《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第7章 靜電場 第22講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第7章 靜電場 第22講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動練習(xí)（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第22講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動 [解密考綱]主要考查電容器的動態(tài)分析、帶電粒子在電場中加速(或減速)和偏轉(zhuǎn)的問題，以及帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動． 1．(2017·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)動到P點(diǎn)．現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　) A．運(yùn)動到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動到P和P′點(diǎn)之間返回 C．運(yùn)動到P′點(diǎn)返回 D．穿過P′點(diǎn) A　解析 電子在A、B板間的電場中加速運(yùn)動，在B、C板間的電場中減速運(yùn)動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強(qiáng)度為E，M、P兩

2、點(diǎn)間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運(yùn)動后，在B、C板間減速運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)時速度為零，然后返回，選項A正確，B、C、D錯誤． 2．(2018·北京卷)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小 C．實驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變大 D．實驗中，只增加極板帶電量，靜

3、電計指針的張角變大，表明電容增大 A　解析 當(dāng)用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故選項A正確；根據(jù)電容器的決定式C＝，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，根據(jù)C＝可知，電量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故選項B錯誤；根據(jù)電容器的決定式C＝，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，則介電系數(shù)ε增大，則電容C增大，根據(jù)C＝可知，電量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，故選項C錯誤；根據(jù)C＝可知，電量Q增大，則電壓U也會增大，則電容C不變，故選項D錯誤． 3．(2017·浙江選考)如圖所示，在豎直放置間距為

4、d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場．有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g.則點(diǎn)電荷運(yùn)動到負(fù)極板的過程 (　　) A．加速度大小為a＝＋g B．所需的時間為t＝ C．下降的高度為y＝ D．電場力所做的功為W＝Eqd B　解析 點(diǎn)電荷在平行板電容器中受到重力、電場力，所以加速度大小為a＝，選項A錯誤；設(shè)所需時間為t，水平方向上有＝·t2，解得t＝，選項B正確；下降高度h＝gt2＝，選項C錯誤；電場力做功W＝，選項D錯誤． 4．(2019·江蘇六市高三調(diào)研)某靜電除塵裝置管道截面內(nèi)的電場線分布如圖所示，平行金屬板M、N接地，正極位于兩板

5、正中央．圖中a、b、c三點(diǎn)的場強(qiáng)分別為Ea、Eb、Ec，電勢分別為φa、φb、φc，則(　　) A．Eaφb D．φb＝φc C　解析 電場線越密的地方場強(qiáng)越大，則可以判斷Ea>Eb>Ec，故選項A、B錯誤；沿著電場線方向電勢逐漸降低，根據(jù)對稱性可知φa>φb，故選項C正確；b、c到上極板的距離相等，而b點(diǎn)到極板的場強(qiáng)大于c點(diǎn)到極板的場強(qiáng)，所以b點(diǎn)到極板間的電勢差大于c點(diǎn)到極板間的電勢差，所以b點(diǎn)的電勢高于c點(diǎn)的電勢，故選項D錯誤． 5．(2019·遼師大附中期中)如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一

6、電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為(　　) A. B. C. D. B　解析 當(dāng)電場強(qiáng)度足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為粒子到達(dá)上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動的逆運(yùn)動．將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，當(dāng)vy＝0時，粒子剛好到達(dá)上極板，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有v＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，聯(lián)立得E＝，故選項B正確． 6．(2019·寧波二模)如圖所示，a、b為平行金屬

7、板，靜電計的外殼接地，合上開關(guān)S后，靜電計的指針張開一個較小的角度，能使角度增大的辦法是 (　　) A．使a、b板的距離增大一些 B．使a、b板的正對面積減小一些 C．?dāng)嚅_S，使a、b板的距離增大一些 D．?dāng)嚅_S，使a、b板的正對面積增大一些 C　解析 開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則靜電計指針的張角不變，故選項A、B錯誤；斷開S，電容器所帶的電量不變，a、b板的距離增大，則電容減小，根據(jù)U＝知，電勢差增大，則指針張角增大，故選項C正確；斷開S，電容器所帶的電量不變，a、b板的正對面積增大，電容增大，根據(jù)U＝知，電勢差減小，則指針張角減小，故選項D錯誤． 7．(2019·衡水

8、中學(xué)調(diào)研)一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能，若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0，則下列關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是(　　) C　解析 由C＝知，C與兩極板間距離d成反比，C與x不是線性關(guān)系，選項A錯誤；電容器充電后與電源斷開，電荷量不變，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，選項B錯誤；因負(fù)極板接地，電勢為零，所以P點(diǎn)電勢為φ＝E(L－x)，L為P點(diǎn)到負(fù)極板的初始距離，E不變，φ隨x增大而線性減小，選項C正

9、確；由W＝qφ知W與電勢φ變化情況一樣，選項D錯誤． 8．(2019·河南南陽一中月考)(多選)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，與電源負(fù)極相連．現(xiàn)有一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)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(　　) A．帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動 B．P點(diǎn)的電勢將降低 C．帶電油滴的電勢能不變 D．電容器的極板帶電量不變 CD　解析 電容器始終于電源相連，則電容器兩極板間的電勢差不變，由C＝，d增大，則C減小，又C＝，則Q減小，但電路中有二極管，單向?qū)?，故不會放電，電荷量Q不變，E＝＝＝，d增大，則E不

10、變，帶電油滴電場力不變，帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)，故選項A錯誤，D正確；P點(diǎn)與下極板的電勢差U＝φP－0＝Ed，而E、d不變，則φP不變，由Ep＝φPq則固定在P點(diǎn)的正電荷電勢能不變，選項C正確，B錯誤． 9．(2018·全國卷Ⅲ)(多選)如圖所示，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)同時釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大

