《2020高考物理一輪總復習 第七章 靜電場 基礎課3 電容器、帶電粒子在電場中的運動練習（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理一輪總復習 第七章 靜電場 基礎課3 電容器、帶電粒子在電場中的運動練習（含解析）新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎課 3 電容器、帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題 1．某電容器上標有“25 μF,450 V”字樣，下列對該電容器的說法中正確的是(　　) A．要使該電容器兩極板之間電壓增加1 V，所需電荷量為2.5×10－5 C B．要使該電容器帶電荷量1 C，兩極板之間需加電壓2.5×10－5 V C．該電容器能夠容納的電荷量最多為25 C D．該電容器能夠承受的最大電壓為450 V 解析：選A　由電容器電容的定義式C＝可知C＝，所以ΔQ＝CΔU＝2.5×10－5×1 C＝2.5×10－5 C，A正確；若Q＝1 C，則U＝＝4×104 V，B錯誤；當電容器的電壓為450 V時，電容器

2、的電荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×450 C＝1.125×10－2 C，C錯誤；450 V是電容器的額定電壓，低于擊穿電壓，D錯誤． 2.(2018屆河南鄭州第三次質(zhì)量預測)如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計，開關S閉合后，靜電計指針張開一定角度．下述做法可使靜電計指針張角增大的是(　　) A．使A板向左平移以增大板間距離 B．在A、B兩板之間插入一塊陶瓷板 C．斷開S后，使B板向左平移以減小板間距離 D．斷開S后，使B板向上平移以減小極板正對面積 解析：選D　開關S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則指針的張角不變，故A、B錯誤；斷開S，電容器所帶的電

3、荷量不變，B板向左平移減小板間距，則電容增大，根據(jù)U＝知，電勢差減小，則指針張角減小，故C錯誤；斷開S，電容器所帶的電荷量不變，A、B的正對面積錯開，電容減小，根據(jù)U＝知，電勢差增大，則指針張角增大，故D正確，故選D. 3.如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間．設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　　) A．U1∶U2＝1∶8　　　　　　 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：選A　設板長為l，兩板間距

4、為d，粒子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為q，當電壓為U1時，有l(wèi)＝v0t1，＝·t12，聯(lián)立得d＝?、?當電壓為U2時，有＝v0t2，d＝·t22，聯(lián)立得d＝?、?由得＝，故A正確． 4.(多選)(2018年全國卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動．在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大

5、 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 解析：選BD　兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確． 5．(2017年江蘇卷)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．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P

6、′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回 C．運動到P′點返回 D．穿過P′點 解析：選A　由題意知，電子在A、B板間做勻加速運動，在B、C板間做勻減速運動，到P點時速度恰好為零，設A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2，由動能定理得eU1－eU2＝0，所以U1＝U2；現(xiàn)將C板右移至P′點，由于板上帶電荷量沒有變化，B、C板間電場強度E＝＝＝，E不變，故電子仍運動到P點返回，選項A正確． 6.(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，充電后斷開電源，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不

7、動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) A．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 B．將打在下板中央 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動 D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析：選AD　平行板電容器充電結束后斷開電源，極板所帶的電荷量不變，則有E＝＝＝＝，由此式可知，板間距變化不會影響電場強度的變化，電場強度不變，小球所受的電場力不變，所以A正確，B、C錯誤；如果下極板上移，小球在豎直方向的位移將會減小，到達下極板的時間變短，有可能到達下極板的正中間，所以D正確． 7．如圖所示，一價氫離子(H＋)和二價氦離子(He2＋)的混合體，經(jīng)

8、同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們(　　) A．同時到達屏上同一點 B．先后到達屏上同一點 C．同時到達屏上不同點 D．先后到達屏上不同點 解析：選B　一價氫離子(H＋)和二價氦離子(He2＋)的比荷不同，由qU＝mv2可知經(jīng)過加速電場獲得的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離y＝at2＝相同，所以會打在同一點，B正確． 8．(多選)如圖所示，兩平行金屬板水平放置，兩平行金屬板之間有勻強電場，一個重力不計的帶電粒子經(jīng)加速電場加速(加速電場未畫出)后，緊貼上板以速度v0進入兩平行金屬板之間，其速度

