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2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 3-1-6-3 電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動 1.如圖6－3－14所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 圖6－3－14 A．當(dāng)增大兩板間距離時，v也增大 B．當(dāng)減小兩板間距離時，v增大 C．當(dāng)改變兩板間距離時，v不變 D．當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間運(yùn)動的時間也增大 解析：電子從靜止開始運(yùn)動，根據(jù)動能定理，從A運(yùn)動到B動能的變化量等于電場力做的功．因為保持兩個極板間的電勢差不變，所以末速度不變，平均速度不變，而位移如果增加的話，時間變長． 答案：CD 2.平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部．閉合開關(guān)S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，如圖6－3－15所示，則(　　) 圖6－3－15 A．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大 B．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變 C．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大 D．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變 解析：懸線偏離豎直方向的夾角θ的大小由帶電小球受的電場力和重力兩因素決定．因重力不變，故電場力增大時θ就增大．在保持開關(guān)S閉合，即保持電容器兩極板間電壓U不變．由于A、B板靠近，d變小，極板間電場強(qiáng)度E＝就增大，因而帶電小球受電場力F＝qE＝q增大，則θ增大；若斷開開關(guān)S，即表明電容器極板上的電荷量Q不變．當(dāng)A、B板靠近后，電容器的電容C＝將增大，根據(jù)U＝，電容器兩板間電壓U減?。娙萜鲀砂彘g的場強(qiáng)E＝有無變化呢？把上述各關(guān)系代入，得E＝＝＝.由此可知場強(qiáng)不變，帶電小球受電場力不變，則θ不變． 答案：AD 3.如圖6－3－16所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場中，微粒垂直打到N極上的C點(diǎn)，已知AB＝BC.不計空氣阻力，則可知(　　) 圖6－3－16 A．微粒在電場中作拋物線運(yùn)動 B．微粒打到C點(diǎn)時的速率與射入電場時的速率相等 C．MN板間的電勢差為2mv/q D．MN板間的電勢差為Ev/2g 解析：由題意可知，微粒到達(dá)C點(diǎn)時，豎直方向上速度為零，所以微粒不做拋物線運(yùn)動，A項錯誤；因AB＝BC，即t＝t可見vc＝v0.故B項正確；由q＝mv，得U＝＝，故C項錯誤；又由mg＝qE得q＝代入U＝，得U＝，故D項錯誤． 答案：B 4.如圖6－3－17所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是(　　) 圖6－3－17 A．板間電場強(qiáng)度大小為mg/q B．板間電場強(qiáng)度大小為2mg/q C．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時間和它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等 D．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間 解析：當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受電場力方向向上且大于重力時，質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到屏上．由運(yùn)動的合成與分解知識，可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動，所以質(zhì)點(diǎn)在電場中做類平拋運(yùn)動的時間和在重力場中做斜上拋運(yùn)動的時間相等．由運(yùn)動規(guī)律可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，vx＝v0；在豎直方向上：在電場中vy＝at，如圖所示，離開電場后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動，vy＝gt，由此運(yùn)動過程的對稱性可知a＝g，由牛頓第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故選項B、C正確． 答案：BC 5.如圖6－3－18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L＝0.4 m，兩板間距離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從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝410－5 kg，電量q＝＋110－8 C．(g＝10 m/s2)求： 圖6－3－18 (1)微粒入射速度v0為多少？ (2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？ 解析：(1)＝v0t，＝gt2，可解得：v0＝＝10 m/s. (2)電容器的上板應(yīng)接電源的負(fù)極 當(dāng)所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出，＝a12，a1＝ 解得：U1＝120 V 當(dāng)所加的電壓為U2時，微粒恰好從上板的右邊緣射出，＝a22，a2＝ 解得：U2＝200 V．所以120 V＜U＜200 V. 答案：(1)10 m/s　(2)與負(fù)極相連　120 V＜U＜200 V 1．某電容器上標(biāo)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2.510－5 C B．要使該電容器帶電量1 C，兩極板之間需加電壓2.510－5V C．該電容器能夠容納的電荷量最多為2.510－5 C D．