《2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練20 電容器與電容 帶電料子在電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng).doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練20 電容器與電容 帶電料子在電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng).doc（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練20 電容器與電容 帶電料子在電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng) 題組一　電容器問題分析 1．(多選)如圖6315所示，兩個(gè)相同的平行板電容器C1、C2用導(dǎo)線相連，開始都不帶電．現(xiàn)將開關(guān)S閉合給兩個(gè)電容器充電，待充電完畢后，電容器C1兩板間有一帶電微粒恰好處于平衡狀態(tài)．再將開關(guān)S斷開，把電容器C2兩板稍錯(cuò)開一些(兩板間距離保持不變)，重新平衡后，下列判斷正確的是(　　) 圖6315 A．電容器C1兩板間電壓減小 B．電容器C2兩板間電壓增大 C．帶電微粒將加速上升 D．電容器C1所帶電荷量增大 【解析】　充電完畢后電容器C1、C2并聯(lián)，兩端電壓相等，都等于電源電壓U，斷開S后，電容器C2兩板稍錯(cuò)開一些，即兩板正對(duì)面積S減小，根據(jù)C＝知電容減小，又由C＝可知，兩板間電壓U′增大，此時(shí)U′>U，則電容器C2又開始給C1充電，直到兩電容器電壓再次相等，此時(shí)兩者兩端的電壓比原來的電壓都增大，故A錯(cuò)誤；B正確；電容器C1所帶電荷量增大，故D正確；電容器C1兩端的電壓增大，根據(jù)E＝U/d可知，C1兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，則帶電微粒受到的電場(chǎng)力增大，帶電微粒將加速向上運(yùn)動(dòng)，故C正確． 【答案】　BCD 2．如圖6316所示，M、N是平行板電容器的兩個(gè)極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部．閉合開關(guān)S，小球靜止時(shí)受到懸線的拉力為FT.調(diào)節(jié)R1、R2，關(guān)于FT的大小判斷正確的是(　　) 圖6316 A．保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，F(xiàn)T將變大 B．保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，F(xiàn)T將變小 C．保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)T將變大 D．保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)T將變小 【解析】　小球受重力、電場(chǎng)力、懸線的拉力而處于平衡狀態(tài)，設(shè)懸線與豎直方向的夾角為θ，則tan θ＝＝，cos θ＝，則由閉合電路歐姆定律知增大R2時(shí)，定值電阻R0兩端的電壓減小，由上邊式子知θ減小，cos θ增大，F(xiàn)T減小，B項(xiàng)對(duì)；改變R1對(duì)定值電阻R0兩端的電壓不起作用． 【答案】　B 3．美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量．如圖6317所示，平行板電容器兩極板M、N相距d.兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則(　　) 圖6317 A．油滴帶正電 B．油滴帶電荷量為 C．電容器的電容為 D．將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng) 【解析】　由題意知油滴受到的電場(chǎng)力豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負(fù)電，設(shè)油滴帶電荷量為q，則極板帶電荷量為Q＝kq，由于qE＝mg，E＝，C＝，解得q＝，C＝，將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，U不變，d增大，則場(chǎng)強(qiáng)E減小，重力將大于電場(chǎng)力，油滴將向下運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確． 【答案】　C 題組二　帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 4．(多選)如圖6318所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．ON與水平面的夾角為30，重力加速度為g，且mg＝Eq，則(　　) 圖6318 A．電場(chǎng)方向豎直向上 B．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g C．小球上升的最大高度為 D．若小球在初始位移的電勢(shì)能為零，則小球電勢(shì)能的最大值為 【解析】　由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場(chǎng)方向與ON方向成120角，A錯(cuò)誤；由圖中幾何關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理可得：－mg2h＝0－mv，解得：h＝，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做負(fù)功，帶電小球的電勢(shì)能變大，當(dāng)帶電小球速度為零時(shí)，其電勢(shì)能最大，則Ep＝－qE2hcos 120＝qEh＝mg＝，D正確． 【答案】　BD 5．(多選)如圖6319所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板．質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的帶電粒子(不計(jì)重力)，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兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　) 圖6319 A．使初速度減為原來的 B．使M、N間電壓加倍 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 【解析】　粒子恰好到達(dá)N板時(shí)有Uq＝mv，恰好到達(dá)兩板中間返回時(shí)有q＝mv2，比較兩式可知B、D選項(xiàng)正確． 