《山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練24 電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動 新人教版.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練24 電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動 新人教版.docx（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)規(guī)范練24　電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 基礎(chǔ)對點(diǎn)練 1.(多選)(電容動態(tài)變化　傳感器)(2018安徽宿州質(zhì)檢)如圖為某一機(jī)器人上的電容式位移傳感器工作時(shí)的簡化模型圖。當(dāng)被測物體在左右方向發(fā)生位移時(shí),電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動,連接電容器的靜電計(jì)會顯示電容器電壓的變化,進(jìn)而能測出電容的變化,最后就能探測到物體位移的變化,若靜電計(jì)上的指針偏角為θ,則被測物體(　　) A.向左移動時(shí),U增加 B.向右移動時(shí),θ增加 C.向左移動時(shí),U減少 D.向右移動時(shí),θ減少 答案BC 解析根據(jù)公式C=,可知當(dāng)被測物體帶動電介質(zhì)板向左移動時(shí),導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)增加,則電容C增加,由公式C=可知電荷量Q不變時(shí),U減少,則θ減少,故A錯(cuò)誤,C正確;由公式C=,可知當(dāng)被測物體帶動電介質(zhì)板向右移動時(shí),導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)減少,則電容C減少,由公式C=可知電荷量Q不變時(shí),U增加,則θ增加,故B正確,D錯(cuò)誤;故選BC。 2.(多選)(電容動態(tài)變化　靜電計(jì))(2018山東淄博一中三模)某實(shí)驗(yàn)小組用圖示裝置探究影響平行板電容器電容的因素。若兩極板正對面積為S,極板間的距離為d,靜電計(jì)指針偏角為θ。實(shí)驗(yàn)中,假定極板所帶電荷量不變,下列判斷中正確的是(　　) A.保持S不變,增大d,則C變小,θ變大 B.保持S不變,增大d,則C變大,θ變小 C.保持d不變,減小S,則C變小,θ變大 D.保持d不變,減小S,則C變大,θ變小 答案AC 解析根據(jù)電容的決定式C=得知,電容與極板間距離成反比,當(dāng)保持S不變,增大d時(shí),電容減小,因極板所帶電荷量Q不變,由電容的定義式C=,分析可知板間電勢差增大,靜電計(jì)指針的偏角θ變大。故A正確,B錯(cuò)誤。根據(jù)電容的決定式C=得知,電容與極板的正對面積成正比,當(dāng)保持d不變,減小S時(shí),電容C減小,極板所帶電荷量Q不變,則由電容的定義式C=,可知板間電勢差U增大,靜電計(jì)指針的偏角θ變大。故C正確,D錯(cuò)誤。故選AC。 3.(多選)(帶電粒子在電場中直線運(yùn)動)(2018株洲檢測)如圖所示,在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B,板與水平方向的夾角為θ,一個(gè)電荷量q=1.4110-4C、質(zhì)量m=1 g的帶電小球,自A板上的孔P以水平速度v0=0.1 m/s飛入兩板之間的電場,經(jīng)0.02 s后未與B板相碰又回到孔P,g取10 m/s2,則(　　) A.板間電場強(qiáng)度大小為100 V/m B.板間電場強(qiáng)度大小為141 V/m C.板與水平方向的夾角θ=30 D.板與水平方向的夾角θ=45 答案AD 解析因?yàn)樾∏驈目譖水平飛入兩板之間,沿水平方向運(yùn)動,小球受力如圖所示,設(shè)板間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E,板與水平方向的夾角為θ,在豎直方向由平衡條件得Eqcosθ=mg,在水平方向由動量定理得Eqsinθt=2mv0,解得E=≈100V/m,tanθ==1,即θ=45,A、D正確。 4.(多選)(帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn))(2018河南洛陽一模)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在屏上。整個(gè)裝置處于真空中,不計(jì)粒子重力及其相互作用,那么(　　) A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多 B.三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大 C.