(江蘇專版)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測(二十二)電容器 帶電粒子在電場中的運動(含解析).doc
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電容器 帶電粒子在電場中的運動 對點訓(xùn)練:平行板電容器的動態(tài)分析 1.2018年8月23~25日,第九屆上海國際超級電容器產(chǎn)業(yè)展覽會成功舉行,作為中國最大超級電容器展,眾多行業(yè)龍頭踴躍參與。如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài),在其他條件不變的情況下,現(xiàn)將平行板電容器的兩極板非常緩慢地錯開一些,那么在錯開的過程中( ) A.電容器的電容C增大 B.電容器所帶的電荷量Q減小 C.油滴將向下加速運動,電流計中的電流從N流向M D.油滴靜止不動,電流計中的電流從M流向N 解析:選B 將兩極板緩慢地錯開一些,兩極板正對面積減小,根據(jù)電容的決定式C=得知,電容減小,故A錯誤。根據(jù)Q=CU,由于電容器電容減小,因兩極板間電壓U不變,那么極板帶的電荷量會減小,故B正確。將平行板電容器的兩極板非常緩慢地水平錯開一些,由于電容器兩板間電壓不變,根據(jù)E=,得知板間場強不變,油滴所受的電場力不變,則油滴將靜止不動;再由C=知,電容器帶電荷量減小,電容器處于放電狀態(tài),電路中產(chǎn)生順時針方向的電流,則電流計中有N→M的電流,故C、D錯誤。 2.(2019鹽城中學(xué)月考)如圖為某位移式傳感器的原理示意圖,平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器,則( ) A.A向上移電容器的電容變大 B.P向左移電容器的電容變大 C.A向上移流過電阻R的電流方向從N到M D.P向左移流過電阻R的電流方向從M到N 解析:選D A向上移時,板間距離增大,根據(jù)C=,知電容器的電容變小,而電容器板間電壓不變,由C=,分析可知電容器的帶電荷量減小,通過R放電,則流過電阻R的電流方向從M到N,A、C錯誤;P向左移,εr減小,根據(jù)C=,知電容器的電容變小,由C=,分析可知電容器的帶電荷量減小,通過R放電,則流過電阻R的電流方向從M到N,B錯誤,D正確。 3.(2019徐州調(diào)研)一平行板電容器充電后與電源斷開,負(fù)極板接地,兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點,如圖所示,以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢,W表示正電荷在P點的電勢能,若正極板保持不動,將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0,則下列關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖像中正確的是( ) 解析:選C 由C=知,C與兩極板間距離d成反比,C與x不是線性關(guān)系,A錯;電容器充電后與電源斷開,電荷量不變,由C=、Q=CU、U=Ed得E=是定值,B錯;因負(fù)極板接地,電勢為零,所以P點電勢為φ=E(L-x),L為P點到負(fù)極板的初始距離,E不變,φ隨x增大而線性減小,C對;由W=qφ知W與電勢φ變化情況一樣,D錯。 對點訓(xùn)練:帶電粒子在電場中的直線運動 4.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強電場,一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運動,已知重力加速度為g,微粒的初速度為v0,則( ) A.微粒一定帶正電 B.微粒一定做勻速直線運動 C.可求出勻強電場的電場強度 D.可求出微粒運動的加速度 解析:選D 因微粒在重力和電場力作用下做直線運動,而重力豎直向下,由微粒做直線運動條件知電場力必水平向左,微粒帶負(fù)電,A錯;其合外力必與速度反向,大小為F=,即微粒一定做勻減速直線運動,加速度為a=,B錯,D對;電場力qE=mgcot θ,但不知微粒的電荷量,所以無法求出其電場強度,C錯。 5.[多選](2019江都月考)如圖所示,平行金屬板A、B間的電勢差為U,A板帶正電,B板中央有一小孔。一帶正電的微粒,帶電荷量為q,質(zhì)量為m,自孔的正上方距板高h(yuǎn)處自由落下,若微粒恰能落至A、B板的正中央c點,則( ) A.微粒在下落過程中動能逐漸增加,重力勢能逐漸減小 B.微粒下落過程中重力做功為mg,電場力做功為- C.微粒落入電場中,電勢能逐漸增大,其增量為 D.若微粒從距B板高2h處自由下落,則恰好能達到A板 解析:選BCD 微粒在下落過程中先做加速運動,后做減速運動,動能先增大,后減??;重力一直做正功,重力勢能一直減小,故A錯誤。微粒下降的高度為h+,重力做正功,為WG=mg,電場力向上,位移向下,電場力做負(fù)功,WE=-q=-qU,故B正確。微粒落入電場中,電場力做負(fù)功,電勢能逐漸增大,其增加量等于微??