《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練24 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 新人教版.docx》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練24 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 新人教版.docx（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

考點(diǎn)規(guī)范練24　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.如圖所示,電容器極板間有一可移動(dòng)的電介質(zhì)板,電介質(zhì)與被測(cè)物體相連,電容器接入電路后,通過(guò)極板上的物理量變化可確定被測(cè)物體的位置。則下列說(shuō)法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.若電容器極板間的電壓不變,x變大,電容器極板上電荷量增加 B.若電容器極板上電荷量不變,x變小,電容器極板間電壓變大 C.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的正極板 D.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的負(fù)極板 答案D 解析若x變大,則由C=εrS4πkd可知電容器電容減小,在極板間的電壓不變的情況下,由Q=CU知電容器的電荷量減少,此時(shí)帶正電荷的極板得到電子,帶負(fù)電荷的極板失去電子,所以有電流流向負(fù)極板,A、C錯(cuò)誤,D正確。若電容器極板上電荷量不變,x變小,則電容器電容增大,電容器極板間電壓減小,B錯(cuò)誤。 2.(2018陜西咸陽(yáng)模擬)如圖所示,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g,粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為(　　) A.ldg B.d-ldg C.ld-lg D.dd-lg 答案A 解析抽出前,粒子所受重力和電場(chǎng)力平衡,mg=qUd-l,抽出后,根據(jù)牛頓第二定律,有mg-qUd=ma,聯(lián)立解得a=ldg,A正確。 3.有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過(guò)帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上,顯示出字符。已知偏移量越小打在紙上的字跡越小,現(xiàn)要縮小字跡,下列措施可行的是(　　) A.增大墨汁微粒的比荷 B.減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能 C.減小偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度 D.增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓 答案C 解析已知偏移量越小,打在紙上的字跡越小,因偏移量y=qUL22mdv02,現(xiàn)要縮小字跡,可行的措施有可減小墨汁微粒的比荷qm,增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能12mv02,減小偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度L,減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U,故選C。 4. 如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中,平行板電容器兩極板的正對(duì)面積為S,兩極板的間距為d,電容器所帶電荷量為Q,電容為C,靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角為α,平行板中間懸掛了一個(gè)帶電小球,懸線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ,下列說(shuō)法正確的是(　　) A.若增大d,則α減小,θ減小 B.若增大Q,則α減小,θ不變 C.將A板向上提一些,α增大,θ增大 D.在兩板間插入云母片,則α減小,θ不變 答案C 解析若增大兩極板的間距d,由C=εrS4πkd可知,C變小,而Q不變,由C=QU可知,U增大,α增大,又E=Ud=QCd=4πkQεrS,故E不變,電場(chǎng)力不變,小球的平衡狀態(tài)不變,故θ不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;同理,若增大Q,電容器的電容C不變,則U增大,α增大,電場(chǎng)強(qiáng)度增大,則電場(chǎng)力增大,故θ增大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;將A板向上提一些,S減小,則C變小,Q不變,電壓U增大,α增大,電場(chǎng)強(qiáng)度增大,則電場(chǎng)力增大,故θ增大,選項(xiàng)C正確;在兩板間插入云母片,εr增大,則C變大,Q不變,電壓U必減小,α減小,θ減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 5. 真空中的某裝置如圖所示,其中平行金屬板A、B之間有加速電場(chǎng),C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4,電荷量之比為1∶1∶2,則下列判斷正確的是(　　) A.三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同 B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2 D.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶4 答案B 解析設(shè)加速電壓為U1,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng),板間距離為d,在加速電場(chǎng)中,由動(dòng)能定理得qU1=12mv02,解得v0=2qU1m,三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過(guò)程,水平方向做速度為v0的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),由于三種粒子的比荷不同,則v0不同,所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同,故A錯(cuò)誤;根據(jù)推論y=U2L24dU1、tanθ=U2L2dU1可知,y與粒子的種類(lèi)、質(zhì)量、電荷量無(wú)關(guān),故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同,打到熒光屏上的位置相同,故B正確;偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做功為W=qEy,則W與q成正比,三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2,則有電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶1∶2,故C、D錯(cuò)誤。 