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1、2022年高考物理大一輪復習 第六章 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動練習 選擇題(每題6分,共42分) 1.(xx黑龍江東部地區(qū)聯(lián)考)(多選)如圖所示,C為中間插有電介質(zhì)的電容器,a和b為其兩極板,a板接地;P和Q為兩豎直放置的平行金屬板,在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球;P板與b板用導線相連,Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向,在b板帶電后,懸線偏轉了角度α。在以下方法中,能使懸線的偏角α變大的是(　　) A.縮小a、b間的距離 B.加大a、b間的距離 C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì) D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì) 2.(xx江蘇蘇北四市二次調(diào)研)如圖所

2、示,無限大均勻帶正電薄板豎直放置,其周圍空間的電場可認為是勻強電場。光滑絕緣細管垂直穿過板中間小孔,一個視為質(zhì)點的帶負電小球在細管內(nèi)運動。以小孔為原點建立x軸,規(guī)定x軸正方向為加速度a和速度v的正方向,選項圖分別表示x軸上各點的電勢φ,小球的加速度a、速度v和動能Ek隨x的變化圖象,其中正確的是(　　) 3.(xx浙江溫州期中)兩個較大的平行板A、B相距為d,分別接在電壓為U的電源的正負極上,開關S閉合時質(zhì)量為m,帶電荷量為-q的油滴恰好靜止在兩板之間,如圖所示,在保持其他條件不變的情況下,將兩板非常緩慢地水平錯開一些,以下說法正確的是(　　) A.油滴將向上運動,電流計中的電

3、流從b流向a B.油滴將向下運動,電流計中的電流從a流向b C.油滴將靜止不動,電流計中的電流從a流向b D.油滴將靜止不動,電流計中無電流流過 4.(xx安徽安慶聯(lián)考)如圖所示,一帶電粒子以速度v垂直于場強方向沿上板邊緣射入勻強電場,剛好貼下邊緣飛出,已知產(chǎn)生場強的金屬板長為L,如果帶電粒子的速度為2v 時,當它的豎直位移等于板間距d時,它的水平射程x為 (　　) A.1.5L B.2L C.2.5L D.3L 5.(xx重慶三峽聯(lián)盟聯(lián)考)空間某區(qū)域內(nèi)存在著電場,電場線在豎直平面上的分布如圖所示,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在該電場中運動,小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1,方

4、向水平向右,運動至B點時的速度大小為v2,運動方向與水平方向之間的夾角為α,A、B兩點之間的高度差與水平距離均為H,則以下判斷中正確的是(　　) A.若v2>v1,則電場力一定做正功 B.小球由A點運動到B點,電場力做功W=m-m-mgH C.兩點間的電勢差U=(-) D.小球運動到B點時所受重力的瞬時功率P=mgv2 cos α 6.(xx浙江稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考)(多選)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一勻強電場,其方向與水平方向成α=30°角斜向上,在電場中有一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電小球,用長為L的不可伸長的絕緣細線掛于O點,當小球靜止于M點時,細線恰好水平?，F(xiàn)用外力將小球拉到最低

5、點P,然后無初速度釋放,則以下判斷正確的有(　　) A.小球再次到M點時,速度剛好為零 B.小球從P到M過程中,合外力對它做了mgL的功 C.小球從P到M過程中,小球的機械能增加了mgL D.如果小球運動到M點時,細線突然斷裂,小球以后將做勻變速曲線運動 7.(xx河南南陽一中月考)(多選)給平行板電容器充電,斷開電源后A極板帶正電,B極板帶負電。板間一帶電小球C用絕緣細線懸掛,如圖所示。小球靜止時與豎直方向的夾角為θ,則(　　) A.若將B極板向右平移稍許,電容器的電容將減小 B.若將B極板向下平移稍許,A、B兩板間電勢差將增大 C.若將B極板向上平移稍許,夾角θ將變

6、大 D.輕輕將細線剪斷,小球將做斜拋運動 B組　xx年模擬·提升題組 時間:50分鐘　　分值:70分 一、選擇題(每題6分,共24分) 1.(xx湖北黃岡中學、黃石二中、鄂州高中聯(lián)考)(多選)把以空氣為介質(zhì)的平行板電容器a與電阻R和電動勢為E的直流電源連接(如圖所示),平衡后,把一塊玻璃板插入電容器a中,則再達到平衡時(　　) A.與玻璃板插入前比,電容器a兩極板間的電壓增大 B.與玻璃板插入前比,電容器a兩極板間的電壓減小 C.與玻璃板插入前比,電容器a貯存的電能增大了 D.玻璃板插入過程中有電流從左向右通過電阻R 2.(xx浙江杭州重點中學聯(lián)