朔妶隽ψ龉Ζp=qU,故C正確。由題微粒恰能落至A、B板的正中央c點過程,由動能定理得:mg-qU=0?、?;若微粒從距B板高2h處自由下落,設(shè)達到A板的速度為v,則由動能定理得:mg(2h+d)-qU=mv2 ②;由①②聯(lián)立得v=0,即恰好能達到A板,故D正確。 對點訓(xùn)練:帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) 6.如圖所示,讓大量的一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子從同一位置經(jīng)過同一加速電場A由靜止開始加速,然后在同一偏轉(zhuǎn)電場B中偏轉(zhuǎn)。忽略離子的重力及離子間的相互作用力。下列說法正確的是( ) A.它們始終為一股離子束 B.它們會分離為二股離子束 C.它們會分離為三股離子束 D.它們會分離為無數(shù)股離子束 解析:選A 離子在電場中加速,根據(jù)動能定理U1q=mv02;在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,水平方向:L=v0t;豎直方向:y=t2;聯(lián)立可得:y=,故可知離子射出偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)距離與粒子的電量和質(zhì)量無關(guān),所以三種離子始終為一股離子束,選項A正確。 7.(2019鹽城模擬)真空中的某裝置如圖所示,現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點靜止釋放,經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場,射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上,使熒光屏上出現(xiàn)亮點。已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4,電荷量之比為1∶1∶2,粒子重力不計。下列說法中正確的是( ) A.三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為2∶1∶1 B.三種粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同 C.在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點 D.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 解析:選C 在加速電場中,根據(jù)動能定理得qU1=mv02-0,則進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0= ,因為質(zhì)子、氘核和α粒子的比荷之比為2∶1∶1,則初速度之比為∶1∶1,在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間t=,則知時間之比為1∶∶,故A錯誤。粒子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場,在豎直方向上的分速度vy=at=,則出偏轉(zhuǎn)電場時的速度v= = ,因為粒子的比荷不同,則速度的大小不同,故B錯誤。在加速電場中,根據(jù)動能定理得qU1=mv02-0,在偏轉(zhuǎn)電場中,偏轉(zhuǎn)位移y=at2=,聯(lián)立得y=,可見y與粒子的電荷量和質(zhì)量無關(guān),則粒子的偏轉(zhuǎn)位移相等,熒光屏將只出現(xiàn)一個亮點,故C正確。偏轉(zhuǎn)電場的電場力對粒子做功W=qEy,因為E和y相同,電荷量之比為1∶1∶2,則電場力做功之比為1∶1∶2,故D錯誤。 8.[多選](2019昆山模擬)如圖所示,A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后,水平射入水平放置的兩平行金屬板間,金屬板間所加的電壓為U,電子最終打在光屏P上。關(guān)于電子的運動,下列說法中正確的是( ) A.滑動觸頭向右移動時,電子打在熒光屏上的位置上升 B.滑動觸頭向左移動時,電子打在熒光屏上的位置上升 C.電壓U增大時,電子打在熒光屏上的速度大小不變 D.電壓U增大時,電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變 解析:選BD 電子在加速電場中做加速運動,根據(jù)動能定理得:eU′=mv2,則得電子獲得的速度為:v= 。電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動,電子在沿極板方向做勻速直線運動,電子在電場中運動時間:t=;在平行電場方向做初速度為0的勻加速直線運動,加速度a=,電子在電場方向偏轉(zhuǎn)的位移y=at2。