9、方向垂直于兩平行金屬板之間的電場線方向，經(jīng)一段時間后剛好從下板邊緣射出，射出時末速度v恰與下板成60°角，已知帶電粒子所帶的電荷量為＋q、質(zhì)量為m，板長為L，則(　　) A．加速電場的電壓為 B．偏轉(zhuǎn)電場的場強大小為 C．兩平行金屬板之間的距離大小為d＝L D．帶電粒子通過平行金屬板中的勻強電場時電場力做的功為mv2 解析：選AB　由題述知帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，其速度大小為v0，由動能定理可知qU＝mv02，由速度關系得v0＝vcos60°＝，解得U＝，選項A正確；由牛頓第二定律得qE＝ma，由平拋運動規(guī)律得L＝v0t，vy＝at，又vy＝vsin60°＝v，聯(lián)立解得E＝，選

10、項B正確；由平拋運動的推論可得＝tan60°，故d＝L，選項C錯誤；帶電粒子通過勻強電場時電場力做的功為W＝Eqd＝mv2，選項D錯誤． 9.(多選)(2019屆唐山模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有A、B兩點，兩點的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時間豎直向下通過B點，重力加速度為g，小球在由A到B的運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球帶負電 B．速度先增大后減小 C．機械能一直減小 D．任意一小段時間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量 解析：選AC　小球在B點的速度豎直向下，小球可看作在水平

11、方向做勻減速運動，豎直方向做自由落體運動，可知電場力方向水平向左，與電場方向相反，說明小球帶負電，故A正確；小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，即合力方向朝左下方，與初速度成鈍角，所以開始減速，然后成銳角，可知合力先做負功然后做正功，則速度先減小后增大，故B錯誤；因為電場力做負功，電勢能增加，機械能減小，故C正確；任意一小段時間，小球的動能、電勢能和重力勢能之和保持不變，總能量守恒，所以電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，故D錯誤． 二、非選擇題 10．中國科學院2015年10月宣布中國將在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)本源的關鍵設備，在放射治療、食品

12、安全、材料科學等方面有廣泛應用．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點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變．設質(zhì)子進入漂移管B時速度為8×106 m/s，進入漂移管E時速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的.質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108 C/kg.求： (1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓． 解析：(1)設質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T

13、，漂移管B的長度為L，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)設質(zhì)子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場力對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運動到漂移管E電場力做功W′，質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，則W＝qU④ W′＝3W⑤ W′＝mvE2－mvB2⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104 V. 答案：(1)0.4 m　(2)6×104 V 11.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的液滴，在電場強度大小為E＝、方向水平向右的勻強電場中運動，運動軌跡在豎直平面內(nèi)．A，B為其運動軌跡上的兩點，已知該液滴在A點的速度大小

14、為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.求A，B兩點間的電勢差． 解析：由題意知qE＝mg，液滴重力不能忽略，把運動分解 水平方向有vsin60°＝v0sin30°＋t 豎直方向有vcos60°＝v0cos30°－gt 可得v＝v0，t＝ 由牛頓第二定律得水平方向加速度a＝＝g，水平位移x＝v0sin30°·t＋(g)t2＝ UAB＝E·x＝. 答案： 12．如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距為d＝8 cm，板長為L＝25 cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5 m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速

15、直線運動，當它運動到P處時迅速將下板向上提起 cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求： (1)將下板向上提起后，液滴的加速度大??； (2)液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間為多少？(g取10 m/s2) 解析：(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴勻速運動，所以有qE＝mg，q＝mg，即qU＝mgd 當下板向上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運動．此時液滴所受電場力 F′＝q＝mg a＝＝＝g＝2 m/s2. (2)因為液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是 設液滴從P點開始在勻強電場中飛行的時間為t1 ＝at12，t1＝＝0.2 s 而液滴從剛進入電場到出電場的時間為 t2＝＝0.5 s 所以液滴從射入電場開始勻速運動到P點時間為t＝t2－t1＝0.3 s. 答案：(1)2 m/s2　(2)0.3 s 8