7、考)xx年12月初,霧霾施虐寧波,有同學想通過靜電除塵的方法凈化空氣,設計原理圖如圖所示。她用玻璃圓桶密閉含灰塵的空氣,圓桶的高和直徑相等。第一種除塵方式是:在圓桶頂面和底面間加上電壓U,沿圓桶的軸線方向形成一個勻強電場,塵粒的運動方向如圖甲所示;第二種除塵方式是:在圓桶軸線處放一直導線,在導線與桶壁間加上的電壓也等于U,形成沿半徑方向的輻向電場,塵粒的運動方向如圖乙所示。已知空氣阻力與塵粒運動的速度成正比,即F阻=kv(k為一定值),假設每個塵粒的質(zhì)量和帶電荷量均相同,則在這兩種方式中(　　) A.塵粒最終一定都做勻速運動 B.塵粒受到的電場力大小相等 C.電場對單個塵粒做功的最大

8、值相等 D.乙容器中的塵粒運動為類平拋運動 3.(xx遼寧撫順六校聯(lián)合體期中)(多選)如圖所示,在真空中有一水平放置的不帶電平行板電容器,板間距離為d,電容為C,上板B接地,現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m,帶電荷量為q的小油滴,以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入,第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點。如果能落到A板的油滴僅有N滴,且第N+1滴油滴剛好能飛離電場,假設落到A板的油滴的電荷量能被板全部吸收,不考慮油滴間的相互作用,重力加速度為g,則(　　) A.落到A板的油滴數(shù)N= B.落到A板的油滴數(shù)N= C.第N+1滴油滴經(jīng)過電場的整個過程中所增加的動能為 D.第N

9、+1滴油滴經(jīng)過電場的整個過程中減少的機械能為 4.(xx河南南陽一中月考)(多選)如圖所示,空間坐標系O-xyz的z軸方向豎直向上,所在空間存在沿y軸正方向的勻強電場,電場強度E=。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從z軸上的A點以速度v0沿x軸正方向拋出,A點坐標為(0,0,l),重力加速度為g,下列說法正確的是(　　) A.小球運動中機械能增大 B.小球運動軌跡所在的平面與xOy平面的夾角為45° C.小球運動的軌跡與xOy平面交點的坐標為(l,l,0) D.小球到達xOy平面時的速度大小為 二、非選擇題(共46分) 5.(xx江蘇蘇南四校聯(lián)考)(14分)如圖甲所示,在場強大

10、小為E、方向豎直向上的勻強電場中存在著一半徑為R的圓形區(qū)域,O點為該圓形區(qū)域的圓心,A點是圓形區(qū)域的最低點,B點是圓形區(qū)域最右側的點。在A點有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于場強方向水平向右的正電荷,電荷的質(zhì)量為m、電荷量為q,不計電荷重力、電荷之間的作用力。 (1)若某電荷的運動軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P點,如圖甲所示,∠POA=θ,求該電荷從A點出發(fā)時的速率。 (2)若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD,如圖乙所示,C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點,∠COB=∠BOD=30°。求該屏上接收到的電荷的最大動能和最小動能。 6.(xx浙江杭州重點中學聯(lián)考)(16

11、分)如圖所示,空間有場強E=1.0×103 V/m豎直向下的電場,長L=0.4 m不可伸長的輕繩固定于O點,另一端系一質(zhì)量m=0.05 kg帶電荷量q=5×10-4 C的小球,拉起小球至繩水平后在A點無初速度釋放,當小球運動至O點的正下方B點時,繩恰好斷裂,小球繼續(xù)運動并垂直打在同一豎直平面且與水平面成θ=30°、無限大的擋板MN上的C點。(g=10 m/s2),試求: (1)繩子至少受多大的拉力才能被拉斷; (2)A、C兩點的電勢差; (3)當小球剛要運動至C點時,突然施加一恒力F作用在小球上,同時把擋板迅速水平向右移動3.2 m,若小球仍能垂直打在擋板上,所加恒力F的方向的取值范圍。

12、 7.(xx湖南瀏陽一中、醴陵一中、攸縣一中聯(lián)考)(16分)如圖所示,兩平行金屬板A、B長8 cm,兩極板間距離d=8 cm,A極板比B極板電勢高300 V,一電荷量q=1×10-10 C、質(zhì)量m=1×10-20 kg的帶正電的粒子,沿電場中心線RO垂直電場線方向飛入電場,初速度v0=2×106 m/s,粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后,進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域,(設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)已知兩界面MN、PS相距為12 cm,D是中心線RO與界面PS的交點,O點在中心線上,距離界面PS為9 cm,粒子穿過界面PS恰