該電容器能夠承受的最大電壓為450 V 解析：由電容器電容的定義C＝Q/U可得，C＝ΔQ/ΔU，ΔQ＝CΔU，要使該電容器兩極板之間電壓增加ΔU＝1 V，所需電荷量為ΔQ＝2.510－5 C，A正確，B錯誤；該電容器能夠容納的電荷量最多為Q＝CU＝2.510－5450＝1.12510－2 C，C錯誤；電容器上所標(biāo)的450 V，是電容器的額定電壓，是電容器長期工作時所能承受的電壓，低于擊穿電壓，該電容器能夠承受的最大電壓大于450 V，D錯誤． 答案：A 2.(xx海門模擬)如圖6－3－19所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體．已知靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為：電流從左邊接線柱流進(jìn)電流計，指針向左偏．如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則(　　) 圖6－3－19 A．導(dǎo)體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在增大 B．導(dǎo)體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在增大 C．導(dǎo)體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在減小 D．導(dǎo)體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在減小 解析：電流計指針向左偏轉(zhuǎn)，說明流過電流計G的電流由左→右，則導(dǎo)體芯A所帶電量在減小，由Q＝CU可知，芯A與液體形成的電容器的電容減小，則液體的深度h在減小，故D正確． 答案：D 3.如圖6－3－20所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，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(　　) 圖6－3－20 A．將打在下板中央 B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)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：將電容器上板或下板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝可知，電容器產(chǎn)生的場強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動．下板不動時，小球沿原軌跡由下板邊緣飛出；當(dāng)下板向上移動時，小球可能打在下板的中央． 答案：BD 4.真空中的某裝置如圖6－3－21所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏．今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，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，則下列判斷中正確的是(　　) 圖6－3－21 A．三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析：粒子加速過程qU1＝mv2，從B至M用時t＝，得t∝ ，所以t1∶t2∶t3＝1∶∶，選項A錯誤．偏轉(zhuǎn)位移y＝2＝，所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同，選項B正確．因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，選項C、D錯誤． 答案：B 圖6－3－22 5．(xx天星百校聯(lián)盟領(lǐng)航)如圖6－3－22甲所示為示波管的構(gòu)造示意圖，現(xiàn)在x—x′上加上uxx′—t信號，y—y′上加上uyy′—t信號(如圖6－3－22乙、圖6－3－22丙所示)，則在屏幕上看到的圖形是(　　) 解析：由起始時刻x—x′和y—y′上的電壓情況可將A、C排除．由于在x—x′上加上的uxx′—t信號周期為y—y′上所加uyy′—t信號周期的2倍，所以在屏幕上看到的圖形是兩個正弦波，因此D正確． 答案：D 6.某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)?、方向水平向左的勻?qiáng)電場．當(dāng)在該空間內(nèi)建立如 圖6－3－23所示的坐標(biāo)系后，在x軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向連續(xù)射入質(zhì)量和電荷量均相同、且?guī)щ娦再|(zhì)也相同的帶電粒子(粒子重力不計)，由于粒子的入射速率v(v＞0)不同，有的粒子將在電場中直接通過y軸，有的將穿出電場后再通過y軸．設(shè)粒子通過y軸時，離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為h，從P到y(tǒng)軸所需的時間為t，則(　　) 圖6－3－23 A．由題設(shè)條件可以判斷出粒子的帶電性質(zhì) B．對h≤d的粒子，h越大，t越大 C．對h≤d的粒子，在時間t內(nèi)，電場力對粒子做的功不相等 D．h越大的粒子，進(jìn)入電場時的速率v也越大 解析：由題設(shè)條件，粒子必定受到向左的電場力，電場方向向左，故粒子必帶正電荷，A正確．h≤d的粒子，都沒有飛出電場，電場方向上的加速度a＝，因粒子的帶電荷量和質(zhì)量都相等，故加速度相等，到達(dá)y軸的時間也相等，該過程電場力做功W＝qEx相等，所以B、C錯誤．而初速度越大的粒子在粒子到達(dá)y軸的時間內(nèi)，豎直向上的位移越大，所以D正確． 答案：AD 7．在地面附近，存在著一有界電場，邊界MN將某空間分成上下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖6－3－24甲所示，小球運(yùn)動的v－t圖象如圖6－3－24乙所示，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則(　　) 圖6－3－24 A．在t＝2.5 s時，小球經(jīng)過邊界MN B．小球受到的重力與電場力之比為3∶5 C．在小球向下運(yùn)動的整個過程中，重力做的功與電場力做的功大小相等 D．在小球運(yùn)動的整個過程中，小球的機(jī)械能與電勢能總和先變大再變小 解析：由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為3∶2，由牛頓第二定律可知：＝，所以小球所受的重力與電場力之比為3∶5，B正確．