三種粒子運(yùn)動到屏上所用時(shí)間相同 D.三種粒子一定打到屏上的同一位置 答案AD 解析帶電粒子在電場E1中加速,由動能定理,qU1=mv2,解得v=。進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2中做類平拋運(yùn)動,L=vt,y=at2,qE2=ma,聯(lián)立解得y=,偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功W=qE2y=,與粒子質(zhì)量無關(guān),所以偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多,選項(xiàng)A正確;三種粒子打到屏上時(shí)的水平速度不一樣大,豎直速度at不一樣大,所以三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;三種粒子運(yùn)動到屏上所用時(shí)間不相同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于y=與粒子質(zhì)量無關(guān),三種粒子相同,所以三種粒子一定打到屏上的同一位置,選項(xiàng)D正確。 5.(帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn))(2018廣東惠州模擬)如圖所示是一個(gè)說明示波管工作原理的示意圖,電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)量是h,兩平行板間的距離為d,電勢差為U2,板長為L。為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量)可采用的方法是(　　) A.增大兩板間的電勢差U2 B.盡可能使板長L短些 C.使加速電壓U1升高些 D.盡可能使板間距離d小些 答案D 解析帶電粒子加速時(shí),由動能定理得:qU1=mv2 帶電粒子偏轉(zhuǎn)時(shí),由類平拋運(yùn)動規(guī)律,得: L=vt h=at2 又由牛頓第二定律得:a= 聯(lián)立以上各式可得h= 由題意,靈敏度為: 可見,靈敏度與U2無關(guān),要提高示波管的靈敏度,可使板長L長些、板間距離d小一些、使加速電壓U1降低一些,故ABC錯(cuò)誤,D正確。故選D。 6.(多選) 如圖所示,豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板電容器充上電后,板間電勢差為U,兩板間距離為d?，F(xiàn)用絕緣絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球,絲線跟豎直方向成θ=30角時(shí)小球恰好平衡,且此時(shí)與右板的距離為b。已知重力加速度為g,則下列說法正確的是(　　) A.小球受三個(gè)力作用,其中電場力與繩的拉力的合力等于重力 B.小球帶正電,帶電荷量是 C.若剪斷絲線,小球需要經(jīng)過t=碰到金屬板 D.若剪斷絲線,小球的電勢能將增加 答案ABC 解析由于小球處于平衡狀態(tài)知小球帶正電,對小球受力分析如圖所示。 FTsinθ=q,FTcosθ=mg,故q=,A、B正確;FT=,而剪斷絲線后小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時(shí)絲線對小球的拉力大小相等,故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于,小球的加速度a=,小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動,電場力做正功,電勢能減小,當(dāng)碰到金屬板上時(shí),它的位移為x=,又由x=at2,得t=,C正確,D錯(cuò)誤。 7.(多選)(電容動態(tài)變化　動能定理)(2018安徽蚌埠下學(xué)期三質(zhì)檢)如圖,充電后的平行板電容器水平放置(與電源斷開),電容為C,板間距離為d,上極板正中央有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落,穿過小孔到達(dá)下極板處的P點(diǎn)時(shí)速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì),極板間電場可視為勻強(qiáng)電場,重力加速度為g)。下列說法正確的是(　　) A.電容器所帶電荷量Q= B.電容器板間的電場強(qiáng)度E= C.若下板下移的距離,小球到達(dá)P點(diǎn)(原下板處)時(shí)速度恰為零 D.