13、好做勻速圓周運動打在放置于中心線上的熒光屏bc上,不計粒子重力(靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2)。 (1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠?到達PS界面時離D點多遠? (2)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小。 第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動 A組　xx年模擬·基礎題組 選擇題 1.BC　由題意可得UPQ=Uba;因α角增大,可知PQ間場強增大,由U=Ed知UPQ增大;由Q=CU知P、Q板帶電荷量增多,由題意知b板和P板帶電荷量之和恒定,則知a、b板帶電荷量一定減少;由Q=CU,知電容器C的電容一定減小;由C=,知A、D錯,B、C

14、對。 2.D　由U=φ-0=Ed=Ex可知電勢隨x線性變化,選項A錯誤;在勻強電場中加速度a= ,大小不變,但由于是負電荷,在x軸的正方向所受的電場力方向沿x軸的負方向,即加速度方向應為負,而沿x軸負方向的加速度方向為正,選項B錯誤;小球做勻減速直線運動 v2-=-2ax,得v=,選項C錯誤;由動能定理有-Eqx=Ek-Ek0得Ek=Ek0-Eqx,選項D正確。 3.C　將兩板緩慢地錯開一些,兩板正對面積減小,根據(jù)電容的決定式C=得知,電容減小,因電壓不變,則由C=知,電容器帶電荷量減小,電容器處于放電狀態(tài),電路中產(chǎn)生順時針方向的電流,則電流計中有a→b的電流。由于電容器板間電壓和距離不變

15、,則由E=,知板間場強不變,油滴所受電場力不變,仍處于靜止狀態(tài)。故C正確,A、B、D錯誤。 4.C　粒子以速度v穿過電場時,水平方向有:L=vt,豎直方向有:d=at2=··=。當粒子以速度2v穿過電場時,水平方向有:L=2v·t';豎直方向有:h=at'2=··==d,設穿出電場時豎直方向的速度為vy,則滿足m=qE·,vy==,設再經(jīng)過Δt時間豎直位移達到d,則Δt==,即飛出電場后水平位移Δx=2vΔt=1.5L,即x=L+Δx=2.5L,C選項正確。 5.B　小球由A點運動到B點,重力一定做正功,若v2>v1,動能增大,則電場力不一定做正功,選項A錯誤。由動能定理,小球由A點運動到

16、B點,電場力做功W=m-m-mgH,選項B正確。由W=qU,可得兩點間的電勢差U=(-)-,選項C錯誤。小球運動到B點時所受重力的瞬時功率P=mgv2 sin α,選項D錯誤。 6.BD　小球從P到M過程中,線的拉力不做功,只有電場力和小球重力做功,它們的合力也是恒力,大小為mg,方向水平向右,所以小球到M點時,速度最大,而不是零,選項A錯誤。小球從P到M過程中,小球在合外力方向上的位移為L,所以合外力對它做的功為mgL,選項B正確。小球從P到M過程中,機械能增加量就是動能增加量(mgL)和重力勢能增加量(mgL)之和,選項C錯誤。如果小球運動到M點時,細線突然斷裂時,速度方向豎直向上,合外

17、力水平向右,小球以后將做勻變速曲線運動,選項D正確。 7.ABC　若將B極板向右平移稍許,d增大,根據(jù)C=,知電容器的電容將減小,故A正確。若將B極板向下平移稍許,正對面積S減小,根據(jù)C=,知電容將減小,因電容器帶電荷量Q不變,由U=,分析知板間電勢差增大,故B正確。若將B極板向上平移稍許,正對面積S減小,電容將減小,因電容器帶電荷量Q不變,由U=,分析知板間電勢差增大,根據(jù)E=,知E增大,則小球所受的電場力增大,θ將變大,故C正確。輕輕將細線剪斷,小球將沿重力與電場力的合力方向做勻加速直線運動,故D錯誤。 B組　xx年模擬·提升題組 一、選擇題 1.CD　電容器一直和電源連通,故

18、達到平衡時,兩極板間的電壓等于電源電動勢,保持不變,所以A、B錯誤;插入玻璃板后,電容器的電容增大,由C=可知,電容器貯存的電荷量增加,貯存的電能增大,電容器繼續(xù)充電,電流自左向右流過電阻R,所以C正確、D正確。 2.C　塵?？赡芤恢弊黾铀龠\動,也可能最終做勻速運動,故A錯誤;每種除塵方式中塵粒受到電場力大小F=qE,但兩種不同方式,空間中的電場強度不同,所以塵粒所受電場力大小是不同的,故B錯誤;因電場對單個塵粒做功的最大值為qU,則在兩種情況下電場對塵粒做功的最大值相等,故C正確;乙容器中塵粒運動過程中阻力隨速度在變化,所受合力不為恒力,故塵粒做的不是類平拋運動,故D錯誤。 3.ACD　

