《（江蘇專用）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第三節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第三節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)檢測(cè)（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (建議用時(shí)：40分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2019·湖北孝感模擬)靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來(lái)定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大?。鐖D所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，D為靜電計(jì)，開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列采取的措施可行的是(　　) A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些 B．?dāng)嚅_開關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對(duì)面積 C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些 D．保持開關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng) 解析：選B.斷開開關(guān)S，電容器所帶

2、電荷量不變，將A、B兩極板分開些，則d增大，根據(jù)C＝知，電容C減小，根據(jù)U＝知，電勢(shì)差增大，指針張角增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S，增大A、B兩極板的正對(duì)面積，即S增大，根據(jù)C＝知，電容C增大，根據(jù)U＝知，電勢(shì)差減小，指針張角減小，選項(xiàng)B正確；保持開關(guān)S閉合，無(wú)論將A、B兩極板分開些，還是將兩者靠近些，電容器兩端的電勢(shì)差都不變，則指針張角不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；保持開關(guān)S閉合，滑動(dòng)變阻器僅充當(dāng)導(dǎo)線作用，電容器兩端的電勢(shì)差不變，滑片滑動(dòng)不會(huì)影響指針張角，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間

3、有一帶電粒子P靜止在電容器中．當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為(　　) A.g　　　　　　　　 B．g C.g D．g 解析：選A.帶電粒子在電容器兩極板間時(shí)受到重力和電場(chǎng)力的作用，最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，由二力平衡條件可得：mg＝q；當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電勢(shì)差不變，但兩極板間的距離發(fā)生了變化，引起電場(chǎng)強(qiáng)度發(fā)生了變化，從而電場(chǎng)力也發(fā)生了變化，粒子受力不再平衡，產(chǎn)生了加速度，根據(jù)牛頓第二定律ma＝mg－q，兩式聯(lián)立可得a＝g. 3．(2019·高考原創(chuàng)猜題卷)如圖所示，高為h的固定光滑絕緣斜面，傾角θ＝5

4、3°，將其置于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，現(xiàn)將一帶正電的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端由靜止釋放，其所受的電場(chǎng)力是重力的倍，重力加速度為g，則物塊落地的速度大小為(　　) A．2 B．2 C．2 D． 解析：選D.對(duì)物塊受力分析知，物塊不沿斜面下滑，離開斜面后沿重力、電場(chǎng)力合力的方向運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)合＝mg，x＝h，由動(dòng)能定理得F合·x＝mv2，解得v＝. 4．一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(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))．小孔正上方處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過(guò)小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向

5、上平移，則從P點(diǎn)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 解析：選D.設(shè)粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，由動(dòng)能定理得，第一次粒子從P點(diǎn)下落有mg－qU＝0；設(shè)第二次粒子從P點(diǎn)下落進(jìn)入電容器后在距上極板距離為x處返回，有mg－qU＝0，聯(lián)立解得x＝d，故選項(xiàng)D正確． 5．有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示，其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過(guò)帶電室?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符，不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉(zhuǎn)距離減小)，下列措施

6、可行的是(　　) A．減小墨汁微粒的質(zhì)量 B．減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間的距離 C．減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓 D．減小墨汁微粒的噴出速度 解析：選C.微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，則在水平方向上有L＝v0t，在豎直方向上有y＝at2，加速度為a＝，聯(lián)立解得y＝＝，要縮小字跡，就要減小微粒在豎直方向上的偏轉(zhuǎn)量y，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的質(zhì)量、增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間的距離、增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能Ek0(增大墨汁微粒的噴出速度)、減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U等，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 6.如圖所示，A、B兩個(gè)帶正電的粒子，所帶電荷量分別為q1與q2，

7、質(zhì)量分別為m1和m2.它們以相同的速度先后垂直于電場(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，A粒子打在N板上的A′點(diǎn)，B粒子打在N板上的B′點(diǎn)，若不計(jì)重力，則(　　) A．q1>q2 B．m1 D．< 解析：選C.設(shè)粒子的速度為v0，電荷量為q，質(zhì)量為m，加速度為a，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，所以有加速度a＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝，偏轉(zhuǎn)位移為y＝at2，整理得y＝，顯然由于A粒子的水平位移小，則有>，但A粒子的電荷量不一定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 二、多項(xiàng)選擇題 7．目前智能手機(jī)普遍采用了電容觸摸屏，電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)

8、合玻璃屏，玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為工作面，四個(gè)角引出四個(gè)電極，當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指和工作面形成一個(gè)電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，電流通過(guò)這個(gè)電容器分別從屏的四個(gè)角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例，控制器通過(guò)對(duì)四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來(lái)確定手指位置．對(duì)于電容觸摸屏，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào) B．使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作 C．手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變大 D．手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電