若下板水平右移一小段距離,小球到達(dá)下板處時(shí)速度恰為零 答案BC 解析在從釋放到到達(dá)下極板的過程中,根據(jù)動能定理:mg(h+d)-qEd=0,解得:E=,電容器兩極板間的電壓為:U=Ed=,電容器的帶電量為:Q=CU=,故A錯(cuò)誤,B正確;由于電容器的電量不變,根據(jù)C=、C=和E=,得E=,當(dāng)下板向下移動時(shí)電場強(qiáng)度不變,根據(jù)動能定理可知,小球從相同的高度釋放,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度恰好為零;當(dāng)下板水平右移一小段距離,面積S減小,故電場強(qiáng)度增大,下落相同的距離,電場力做的負(fù)功更多,故小球在到達(dá)下板前速度已經(jīng)為零,故AD錯(cuò)誤,BC正確,故選BC。 方法點(diǎn)撥對從釋放到到達(dá)下極板處過程運(yùn)用動能定理列式求解電場強(qiáng)度,然后根據(jù)Q=CU求解電容器的帶電量,根據(jù)C=、C=和E=,分析各種情況下電場強(qiáng)度的變化,再根據(jù)動能定理分析小球下落的速度。 素養(yǎng)綜合練 8.(多選)(電容動態(tài)變化　帶電粒子在電場中的平衡和運(yùn)動)(2018廣東深圳調(diào)研)兩個(gè)完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置,如圖所示。開關(guān)S閉合時(shí),兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將S斷開,將C2下極板向上移動少許,然后再次閉合S,則下列說法正確的是(　　) A.兩油滴的質(zhì)量相等,電性相反 B.斷開開關(guān),移動C2下極板過程中,B所在位置的電勢不變 C.再次閉合S瞬間,通過開關(guān)的電流可能從上向下 D.再次閉合開關(guān)后,A向下運(yùn)動,B向上運(yùn)動 答案BCD 解析當(dāng)S閉合時(shí),左邊電容的上極板和右邊電容的下極板相連,即兩個(gè)極板的電勢相等,又因?yàn)槠渌麅蓚€(gè)極板都接地,電勢相等,故兩極板間的電勢差的絕對值相等,根據(jù)mg=q,由于不知道兩油滴的電荷量,故兩個(gè)油滴的質(zhì)量不一定相等,若C1上極板帶正電,則C1電場方向豎直向下,A液滴應(yīng)受到豎直向上的電場力,故帶負(fù)電,C2下極板帶正電,則C2電場方向豎直向上,B滴液應(yīng)受到豎直向上的電場力,所以帶正電,電性相反;若C1上極板帶負(fù)電,則C1電場方向豎直向上,A液滴應(yīng)受到豎直向上的電場力,故帶正電,C2下極板帶負(fù)電,則C2電場方向豎直向下,B滴液應(yīng)受到豎直向上的電場力,所以帶負(fù)電,電性相反,總之兩油滴的電性相反,A錯(cuò)誤;斷開開關(guān),移動C2下極板過程中,兩極板所帶電荷量相等,根據(jù)C=,C=,E=聯(lián)立可得E=,兩極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間的距離無關(guān),故電場強(qiáng)度恒定,所以B的受力不變,故仍處于靜止?fàn)顟B(tài),到上極板(零電勢)的距離不變,根據(jù)U=Ed可知B點(diǎn)的電勢不變,B正確;S斷開,將C2下極板向上移動少許,根據(jù)C=可知C2增大,根據(jù)C=可知U減小,即C2下極板電勢降低,再次閉合S瞬間,C1上極板電勢大于C2下極板電勢,通過開關(guān)的電流可能從上向下,穩(wěn)定后,根據(jù)E=可知C1電容兩極板間的電勢差減小,電場強(qiáng)度減小,A向下運(yùn)動,C2兩極板間的電勢差增大,電場強(qiáng)度增大,B向上運(yùn)動,選項(xiàng)CD正確。 9.(2014山東卷)如圖,電場強(qiáng)度大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場中)。不計(jì)重力。若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于(　　) A. B. C. D. 答案B 解析由+q和-q兩粒子軌跡的對稱性可知,兩軌跡切點(diǎn)正好在區(qū)域abcd的正中心。對粒子+q,從a點(diǎn)運(yùn)動到軌跡切點(diǎn)有=v0t?、?t2　②。解得v0=,本題只有選項(xiàng)B正確。 10.(多選)(帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn))(2018河南南陽期末)如圖所示,一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置,板長為L,板間距離為d,距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0沿中線射入兩板間,最后垂直打在M上,則下列結(jié)論正確的是(已知重力加速度為g)(　　) A.兩極板間電壓為 B.板間電場強(qiáng)度大小為 C.整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢能增加 D.