《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 第3講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 第3講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　電容器　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2017南京、鹽城一模)如圖所示的可變電容器,旋轉(zhuǎn)動(dòng)片使之與定片逐漸重合。則電容器的電容將(　　) A.逐漸增大 B.逐漸減小 C.保持不變 D.先增大后減小 答案　A　可變電容器的動(dòng)片與定片逐漸重合,即電容器的正對(duì)面積增大,由C=εrS4πkd可知電容變大,A項(xiàng)正確。 2.(2017江蘇單科)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(dòng)到P點(diǎn)?，F(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(dòng)到P點(diǎn)返回 B.運(yùn)動(dòng)到P和P'

2、點(diǎn)之間返回 C.運(yùn)動(dòng)到P'點(diǎn)返回 D.穿過P'點(diǎn) 答案　A　根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C=εrS4πkd、定義式C=QU和勻強(qiáng)電場(chǎng)的電壓與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系式U=Ed可得E=4πkQεrS,可知將C板向右平移到P'點(diǎn),B、C兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,由O點(diǎn)靜止釋放的電子仍然可以運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),并且會(huì)原路返回,故選項(xiàng)A正確。 3.(2018江蘇單科)如圖所示,水平金屬板A、B分別與電源兩極相連,帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離,兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面,則該油滴(　　) A.仍然保持靜止 B.豎直向下運(yùn)動(dòng) C.向左下方運(yùn)動(dòng) D.向右下方運(yùn)動(dòng) 答案　D　開始時(shí),油滴受力如

3、圖甲所示。靜電力F與重力mg平衡。當(dāng)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離后,A、B板間電場(chǎng)線變成曲線,原因是A、B板仍為等勢(shì)面,電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直,則油滴受的電場(chǎng)力F'與mg不在一條直線上(如圖乙所示)。又因?yàn)檎龑?duì)面積變小,電容變小,由C=QU知,在電壓不變的情況下,Q變小,則兩板間電場(chǎng)減弱,F'

4、子束 C.它們會(huì)分離為三股離子束 D.它們會(huì)分離為無數(shù)股離子束 答案　A　離子在電場(chǎng)中加速,根據(jù)動(dòng)能定理qU=12mv02;在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向有L=v0t,豎直方向有y=12·qEmt2;聯(lián)立可得y=EL24U,故可知離子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)距離與粒子的電荷量和質(zhì)量無關(guān),所以三種離子始終為一股離子束,選項(xiàng)A正確。 5.(2018徐州五校聯(lián)考)a、b、c三個(gè)α粒子(重力不計(jì))由同一點(diǎn)M同時(shí)垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入帶有等量異種電荷的兩平行金屬板的電場(chǎng)間,其軌跡如圖所示,其中b恰好沿板的邊緣飛出電場(chǎng),由此可知(　　) A.進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)a的速度最大,c的速度最小 B.a、b、c在電場(chǎng)

5、中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等 C.若把上極板向上移動(dòng),則a在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間增長(zhǎng) D.若把下極板向下移動(dòng),則a在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間增長(zhǎng) 答案　D　三個(gè)α粒子進(jìn)入電場(chǎng)后加速度相同,由題圖看出,豎直方向a、b偏轉(zhuǎn)距離相等,大于c的偏轉(zhuǎn)距離,由y=12at2知,a、b運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,大于c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,即ta=tb>tc。又水平位移的關(guān)系為xavb>va,即a的速度最小,c的速度最大,故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;若把上極板向上移動(dòng),根據(jù)推論E=4πkQεrS知,板間場(chǎng)強(qiáng)不變,粒子的加速度不變,可知a的運(yùn)動(dòng)情況不變,運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;若把下極板向下移動(dòng),根據(jù)推

6、論E=4πkQεrS知,板間場(chǎng)強(qiáng)不變,粒子的加速度不變,a的豎直分位移增大,由位移公式知,a在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間增長(zhǎng),故D項(xiàng)正確。 二、多項(xiàng)選擇題 6.如圖所示,M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板,板間有勻強(qiáng)電場(chǎng),質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng),當(dāng)M、N間電壓為U時(shí),粒子剛好能到達(dá)N板,如果要使這個(gè)帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的12處返回,則下述措施能滿足要求的是(　　) A.使初速度減為原來的12 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12 答案　BD　在粒子剛好到達(dá)N

7、板的過程中,由動(dòng)能定理得-qEd=0-12mv02,所以d=mv022qE,令帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為x,則使初速度減為原來的12,x=d4,故A錯(cuò)誤;使M、N間電壓提高到原來的2倍,電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍,x=d2,故B正確;使M、N間電壓提高到原來的4倍,電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍,x=d4,故C錯(cuò)誤;使初速度和M、N間電壓都減為原來的12,電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼囊话?x=d2,故D正確。 7.(2018徐州期中)如圖所示,電容器由平行金屬板M、N和電介質(zhì)D構(gòu)成。電容器通過開關(guān)S及電阻與電源E相連接。則(　　) A.將M上移,電容器的電容變大 B.將D從電容器中抽出,電容變小 C.