6.(2018山東濰坊月考)如圖所示,金屬板A、B水平放置,兩板中央有小孔S1、S2,A、B與直流電源連接。閉合開(kāi)關(guān),從S1孔正上方O處由靜止釋放一帶電小球,小球剛好能到達(dá)S2孔,不計(jì)空氣阻力,要使此小球從O點(diǎn)由靜止釋放后穿過(guò)S2孔,應(yīng)(　　) A.僅上移A板適當(dāng)距離 B.僅下移A板適當(dāng)距離 C.斷開(kāi)開(kāi)關(guān),再上移A板適當(dāng)距離 D.斷開(kāi)開(kāi)關(guān),再下移A板適當(dāng)距離 答案D 解析設(shè)板間距離為d,O距S1為h,電源電壓為U,由題意知從O處釋放一帶電小球,到達(dá)S2孔時(shí)小球速度為零,則電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功,由動(dòng)能定理得mg(h+d)-qU=0,若僅上移或下移A板適當(dāng)距離,兩板間電壓不變,仍滿(mǎn)足mg(h+d)-qU=0,小球仍然剛好到達(dá)S2,則A、B選項(xiàng)錯(cuò)誤;斷開(kāi)開(kāi)關(guān),Q不變,因E=4πkQεrS,則電場(chǎng)強(qiáng)度E不變,由動(dòng)能定理得mg(h+d)-Eqd=0,將A板向上移適當(dāng)距離,假設(shè)仍能到達(dá)S2處,則重力做功不變,電場(chǎng)力做功增多,故假設(shè)不成立,即到達(dá)不了S2處速度已為零,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤;若下移A板適當(dāng)距離,假設(shè)仍能到達(dá)S2處,則重力做功不變,電場(chǎng)力做功變少,所以總功為正功,到達(dá)S2處小球速度不為零,能夠穿過(guò)S2孔,故D選項(xiàng)正確。 7. 如圖所示,豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng),與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開(kāi)始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開(kāi)始釋放,兩小球最終都能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置,則從開(kāi)始釋放到運(yùn)動(dòng)到右極板的過(guò)程中它們的(　　) A.運(yùn)行時(shí)間tP>tQ B.電勢(shì)能減少量之比ΔEP∶ΔEQ=2∶1 C.電荷量之比qP∶qQ=2∶1 D.動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=4∶1 答案C 解析兩球均受重力和電場(chǎng)力作用,做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),按運(yùn)動(dòng)的分解,豎直方向是重力作用下的自由落體運(yùn)動(dòng),二者下降位移相同,所用時(shí)間相等,A錯(cuò)誤;水平方向是在電場(chǎng)力作用下的初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),位移之比是xP∶xQ=2∶1,由公式x=Eq2mt2得它們的電荷量之比qP∶qQ=2∶1,C正確;又ΔEP=qPU,ΔEQ=qQU2,故ΔEP∶ΔEQ=4∶1,B錯(cuò)誤;動(dòng)能增加量ΔEkP=ΔEP+mgh,ΔEkQ=ΔEQ+mgh,故ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1,D錯(cuò)誤。 二、多項(xiàng)選擇題 8. 如圖所示,在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器,使A、B兩板間的電壓為U時(shí),一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場(chǎng)中,恰從A、B兩板的中點(diǎn)處沿原路返回(不計(jì)重力),則下列說(shuō)法正確的是 (　　) A.使初速度變?yōu)?v0時(shí),帶電粒子恰能到達(dá)B板 B.使初速度變?yōu)?v0時(shí),帶電粒子將從B板中心小孔射出 C.使初速度v0和電壓U都增加為原來(lái)的2倍時(shí),帶電粒子恰能到達(dá)B板 D.使初速度v0和電壓U都增加為原來(lái)的2倍時(shí),帶電粒子將從B板中心小孔射出 答案BC 解析設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)中的位移為x,根據(jù)動(dòng)能定理得-qEx=0-12mv02,又E=Ud得x=mdv022qU,由此可知,要使帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)后恰能到達(dá)B板處,x變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,采取的方法有:使帶電粒子的初速度變?yōu)?v0;或使A、B兩板間的電壓變?yōu)?2U;或使初速度v0和電壓U都增加到原來(lái)的2倍,故B、C正確,A、D錯(cuò)誤。 9.(2018全國(guó)卷Ⅲ)如圖所示,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(hào)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?，F(xiàn)同時(shí)釋放a、b,它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t,a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.a的質(zhì)量比b的大 B.在t時(shí)刻,a的動(dòng)能比b的大 C.在t時(shí)刻,a和b的電勢(shì)能相等 D.