19、由題可知,第一滴油滴在極板間做平拋運動,設板的長度為L,則有:水平位移=v0t1,豎直位移=g;第N+1滴油滴做類平拋運動,則有:水平位移L=v0t2,豎直位移=a,由牛頓第二定律有:mg-qE=ma,其中E===,聯(lián)立以上各式得:N=,故A正確,B錯誤;第N+1滴油滴運動過程中重力和電場力做功等于油滴動能的增量,由動能定理有:W=mg-qE=ΔEk,解得:ΔEk=,故C正確;第N+1滴油滴運動過程中電場力做的負功等于油滴減少的機械能,則減少的機械能W=qE=,故D正確。 4.AB　小球運動中電場力做正功,機械能增大,選項A正確;由于電場力和重力的合力方向與xOy平面的夾角為45°,所以小球

20、運動軌跡所在的平面與xOy平面的夾角為45°,選項B正確;小球做類平拋運動,沿z軸負方向的加速度az=g,沿y軸正方向的加速度ay=g,小球運動到xOy平面時,有l(wèi)=azt2,得運動時間t=,則x=v0t=v0,y=ayt2=l,選項C錯誤;由動能定理,有qEl+mgl=mv2-m,解得v=,選項D錯。 二、非選擇題 5.答案　見解析 解析　(1)設該電荷從A點發(fā)出時的速率為v0,運動到P點的時間為t,因不計其重力及電荷之間的作用力,所以電荷做類平拋運動,則有 a= R sin θ=v0t R-R cos θ=at2 由以上三式得v0= (2)由(1)的結論得粒子從A點出發(fā)

21、時的動能為 m== 則經(jīng)過P點時的動能為 Ek=Eq(R-R cos θ)+m=EqR(5-3 cos θ) 可以看出,當θ變大時,接收屏上電荷的動能逐漸增大,因此D點接收到的電荷的動能最小,C點接收到的電荷的動能最大。 D點對應θ=60°,則最小動能為: EkD=EqR(5-3 cos 60°)=EqR C點對應θ=120°,則最大動能為: EkC=EqR(5-3 cos 120°)=EqR 6.答案　(1)3 N　(2)1 600 V　(3)見解析 解析　(1)A→B:由動能定理及牛頓第二定律有 (mg+qE)·L=m F-(mg+qE)=m 可解得:F=3 N,

22、vB=4 m/s (2)小球離開B點后做類平拋運動,到達C點時水平方向速度保持不變,小球垂直打在斜面上,故滿足vC==8 m/s 根據(jù)動能定理有:(mg+qE)hAC=m 又UAC=EhAC 解得:UAC=1 600 V (3)擋板向右移動3.2 m,小球沿速度方向運動了1.6 m 若小球做減速運動恰好垂直打到擋板,則 a==20 m/s2=2g, 所以要求a≤2g,F合≤2mg 設恒力F與豎直方向的夾角為α,作出小球的受力矢量三角形分析如圖所示 可得α≤15°(斜向左上方) 若小球做勻速直線或勻加速直線運動垂直打在擋板上,設恒力F與豎直向上方向的夾角為α,作出小球的受力

23、矢量三角形分析如圖所示,則有0≤(α+θ)<180° 得0°≤α<150°(斜向右下方) 綜上:恒力F與豎直向上的夾角α(以順時針為正)范圍為-15°≤α<150° 7.答案　(1)0.03 m　0.12 m　(2)負電　1.04×10-8 C 解析　(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(側向位移) y=at2 t= a= UAB=300 V 解得:y=0.03 m 帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,其運動軌跡與PS線交于a點,設a到中心線的距離為Y, 則= 解得Y=0.12 m; (2)帶電粒子到達a處時,沿v0方向的速度大小為vx=v0=2×106 m/s 垂直v0方向的速度大小為vy=at=1.5×106 m/s 如圖,tan α==,tan β==,可知速度v的方向與Oa垂直 根據(jù)題意可知,該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q做勻速圓周運動,且半徑等于Oa的長度, 即r=Oa= 代入數(shù)據(jù)解得:r=0.15 m 粒子到達a點時的速度大小為:v==2.5×106 m/s; 由庫侖定律和牛頓第二定律得k=m 解得Q=1.04×10-8 C,且Q帶負電。