若僅增大兩極板間距,則該質(zhì)點(diǎn)不可能垂直打在M上 答案BC 解析根據(jù)題意可知,小球在平行金屬板間受電場力和重力,出電場后只受重力,而最后又垂直打在屏上,兩段運(yùn)動具有對稱性,可得小球的運(yùn)動軌跡先向上偏轉(zhuǎn),做類平拋運(yùn)動,飛出電場后,小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn),如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律得:qE-mg=ma,mg=ma,解得E=,由U=Ed得板間電勢差U=d=,故A錯(cuò)誤,B正確;小球在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y=at2,a==g,t=,解得:y=,故小球打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為:s=2y=,重力勢能的增加量Ep=mgs=,故C正確。僅增大兩板間的距離,因兩板上電量不變,根據(jù)E=可知,板間電場強(qiáng)度不變,小球在電場中受力情況不變,則運(yùn)動情況不變,故仍垂直打在屏上,故D錯(cuò)誤。故選BC。 11. (多選)(帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn))一電荷量為q的帶正電粒子以某一速度垂直電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場,在電場中運(yùn)動軌跡如圖所示。圖中A、B為其運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn),已知A、B兩點(diǎn)之間垂直電場方向的距離為L,該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v、方向與電場方向的夾角為60,在B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30。不計(jì)重力,根據(jù)上述條件,下列物理量可求的是(　　) A.粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度 B.粒子在A、B兩點(diǎn)間的運(yùn)動時(shí)間 C.A、B兩點(diǎn)間的電勢差 D.電場強(qiáng)度的大小 答案AB 解析設(shè)粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度為v0,帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB,粒子在垂直于電場方向做勻速運(yùn)動,該方向分速度即為v0,故有:v0=vsin60,由L=v0t,可得粒子在A、B兩點(diǎn)間的運(yùn)動時(shí)間,故A、B正確;設(shè)A、B間的電勢差為UAB,由動能 定理,有:qUAB=,又vBsin30=vsin60,聯(lián)立以上兩式得A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB=,由于質(zhì)量未知,所以A、B兩點(diǎn)間的電勢差不可求,C錯(cuò)誤;根據(jù)公式U=Ed知,由于AB兩點(diǎn)沿電場方向的距離d不可求,所以不能求出電場強(qiáng)度。沿電場方向,由vBcos30-vcos60=at,可知能求出加速度a。一樣的由于質(zhì)量未知,所以不能求出電場強(qiáng)度。 12.(2018山東泰安模擬)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中,有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場,坐標(biāo)系內(nèi)有A、B兩點(diǎn),其中A點(diǎn)坐標(biāo)為(6 cm,0),B點(diǎn)坐標(biāo)為(0, cm),坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢為0,點(diǎn)A處的電勢為8 V,點(diǎn)B處的電勢為4 V?，F(xiàn)有一帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v=4105 m/s射入電場,粒子運(yùn)動時(shí)恰好通過B點(diǎn),不計(jì)粒子所受重力,求: (1)圖中C處(3 cm,0)的電勢; (2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小; (3)帶電粒子的比荷。 答案(1)4 V　(2)102 V/m　(3)2.41011 C/kg 解析(1)設(shè)C處的電勢為φC 因?yàn)镺C=CA,所以φO-φC=φC-φA 得φC=V=4V (2)BC連線為等勢線,電場強(qiáng)度方向與等勢線BC垂直 設(shè)∠OBC=θ OB=L=cm tanθ=,θ=60 U=Ed,E=V/m=102V/m (3)帶電粒子做類平拋運(yùn)動,有Lcosθ=vt Lsinθ=t2 聯(lián)立解得 C/kg=2.41011C/kg 所以帶電粒子的比荷為2.41011C/kg。