8、斷開開關(guān)S,M上移,M、N間電壓將增大 D.閉合開關(guān)S,M上移,流過電阻的電流方向從B到A 答案　BC　根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd可知,當(dāng)M向上移時(shí),板間距離d增大,電容器的電容變小;當(dāng)將D從電容器中抽出時(shí),相對(duì)介電常數(shù)εr減小,電容器的電容變小,故A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;斷開開關(guān)S,M上移,電荷量不變,而電容減小,根據(jù)電容的定義式C=QU,可知電容器兩端的電壓增大,故C項(xiàng)正確;閉合開關(guān)S,電壓不變,M上移時(shí)電容減小,則由Q=UC可知,電荷量Q減小,電容器放電,流過電阻的電流方向從A到B,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 8.(2018清江中學(xué)月考)如圖所示,平行板電容器與直流電源E'(內(nèi)阻不計(jì))連接,

9、下極板接地,靜電計(jì)所帶電荷量很少,可被忽略,一帶電油滴靜止于電容器中的P點(diǎn),現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向上移動(dòng)一小段距離,則(　　) A.平行板電容器的電容將變大 B.靜電計(jì)指針張角變小 C.帶電油滴將向下運(yùn)動(dòng) D.若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向上移動(dòng)一小段距離,則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變 答案　AD　電容器的下極板向上移動(dòng)時(shí),根據(jù)公式C=εrS4πkd可知d減小,C增大,A正確;由于電容器的兩端電壓恒定不變,則靜電計(jì)兩端的電壓也不變,故靜電計(jì)指針張角不變,B錯(cuò)誤;根據(jù)公式E=Ud可知,電容器的場(chǎng)強(qiáng)變大,帶電油滴將向上運(yùn)動(dòng),C錯(cuò)誤;若先將上極板與電源正極斷開,則電

10、容器所帶的電荷量不變,再將下極板向上移動(dòng)一小段距離,則電容器間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=Ud=QCd=4πkQεrS,其大小恒定不變,故帶電油滴所受的電場(chǎng)力不變,D正確。 9.(2018南通調(diào)研)如圖所示,水平放置的平行板電容器兩極板間距為d,帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q,它從上極板的邊緣以初速度v0射入,沿直線從下極板N的邊緣射出,已知重力加速度為g,則(　　) A.微粒的加速度不為零 B.微粒的電勢(shì)能減少了mgd C.兩極板的電勢(shì)差為mgdq D.M板的電勢(shì)高于N板的電勢(shì) 答案　CD　帶負(fù)電的微粒在兩極板間受豎直向下的重力和電場(chǎng)力,而微粒沿直線運(yùn)動(dòng),由物體做直線運(yùn)動(dòng)的條件可知,重

11、力與電場(chǎng)力合力必為零,加速度為零,電場(chǎng)力方向豎直向上,大小等于重力,即mg=Udq,所以兩極板之間電勢(shì)差U=mgdq,A項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確;微粒帶負(fù)電,所以電場(chǎng)方向豎直向下,而電場(chǎng)方向是由高電勢(shì)指向低電勢(shì)的,所以M板電勢(shì)高于N板電勢(shì),D項(xiàng)正確;微粒由上板邊緣運(yùn)動(dòng)到下板邊緣,電場(chǎng)力方向與速度方向夾角為鈍角,所以電場(chǎng)力對(duì)微粒做負(fù)功,微粒電勢(shì)能增加,B項(xiàng)錯(cuò)誤。 三、非選擇題 10.(2018蘇州八校聯(lián)考)如圖所示,水平放置的平行板電容器,原來兩板不帶電,上極板接地,它的極板長(zhǎng)L=0.1m,兩板間距離d=0.4cm,有一束相同微粒組成的帶正電粒子流從兩板中央平行于極板射入,由于重力作用微粒能落到下極

12、板上,微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上。設(shè)前一微粒落到下極板上時(shí)后一微粒才能開始射入兩極板間,已知微粒質(zhì)量為m=2×10-6kg,電荷量q=1×10-8C,電容器電容為C=10-6F。求:(g=10m/s2) (1)為使第一個(gè)粒子能落在下極板中點(diǎn),則微粒入射速度v0應(yīng)為多少; (2)以上述速度入射的帶電粒子,最多能有多少落到下極板上。 答案　(1)2.5m/s　(2)600個(gè) 解析　(1)第一個(gè)粒子只受重力:d2=12gt2 解得t=0.02s,則v0=L2t=2.5m/s。 (2)以v0入射的帶電粒子,恰打到下極板右邊緣時(shí),有t1=Lv0=0.04s,d2=1

13、2at12,解得a=2.5m/s2 mg-qE=ma 　　E=Ud=QdC,n=Qq 聯(lián)立得n=600個(gè)。 11.(2018如東中學(xué)期中)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出),一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入電場(chǎng),A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn),且對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)xB-xA=L,已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v,方向與電場(chǎng)方向的夾角為60°,當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30°,不計(jì)粒子重力,求: (1)粒子的初速度v0; (2)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB; (3)A點(diǎn)的坐標(biāo)(xA,yA)。 答案　(1)32v　

14、(2)mv2q (3)L8,3L4 解析　(1)把A點(diǎn)的速度進(jìn)行正交分解,沿y軸方向的分速度即初速度v0,則 v0=vsin60°=32v。 (2)設(shè)B點(diǎn)的速度為vB,則vB=v0sin30°=3v 從A到B的過程中由動(dòng)能定理可得 qUAB=12mvB2-12mv2,解得UAB=mv2q。 (3)在y軸方向上,粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),在x軸方向上,粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)(設(shè)加速度為a),從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A的過程中有: y方向:yA=v0tA,x方向:xA=vcos60°2tA 而E=UABL,a=Eqm,vcos60°=atA 解得xA=L8,yA=3L4 則A點(diǎn)的坐標(biāo)為L(zhǎng)8,3L4。 8