聯(lián)立以上各式得:y=,又因為偏轉(zhuǎn)電場方向向下,所以電子在偏轉(zhuǎn)電場中向上偏轉(zhuǎn)?;瑒佑|頭向右移動時,加速電壓U′變大,由以上可知電子偏轉(zhuǎn)位移變小,因為電子向上偏轉(zhuǎn),故在屏上的位置下降,相反,滑動觸頭向左移動時,電子打在熒光屏上的位置上升,故A錯誤,B正確。偏轉(zhuǎn)電壓U增大時,電子在電場中受到的電場力增大,即電子偏轉(zhuǎn)的加速度a增大,又因為電子加速獲得的速度v不變,電子在電場中運動的時間不變,a增大,而電子打在屏上的速度為v′=,故電子打在屏上的速度增大,故C錯誤。電子在電場中運動的時間不變,離開電場后做勻速直線運動,由于水平速度不變,運動時間也不變,所以電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變,故D正確。 考點綜合訓(xùn)練 9.(2018無錫期末)如圖,真空中豎直放置的兩塊平行金屬板間加上恒定電壓U0,一質(zhì)量為m,電荷量為q的正點電荷A從左板處由靜止釋放,從右板的小孔水平射出后,進入一個兩板水平放置的平行板電容器,進入時點電荷貼著上極板,經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從下極板邊緣飛出。已知電容器的電容值為C,極板的間距為d,長度為kd,兩板間電壓恒定。不計點電荷的重力,求: (1)正點電荷A進入水平放置電容器時的速度大?。? (2)水平放置的電容器極板所帶電荷量大??; (3)A穿過水平放置電容器的過程中電勢能的增量。 解析:(1)A在電場中加速,由動能定理:qU0=mv02, 解得v0= 。 (2)A在水平放置的電容器中偏轉(zhuǎn), 水平方向:kd=v0t, 豎直方向:d=at2, 又q=ma 聯(lián)立可解得:U=U0 極板帶電荷量: Q=CU 所以:Q=CU0。 (3)A穿過水平放置的電容器的過程中,電場力做正功,由(2)得:W=qU0 由功能關(guān)系得:ΔE=-qU0。 答案:(1) (2)CU0 (3)-qU0 10.(2018蘇州八校聯(lián)考)如圖所示,水平放置的平行板電容器,原來兩板不帶電,上極板接地,它的極板長L=0.1 m,兩板間距離d=0.4 cm,有一束相同微粒組成的帶正電粒子流從兩板中央平行極板射入,由于重力作用微粒能落到下極板上,微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上。設(shè)前一微粒落到下極板上時后一微粒才能開始射入兩極板間。已知微粒質(zhì)量為m=210-6 kg,電量q=110-8 C,電容器電容為C=10-6 F。求:(g=10 m/s2) (1)為使第一個粒子能落在下板中點,則微粒入射速度v0應(yīng)為多少? (2)以上述速度入射的帶電粒子,最多能有多少落到下極板上? 解析:(1)第一個粒子只受重力:=gt2 t=0.02 s,v0==2.5 m/s。 (2) 以v0速度入射的帶電粒子,恰打到下極板右邊緣時, (3) 有t1==0.04 s,=at12,a= 由mg-qE=ma E== n==600個。 答案:(1)2.5 m/s (2)600個 11.(2018揚州模擬)靜電噴漆技術(shù)具有效率高,浪費少,質(zhì)量好,有利于工人健康等優(yōu)點,其裝置如圖所示。A、B為兩塊平行金屬板,間距d=0.40 m,兩板間有方向由B指向A,大小為E=1.0103 N/C的勻強電場。在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P,油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒,油漆微粒的初速度大小均為v0=2.0 m/s,質(zhì)量m=5.010-15 kg、帶電量為q=-2.010-16 C。微粒的重力和所受空氣阻力均不計,油漆微粒最后都落在金屬板B上。試求: (1)微粒打在B板上的動能; (2)微粒到達B板所需的最短時間; (3)微粒最后落在B板上所形成的圖形及面積的大小。 解析:(1)電場力對每個微粒所做的功為: W=qEd=2.010-161.01030.40 J=8.010-14 J 微粒從A板到B板過程,根據(jù)動能定理得 W=Ekt-Ek0 則得:Ekt=W+Ek0=W+mv02=8.010-14+5.010-152.02J=9.010-14 J。 (2)微粒初速度方向垂直于極板時,到達B板時間最短。 由Ekt=mvt2得: vt= = m/s=6.0 m/s 根據(jù)運動學(xué)公式得:= 所以微粒到達B板所需的最短時間為: t== s=0.1 s。 (3)根據(jù)對稱性可知,微粒最后落在B板上所形成的圖形是圓形。 由牛頓第二定律得: a== m/s2=40 m/s2 由類平拋運動規(guī)律得:R=v0t1 d=at12 則圓形面積為:S=πR2=π(v0t1)2=πv02=3.142.02 m2≈0.25 m2。 答案:(1)9.010-14 J (2)0.1 s (3)形成的圖形是圓形 0.25 m2- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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