在t時(shí)刻,a和b的動(dòng)量大小相等 答案BD 解析根據(jù)題意可知豎直方向上的位移關(guān)系xa>xb,根據(jù)x=12at2和a=qEm,聯(lián)立可得x=12qEmt2,質(zhì)量和位移成反比,所以a的質(zhì)量小于b的質(zhì)量,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理qEx=12mv2-0,動(dòng)能大小與位移成正比,B選項(xiàng)正確;t時(shí)刻,a和b位于同一等勢(shì)面上,但是帶電性質(zhì)不同,所以電勢(shì)能不相等,C選項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量定理得,qEt=mv-0,所以動(dòng)量大小相等,D選項(xiàng)正確。 10.如圖所示,水平放置的平行板電容器與某一電源相連,它的極板長(zhǎng)l=0.4 m,兩極板間距離d=410-3 m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩極板中央平行極板射入,開(kāi)關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,由于重力作用,微粒能落到下極板的正中央。已知微粒質(zhì)量m=410-5 kg、電荷量q=+110-8 C,g取10 m/s2。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.微粒的入射速度v0=10 m/s B.電容器上板接電源正極時(shí)微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng) C.電源電壓為180 V時(shí),微粒可能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng) D.電源電壓為100 V時(shí),微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng) 答案AC 解析開(kāi)關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,微粒落到下板的正中央,由d2=12gt2,l2=v0t,得v0=10m/s,A對(duì);電容器上板接電源正極時(shí),微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯(cuò);設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時(shí)的加速度為a,電場(chǎng)力向上,則d2=12at12,l=v0t1,mg-U1qd=ma,得U1=120V,同理,微粒在平行板右邊緣上側(cè)飛出時(shí),可得U2=200V,所以平行板上板帶負(fù)電,電源電壓為120V≤U≤200V時(shí)微?？梢詮钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng),C對(duì),D錯(cuò)。 三、非選擇題 11. 如圖所示,在A點(diǎn)固定一正電荷,電荷量為Q,在離A高度為h0的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠,開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k,兩電荷均可看成點(diǎn)電荷,不計(jì)空氣阻力。 (1)求液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h。 (2)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中,某點(diǎn)的電勢(shì)可表示成φ=kQr,其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB。 答案(1)2h0　(2)2h0 解析(1)設(shè)液珠電荷量為q,質(zhì)量為m,當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律知 kQqh02-mg=ma ① 又因?yàn)閍=g 當(dāng)液珠速度最大時(shí),其所受合力為零,則kQqh2=mg,代入①式,解得h=2h0。 (2)設(shè)BC間的電勢(shì)差大小為UCB,由題意得UCB=φC-φB=kQh0-kQrB 對(duì)液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得 qUCB-mg(rB-h0)=0 代入①式解得rB=2h0。 12.下圖為一多級(jí)加速器模型,一質(zhì)量為m=1.010-3 kg、電荷量為q=8.010-5 C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)1、2級(jí)無(wú)初速度地進(jìn)入第3級(jí)加速電場(chǎng),之后沿位于軸心的光滑淺槽,經(jīng)過(guò)多級(jí)加速后從A點(diǎn)水平拋出,恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間,A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方,傾斜平行金屬板MN、PQ的長(zhǎng)度均為l=1.0 m,金屬板與水平方向的夾角為θ=37,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級(jí)加速電場(chǎng)的總電壓U。 (2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),且電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=100 V/m,要使帶電小球不打在PQ板上,則兩板間的距離d至少要多長(zhǎng)? 答案(1)1730 m　18.75 V　(2)526 m 解析(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,小球的初速度為v0,A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y 則有v0gt1=tanθ ① l2cosθ=v0t1 ② y-l2sinθ=12gt12 ③ 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得 v0=3m/s,y=1730m④ 帶電小球在多級(jí)加速器加速的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有 qU=12mv02-0 ⑤ 代入數(shù)據(jù)解得U=18.75V。 (2)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系,將重力正交分解,則 沿y軸方向有 Fy=mgcosθ-qE=0 ⑥ 沿x軸方向有Fx=mgsinθ ⑦ 故小球進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)小球剛好從P點(diǎn)離開(kāi),則有Fx=ma ⑧ l2=12at22 ⑨ dmin=v0sinθt2 ⑩ 聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin=526m 即兩板間的距離d至少為526m。