9、容變大 解析：選ACD.據(jù)題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，因此不需要手指有壓力，故A正確；絕緣筆與工作面不能形成一個(gè)電容器，所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作，故B錯(cuò)誤；手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，故C正確；手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大，故D正確． 8.如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則(　　) A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng) B．P點(diǎn)電勢(shì)將降低 C．電容器的電容減小，極板帶

10、電荷量減小 D．帶電油滴的電勢(shì)能保持不變 解析：選BC.電容器與電源相連，兩極板間電壓不變，下極板接地，電勢(shì)為0.油滴位于P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此有mg＝qE.當(dāng)上極板向上移動(dòng)一小段距離時(shí)，板間距離d增大，由C＝可知電容器電容減小，板間場(chǎng)強(qiáng)E場(chǎng)＝減小，油滴所受的電場(chǎng)力減小，mg＞qE，合力向下，帶電油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；P點(diǎn)電勢(shì)等于P點(diǎn)到下極板間的電勢(shì)差，由于P到下極板間距離h不變，由φP＝ΔU＝Eh可知，場(chǎng)強(qiáng)E減小時(shí)P點(diǎn)電勢(shì)降低，B對(duì)；由C＝可知電容器所帶電荷量減小，C對(duì)；帶電油滴所處P點(diǎn)電勢(shì)下降，而由題圖可知油滴帶負(fù)電，所以油滴電勢(shì)能增大，D錯(cuò)． 9．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放

11、置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．電子原來(lái)靜止在左極板小孔處(不計(jì)重力作用)．下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上 B．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng) C．從t＝ 時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上 D．從t＝ 時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上 解析：選AC.根據(jù)題中條件作出帶電粒子的速度圖象，根據(jù)速度圖象包圍的面積分析粒子的運(yùn)動(dòng)．由圖(a)知，t＝0時(shí)釋放電子，電子的位移始終是正值，說(shuō)明一直向右運(yùn)動(dòng)，一定能夠擊中右板，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤． 　 由圖

12、(b)知，t＝時(shí)釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的內(nèi)不能到達(dá)右板，則之后往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤． 10．如圖所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長(zhǎng)L＝0.4 m，兩極板間距離d＝4×10－3 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩極板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩極板間不帶電，由于重力作用，微粒能落到下極板的正中央．已知微粒質(zhì)量m＝4×10－5 kg、電荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．微粒的入射速度v0＝10 m/s B．電容器上極板接電源正極時(shí)微粒有可能從平行板電容

13、器的右邊射出電場(chǎng) C．電源電壓為180 V時(shí)，微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng) D．電源電壓為100 V時(shí)，微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng) 解析：選AC.開關(guān)S閉合前，兩極板間不帶電，微粒落到下極板的正中央，由＝gt2，＝v0t，聯(lián)立得v0＝10 m/s，A對(duì)；電容器上極板接電源正極時(shí)，微粒的豎直方向加速度更大，水平位移將更小，B錯(cuò)；設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時(shí)的加速度為a，電場(chǎng)力向上，則＝at，L＝v0t1，mg－＝ma，聯(lián)立解得U1＝120 V，同理微粒在平行板右邊緣上側(cè)飛出時(shí)，可得U2＝200 V，所以平行板上板帶負(fù)電，電源電壓為120 V≤U≤200 V時(shí)，微?？?/p>

14、以從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，C對(duì)、D錯(cuò)． 三、非選擇題 11．(2016·高考四川卷)中國(guó)科學(xué)院2015年10月宣布中國(guó)將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用．如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極．質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過(guò)各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在漂移管間被電場(chǎng)加速，加速電壓視為不變．設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106 m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間

15、縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間視為電源周期的 .質(zhì)子的比荷取1×108 C/kg.求： (1)漂移管B的長(zhǎng)度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓． 解析：(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則 T＝ ① L＝vB· ② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4 m． ③ (2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場(chǎng)對(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到E電場(chǎng)做功W′，質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，則 W＝qU ④ W′＝3W ⑤ W′＝mv－mv ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104 V. 答案

16、：(1)0.4 m　(2)6×104 V 12．如圖所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等．一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P(－L，0)點(diǎn)射入第二象限，已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng)，并且能夠連續(xù)兩次通過(guò)y軸上的同一個(gè)點(diǎn)Q(未畫出)，重力加速度g為已知量．求： (1)初速度v0與x軸正方向的夾角； (2)P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPQ； (3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間． 解析：(1)由題意知，帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE＝mg 設(shè)初速度v0與x軸正方向的夾角為θ， 且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動(dòng)，有tan θ＝ 解得θ＝45°. (2)P到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理有 qEL－mgL＝0 WPQ＝qEL 解得UPQ＝＝－. (3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律有mg＝ma， 即a＝g，v0＝at 解得t＝ 帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時(shí)間 T＝2t＝. 答案：(1)45°　(2)－　(3) 8