11、 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 BD　解析 根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運(yùn)動，微粒b向上加速運(yùn)動，根據(jù)a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab，對微粒a，由牛頓第二定律qE＝maaa，對微粒b，由牛頓第二定律qE＝mbab，聯(lián)立解得>，由此式可以得出a的質(zhì)量比b的小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運(yùn)動過程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b的大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大

12、小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的電場力(合外力)等于b微粒受到的電場力(合外力)，根據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒的動量，選項D正確． 10．(2019·廣東茂名一模)(多選)質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小金屬塊A以初速度v0從光滑絕緣且足夠高的水平高臺上飛出．已知在高臺邊緣右面空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E＝.則(　　) A．金屬塊不一定會與高臺邊緣相碰 B．金屬塊一定會與高臺邊緣相碰，相碰前金屬塊在做勻變速運(yùn)動 C．金屬塊運(yùn)動過程中距高臺邊緣的最大水平距離為 D．金屬塊運(yùn)動過程的最小速度為 BD　解析 小金屬塊

13、水平方向先向右做勻減速直線運(yùn)動，然后向左做勻加速直線運(yùn)動，故一定會與高臺邊緣相碰，故選項A錯誤，B正確；小金屬塊在水平方向的加速度為－3g，根據(jù)速度位移關(guān)系公式，有xm＝＝，故選項C錯誤；小金屬塊水平方向分速度vx＝v0－3gt，豎直方向做自由落體運(yùn)動，分速度vy＝gt；合速度v＝＝＝，根據(jù)二次函數(shù)知識，當(dāng)t＝時，有極小值，故選項D正確． 11．(2019·北京豐臺區(qū)高三一模)如圖所示，水平面AB光滑，粗糙半圓軌道BC豎直放置．圓弧半徑為R，AB長度為4R.在AB上方、直徑BC左側(cè)存在水平向右、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場．一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球自A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過B點(diǎn)后，沿半圓軌道運(yùn)動

14、到C點(diǎn)．在C點(diǎn)，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮閙g，已知E＝，水平面和半圓軌道均絕緣．求： (1)小球運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度大小； (2)小球運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小； (3)小球從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服阻力做的功． 解析 (1)小球從A到B，根據(jù)動能定理qE·4R＝mv－0， 又E＝得vB＝. (2)小球運(yùn)動到C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律2mg＝m，得vC＝. (3)小球從B運(yùn)動到C點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理Wf－2mgR＝mv－mv， 解得Wf＝－mgR，小球從B運(yùn)動到C點(diǎn)的過程克服阻力做功為mgR. 答案 (1)　(2)　(3)mgR 12．(2019·濟(jì)寧一模)如圖所示為研究電子槍中電子

15、在恒定電場中運(yùn)動的簡化模型示意圖．在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸、x＝L、y＝L及雙曲線y＝的一段(≤x≤L，≤y≤L)為邊界的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅰ，電場強(qiáng)度為E；在第二象限存在以x軸、y軸、x＝－2L及y＝L為邊界的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ.一電子(電荷量大小為e，質(zhì)量為m，不計重力)從電場Ⅰ的邊界B點(diǎn)處由靜止釋放，恰好從N點(diǎn)離開電場區(qū)域Ⅱ.求： (1)電子通過C點(diǎn)時的速度大小； (2)電場區(qū)域Ⅱ中的電場強(qiáng)度的大??； (3)試證明：從AB曲線上的任一位置由靜止釋放的電子都能從N點(diǎn)離開電場． 解析 (1)由雙曲線y＝知BC間距離為，從B到C由動能定理eE＝mv－0，解得電子通過C點(diǎn)時的速度大

16、小vC＝. (2)電子從C點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運(yùn)動．如圖所示． x軸方向2L＝vCt， y軸方向L＝t2， 解得區(qū)域Ⅱ中的電場強(qiáng)度的大小E′＝. (3)設(shè)電子從AB曲線上點(diǎn)P(x，y)進(jìn)入電場Ⅰ區(qū)域， 在區(qū)域Ⅰ由動能定理eEx＝mv－0， 假設(shè)電子能夠在區(qū)域Ⅱ中一直做類平拋運(yùn)動且落在x軸上的x′處．則y軸方向y＝t2，x軸方向x′＝v0t，又y＝，解得x′＝2L，即所有從邊界AB曲線上由靜止釋放的電子均從N點(diǎn)射出． 答案 (1)　(2)　(3)見解析 13．(2019·荊州高三一模)平行金屬板A、B相距為d(d足夠大)，如圖甲所示，板間加有隨時間而變化的電壓，如圖乙所示．其中U0和T已知．A板上O處有一靜止的帶電粒子，其電量為q(q>0)，質(zhì)量為m(不計重力)．在t＝0時刻受板間電場加速向B板運(yùn)動，途中由于電場反向又向A板返回，T時粒子恰好回到O點(diǎn)． (1)求U0、Ux的比值應(yīng)滿足什么關(guān)系？ (2)粒子返回O點(diǎn)時的動能是多少？ 解析 0～、～T粒子加速度大小a1＝，方向向右，～粒子加速度大小a2＝，方向向左．T時粒子恰好回到O點(diǎn)a12＋a1××－a22＋ ×＋a12＝0，＝＝，粒子回到O點(diǎn)速度v＝a1×－a2×＋a1×＝－，此時粒子動能Ek＝mv2＝. 答案 (1)＝　(2)Ek＝ 8