【答案】　BD 題組三　帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) 6. 帶有等量異種電荷的兩平行金屬板水平放置，a、b、c三個(gè)α粒子(重力忽略不計(jì))先后從同一點(diǎn)O垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖6320所示，其中b恰好沿下極板的邊緣飛出電場(chǎng)．下列說法正確的是(　　) 圖6320 A．b在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于a在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 B．b在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于c在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 C．進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)c的速度最大，a的速度最小 D．a(chǎn)打在負(fù)極板上時(shí)的速度與b飛離電場(chǎng)時(shí)的速度大小相等 【解析】　h＝at2可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間也相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．b和c在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)方向的位移不同，所以在電場(chǎng)中飛行的時(shí)間也就不同，由h＝at2可知，c粒子在電場(chǎng)中飛行的時(shí)間最短，而b、c在水平方向飛行的距離都等于極板長，所以c的速度最大，a、b兩粒子飛行時(shí)間相等，a的水平位移最小，所以a的速度最小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確．由能量守恒可知，三個(gè)粒子的動(dòng)能的增加即為電場(chǎng)力對(duì)粒子所做的功，三個(gè)粒子受到的電場(chǎng)力相同，在電場(chǎng)力方向上，誰的位移大，電場(chǎng)力對(duì)誰做的功就大，所以電場(chǎng)力對(duì)a、b兩粒子做的功相等，由于a、b兩粒子的初動(dòng)能不同，故飛離電場(chǎng)時(shí)a、b兩粒子的速度大小不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【答案】　C 7．(多選)如圖6321所示，平行板電容器A、B兩極板水平放置，現(xiàn)將其與一理想的二極管(二極管具有單向?qū)щ娦?串聯(lián)接在電源上，已知上極板A和電源正極相連，一帶電小球從一確定的位置水平射入，打在下極板B上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽略，現(xiàn)僅豎直上下移動(dòng)A板來改變兩極板AB間距(下極板B不動(dòng)，兩極板仍平行，小球水平射入的位置不變)，則下列說法正確的是(　　) 圖6321 A．若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球打在N點(diǎn)的右側(cè) B．若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球打在N點(diǎn)的左側(cè) C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球可能打在N點(diǎn)的右側(cè) D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球可能打在N點(diǎn)的左側(cè) 【解析】　因?yàn)槎O管具有單向?qū)щ娦裕噪娙萜鲀蓸O板上的電荷量只能增大，不能減??；若小球帶正電，小球受到的電場(chǎng)力豎直向下，當(dāng)AB間距增大時(shí)，電容器的電容減小，但極板上的電荷量不變，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球受力不變，所以仍會(huì)打在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)AB間距減小時(shí)，電容器的電容變大，極板上的電荷量變大，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，小球受到的豎直向下的合力變大，加速度變大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變小(根據(jù)t＝判斷，其中小球下落高度h恒定不變，加速度a變大)，水平位移變小，所以小球打在N點(diǎn)的左側(cè)，選項(xiàng)B正確；同理可知 ，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．故本題答案為B、C. 【答案】　BC 8．(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖6322所示．由此可見(　　) 圖6322 A．電場(chǎng)力為3mg B．小球帶正電 C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等 【解析】　設(shè)AC與豎直方向的夾角為θ，帶電小球從A到C，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球帶負(fù)電，由動(dòng)能定理，mgACcos θ－qEBCcos θ＝0，解得電場(chǎng)力為qE＝3mg，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤．小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球在豎直方向先加速后減速，小球從A到B與從B到C豎直方向的速度變化量的大小相等，水平方向速度不變，小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等，選項(xiàng)D正確． 【答案】　AD B組　深化訓(xùn)練——提升應(yīng)考能力 9．(多選)如圖6323甲所示，兩平行金屬板豎直放置，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6323乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計(jì)電子的重力，下列說法正確的是(　　) 　　　 　　　甲　 　乙 圖6323 A．若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上 B．