小球在t＝2.5 s時速度為零，此時下落到最低點(diǎn)，由動能定理可知，重力與電場力的總功為零，故C正確．因小球只受重力與電場力作用，所以小球的機(jī)械能與電勢能總和保持不變，D錯． 答案：BC 8.如圖6－3－25所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t，不計粒子的重力，則(　　) 圖6－3－25 A．在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 B．在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為Uq C．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2 D．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1 答案：B 9.如圖6－3－26所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場與水平方向成15角，AB直線與勻強(qiáng)電場E互相垂直．在A點(diǎn)以大小為v0的初速度水平拋出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球，經(jīng)時間t，小球下落一段距離過C點(diǎn)(圖中未畫出)時速度仍為v0，在小球由A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，下列說法中不正確的是(　　) 圖6－3－26 A．電場力對小球做功為零 B．小球的電勢能增加 C．小球的機(jī)械能減少量為mg2t2 D．C可能位于AB直線的左側(cè) 解析：由動能定理，得mgh＋W電＝0，可知W電＝－mgh＜0，即電場力對小球做負(fù)功，電勢能增加，C位置應(yīng)位于AB直線的右側(cè)；由于小球運(yùn)動到C點(diǎn)時的動能未變，重力勢能減少量為ΔEp＝mgh＝mgat2＝mgt2＞mg2t2.選項A、C、D錯誤． 答案：ACD 10.如圖6－3－27所示，勻強(qiáng)電場方向與水平線間夾角θ＝30，斜向右上方，電場強(qiáng)度為E，質(zhì)量為m的小球帶負(fù)電，以初速度v0開始運(yùn)動，初速度方向與電場方向一致． (1)若小球的帶電荷量為q＝mg/E，為使小球能做勻速直線運(yùn)動，應(yīng)對小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？ 圖6－3－27 (2)若小球的帶電荷量為q＝2mg/E，為使小球能做直線運(yùn)動，應(yīng)對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？ 解析：(1)如圖甲所示，欲使小球做勻速直線運(yùn)動，必使其合外力為0，所以F1cos α＝qEcos 30，F(xiàn)1sin α＝mg＋qEsin 30 解之得α＝60，F(xiàn)1＝mg. (2)為使小球能做直線運(yùn)動，則小球受的合力必和運(yùn)動方向在一條直線上，故要求力F2和mg的合力和電場力在一條直線上，故F2＝mgsin 60＝mg，方向如圖乙所示，斜向左上60. 答案：(1)mg　與水平線夾60角斜向右上方　(2)mg　與水平線夾60角斜向左上方 11.如圖6－3－28所示，M、N為兩塊水平放置的平行金屬板，板長為l，兩板間的距離也為l，板間電壓恒定．今有一帶電粒子(重力不計)以一定的初速度沿兩板正中間垂直進(jìn)入電場，最后打在距兩平行板右端距離為l的豎直屏上．粒子落點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為.若大量的上述粒子(與原來的初速度一樣，并忽略粒子間相互作用)從MN板間不同位置垂直進(jìn)入電場．試求這些粒子打到豎直屏上的范圍并在圖中畫出． 圖6－3－28 解析：設(shè)粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，初速度為v0， v0t＝l，y＝at2，tan θ＝＝，y＋ltan θ＝， 所以a＋l＝，3al＝v. 由題意可分析出大量粒子垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后情況，如上圖甲、乙所示．其范圍是l－y.其中y＝a＝＝l，范圍是l. 答案：l　圖略 12．在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電荷量為＋2q，B球的帶電荷量為－3q，組成一帶電系統(tǒng)．如圖6－3－29所示，虛線MP為AB兩球連線的垂直平分線，虛線NQ與MP平行且相距為4L.最初A球和B球分別靜止于虛線MP的兩側(cè)，距MP的距離均為L，且A球距虛線NQ的距離為3L.若視小球為質(zhì)點(diǎn)，不計輕桿的質(zhì)量，在虛線MP、NQ間加上水平向右的勻強(qiáng)電場E后，求： (1)B球剛進(jìn)入電場時，A球與B球組成的帶電系統(tǒng)的速度大小． (2)帶電系統(tǒng)從開始運(yùn)動到速度第一次為零時所需的時間以及B球電勢能的變化量． 圖6－3－29 解析：(1)帶電系統(tǒng)剛開始運(yùn)動時，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律得：a1＝＝ 球B剛進(jìn)入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有v＝2a1L求得v1＝ (2)對帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到NQ，且A球到達(dá)NQ時電場力對系統(tǒng)做功為W1，有 W1＝2qE3L＋(－3qE2L)＝0，故帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A恰好到達(dá)NQ 設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場的時間為t1，則t1＝，解得：t1＝ 球B進(jìn)入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律得：a2＝＝－ 顯然，B球進(jìn)入電場后帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動．設(shè)減速所需時間為t2則有t2＝， 求得t2＝ .可知，帶電系統(tǒng)從靜止運(yùn)動到速度第一次為零時所需的時間為： t＝t1＋t2＝3 ，B球電勢能增加了：Ep＝E3q2L＝6EqL 答案：(1) 　(2) 　6EqL