假設(shè)錯(cuò)誤，小球不可能到達(dá)x＝－2L處，B項(xiàng)錯(cuò)；同理可以確定小球到達(dá)x＝0處動(dòng)能大于零，故小球往復(fù)運(yùn)動(dòng)的中點(diǎn)不是x＝L處，C項(xiàng)錯(cuò)；小球到達(dá)x＝L處速度

11、最大，說(shuō)明小球在該點(diǎn)加速度為零，所受合外力為零，即QA、QB兩電荷在該點(diǎn)對(duì)小球的作用力大小相等方向相反，即：k＝k，解得：＝4，D項(xiàng)正確． 【答案】　AD 二、非選擇題 11. 絕緣光滑水平面內(nèi)有一圓形有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其俯視圖如右圖所示，圖中xOy所在平面與光滑水平面重合，電場(chǎng)方向與x軸正向平行，電場(chǎng)的半徑為R＝ m，圓心O與坐標(biāo)系的原點(diǎn)重合，場(chǎng)強(qiáng)E＝2 N/C.一帶電荷量為q＝－1×10－5 C、質(zhì)量m＝1×10－5 kg的粒子，由坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v0＝1 m/s沿y軸正方向射入電場(chǎng)(重力不計(jì))，求： (1)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)粒子出射點(diǎn)的位置坐標(biāo)； (3)粒子

12、射出時(shí)具有的動(dòng)能． 【解析】　(1)粒子沿x軸負(fù)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a，則有 Eq＝ma x＝at2 沿y軸正方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有 y＝v0t x2＋y2＝R2 解得t＝1 s. (2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)邊界的位置坐標(biāo)為(－x1，y1)，則有 x1＝at2＝1 m，y1＝v0t＝1 m，即為(－1 m,1 m)． (3)射出時(shí)由動(dòng)能定理得 Eqx1＝Ek－mv 代入數(shù)據(jù)解得Ek＝2.5×10－5 J. 【答案】　(1)1 s　(2)(－1 m, 1 m)　(3)2.5×10－5 J 12. (2020·安徽卷)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小

13、為E(圖中未畫出)，由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)．粒子所受重力忽略不計(jì)．求： (1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功； (2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間； (3)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率． 【解析】　 (1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0 (2)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，粒子在x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知軌跡最高點(diǎn)D在y軸上，可令tAD＝tDB＝T，則tBC＝T 由qE＝ma得a＝ 又yD＝aT2，yD＋3l0＝a(2T)2 解得T＝ 則A→C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間T＝3 (3)粒子在DC段做類平

14、拋運(yùn)動(dòng)，于是有 2l0＝vCx(2T)，vCy＝a(2T) vC＝＝ 【答案】　(1)3qEl0　(2)3 　(3) 13. (2020·四川卷)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對(duì)齊，A是軌道上一點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E＝1.5×106 N/C，方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．帶負(fù)電的小物體P電荷量是2.0×10－6 C，質(zhì)量m＝0.25 kg，與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4.P從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)0.55 s到達(dá)A點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度是5 m/s，到達(dá)空間D點(diǎn)時(shí)速度與豎直方向的夾角為α，且tanα＝1.2.P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終

15、受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表所示．P視為質(zhì)點(diǎn)，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g＝10 m/s2.求： v/(m·s－1) 0≤v≤2 2

16、至A點(diǎn)，受外力F2＝6 N，設(shè)其做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則F2－μmg＝ma2④ 設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過(guò)Δt2時(shí)間，在A點(diǎn)的速度為v2，則 Δt2＝0.55 s－Δt1⑤ v2＝v1＋a2Δt2⑥ P從A點(diǎn)至B點(diǎn)，受外力F2＝6 N、電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力的作用，設(shè)其做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a3，電荷量為q，在B點(diǎn)的速度為v3，從A點(diǎn)至B點(diǎn)的位移為x1，則F2－μmg－qE＝ma3⑦ v－v＝2a3x1⑧ P以速度v3滑出軌道右端B點(diǎn)，設(shè)水平方向受外力為F3，電場(chǎng)力大小為FE，代入數(shù)據(jù)有FE＝F3⑨ F3與FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，P從B點(diǎn)開(kāi)始做

17、初速度為v3的平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)P從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)用時(shí)為Δt3，水平位移為x2，由題意知＝tanα⑩ x2＝v3Δt3? 設(shè)小物體P從A點(diǎn)至D點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W，則 W＝－qE(x1＋x2)? 聯(lián)立④～⑧，⑨～?式并代入數(shù)據(jù)得W＝－9.25 J? 【答案】　(1)0.5 s　(2)－9.25 J 14．(2020·北京卷) 真空中放置的平行金屬板可以用做光電轉(zhuǎn)換裝置，如圖所示，光照前兩板都不帶電．以光照射A板，則板中的電子可能吸收光的能量而逸出．假設(shè)所有逸出的電子都垂直于A板向B板運(yùn)動(dòng)，忽略電子之間的相互作用．保持光照條件不變．a(chǎn)和b為接線柱． 已知單位時(shí)間內(nèi)從A板逸出的電子數(shù)為N

18、，電子逸出時(shí)的最大動(dòng)能為Ekm，元電荷為e. (1)求A板和B板之間的最大電勢(shì)差為Um，以及將a、b短接時(shí)回路中的電流I短． (2)圖示裝置可看做直流電源，求其電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r. (3)在a和b之間連接一個(gè)外電阻時(shí)，該電阻兩端的電壓為U.外電阻上消耗的電功率設(shè)為P；單位時(shí)間內(nèi)到達(dá)B板的電子，在從A板運(yùn)動(dòng)到B板的過(guò)程中損失的動(dòng)能之和設(shè)為ΔEk.請(qǐng)推導(dǎo)證明P＝ΔEk.(注意：解題過(guò)程中需要用到、但題目中沒(méi)有給出的物理量，要在解題中做必要的說(shuō)明) 【解析】　(1)由動(dòng)能定理，Ekm＝eUm，可得Um＝ 短路時(shí)所有逸出電子都到達(dá)B板，故短路電流I短＝Ne (2)電源的電動(dòng)勢(shì)等于斷路時(shí)的路端電壓，即上面求出的Um，所以E＝Um＝ 電源內(nèi)阻r＝＝ (3)設(shè)外電阻兩端的電壓為U，則電源兩端的電壓也是U.由動(dòng)能定理，一個(gè)電子經(jīng)電源內(nèi)部電場(chǎng)后損失的動(dòng)能ΔEke＝eU 設(shè)單位時(shí)間內(nèi)有N′個(gè)電子到達(dá)B板，則損失的動(dòng)能之和 ΔEk＝N′ΔEke＝N′eU 根據(jù)電流的定義，此時(shí)電源內(nèi)部的電流I＝N′e 此時(shí)流過(guò)外電阻的電流也是I＝N′e 外電阻上消耗的電功率P＝IU＝N′eU 所以P＝ΔEk 【答案】　(1)；Ne　(2)；　(3)證明過(guò)程見(jiàn)解析