若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng) C．若t＝T/4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．若t＝3T/8時(shí)刻釋放電子，電子必然打到左極板上 【解析】　若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速的運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板，不會(huì)在兩板間振動(dòng)，所以A正確，B錯(cuò)；若從t＝T/4時(shí)刻釋放電子，電子先加速T/4，再減速T/4，有可能電子已到達(dá)右極板，若此時(shí)未到達(dá)右極板，則電子將在兩極板間振動(dòng)，所以C正確；同理，若從t＝3T/8時(shí)刻釋放電子，電子有可能達(dá)到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤：此題考查帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【答案】　AC 10．空間某區(qū)域內(nèi)存著電場(chǎng)，電場(chǎng)線在豎直平面上的分布如圖6324所示．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，方向水平向右；運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2，運(yùn)動(dòng)方向與水平方向之間的夾角為α，A、B兩點(diǎn)間的高度差為h、水平距離為s，則以下判斷正確的是(　　) 圖6324 A．A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)關(guān)系為EAv1，則電場(chǎng)力一定做正功 C．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(v－v) D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做的功為mv－mv－mgh 【解析】　由電場(chǎng)線的方向和疏密可知A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)，但A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)，A錯(cuò)誤．若v2>v1說明合外力對(duì)小球做正功，但電場(chǎng)力不一定做正功，B錯(cuò)誤．由于有重力做功，A、B兩點(diǎn)間電勢(shì)差不是(v－v)，C錯(cuò)誤．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中由動(dòng)能定理得W電＋mgh＝mv－mv，所以W電＝mv－mv－mgh，D正確． 【答案】　D 11．如圖6325甲所示，在y＝0和y＝2 m之間有沿著x軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為電場(chǎng)區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場(chǎng)強(qiáng)度的變化如圖6325乙所示，取x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)正方向，現(xiàn)有一個(gè)帶負(fù)電的粒子，粒子的比荷為＝1.010－2 C/kg，在t＝0時(shí)刻以速度v0＝5102 m/s從O點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)粒子重力．求： 　　　 　甲　　　　　　　　　乙 圖6325 (1)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間； (2)粒子離開電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)； (3)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域后沿x方向的速度大?。? 【解析】　(1)因粒子初速度方向垂直電場(chǎng)方向，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間 t＝＝410－3 s (2)粒子沿x軸負(fù)方向先加速后減速，加速時(shí)的加速度大小為a1＝＝4 m/s2，減速時(shí)的加速度大小為a2＝＝2 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得 x方向上的位移為 x＝－a1()2－a1()2＋a2()2＝－210－5 m 因此粒子離開電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為(－210－5 m,2 m) (3)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域后沿x方向的速度為vx＝－a1＋a2＝－410－3 m/s 【答案】　(1)410－3 s　(2)(－210－5 m,2 m) (3)－410－3 m/s 12．如圖6326所示，水平位置的平行板電容器，原來AB兩板不帶電，B極板接地，它的極板長l＝0.1 m，兩板間距離d＝0.4 cm，現(xiàn)有一微粒質(zhì)量m＝2.010－6 kg，帶電荷量q＝＋1.010－8 C，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中點(diǎn)O處，取g＝10 m/s2.試求： 圖6326 (1)帶電粒子入射初速度v0的大小； (2)現(xiàn)使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側(cè)射出，則帶電后A板的電勢(shì)范圍？ 【解析】　(1)電容器不帶電時(shí)，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，則有＝v0t ＝gt2 聯(lián)立兩式得v0＝ 代入數(shù)據(jù)得v0＝2.5 m/s. (2)若使微粒能從電容器右側(cè)射出，則要求A板的電勢(shì)大于0，且B板接地電勢(shì)等于0，則有UAB＝φA－φB＝φA A板電勢(shì)最小時(shí)，微粒剛好從A板右側(cè)邊緣射出，則有l(wèi)＝v0t1 ＝a1t 且mg－q＝ma1 聯(lián)立以上各式得φAmin＝6 V A板電勢(shì)最大時(shí)，微粒剛好從B板右側(cè)邊緣射出，則有q－mg＝ma2 且有a2＝a1 代入數(shù)據(jù)解得φAmax＝10 V 綜上可得6 V≤φA≤10 V. 【答案】　(1)V0＝2.5 m/s　(2)6 V≤φA≤10 V