《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（二十四）電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（二十四）電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動（含解析）（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)跟蹤檢測（二十四） 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動 [A級——基礎(chǔ)小題練熟練快] 1.如圖所示，一個(gè)帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是(　　) A.＜　　　　　　　　　 B.＜ C.＜ D.＜ 解析：選C　根據(jù)qU1＝mv2，t＝，y＝at2＝··2，由題意知，y＜d，解得＜， 故選項(xiàng)C正確。 2．(2016·天津高考)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地

2、。在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大　　　　　　　　 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 解析：選D　由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變，當(dāng)下極板不動，上極板向下移動一段距離時(shí)，兩極板間距d減小，則電容C變大，由U＝可知U變小，則靜電計(jì)指針的偏角θ減小。又因?yàn)閮砂彘g電場強(qiáng)度E＝＝＝，Q、S不變，則E不變。因?yàn)镋不變，則點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移動到下極板(電勢為零)電場力做功不變，電勢能的變化相同

3、，則點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能Ep不變，故只有選項(xiàng)D正確。 3.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為(　　) A．3∶2　　　　　　　　　 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析：選A　設(shè)極板間電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動時(shí)間相同，對M，由牛頓第二定律有：qE＝MaM，由運(yùn)動學(xué)公式得： l＝aMt2； 對m，由牛頓第二定律有qE＝

4、mam，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得： l＝amt2 由以上幾式解之得：＝，故A正確。 4. (2019·成都調(diào)研)如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個(gè)方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)。若極板長為L，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時(shí)，只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　β粒子反方向的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有＝at2，且a＝。從A到C的過程有－qU＝mv02－m

5、v2，以上各式聯(lián)立解得v＝ ，選項(xiàng)C正確。 5．如圖所示，兩個(gè)平行帶電金屬板M、N相距為d，M板上距左端為d處有一個(gè)小孔A，有甲、乙兩個(gè)相同的帶電粒子，甲粒子從兩板左端連線中點(diǎn)O處以初速度v1平行于兩板射入，乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在電場中的運(yùn)動時(shí)間相同，并且都打到N板的中點(diǎn)B處，則初速度v1與v2的關(guān)系正確的是(　　) A.＝ B.＝ C.＝2 D.＝ 解析：選C　設(shè)帶電粒子在電場中的加速度為a，則對甲粒子，豎直方向＝at2，水平方向d＝v1t，解出v1＝；對乙粒子有v2t＋at2＝d，解出v2＝，所以v1∶v2＝2∶1，即選項(xiàng)C正確。 6.(多選)

6、(2016·全國卷Ⅰ)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知(　　) A．Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高 B．油滴在Q點(diǎn)的動能比它在P點(diǎn)的大 C．油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大 D．油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小 解析：選AB　帶電油滴在電場中受重力、電場力作用，據(jù)其軌跡的對稱性可知，電場力方向豎直向上，且電場力大于重力，電場力先做負(fù)功后做正功。則電場強(qiáng)度方向向下，Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高，選項(xiàng)A正確；油滴在P點(diǎn)的速度最小，選項(xiàng)B正確；油滴在P點(diǎn)的電勢能最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；油滴運(yùn)動的加速度大小不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

7、 7. (2019·廣州模擬)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(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢，W表示正電荷在P點(diǎn)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(cuò)；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(cuò)；因負(fù)極板接地，電勢為零，所以P點(diǎn)電勢為φ＝E(L－x)，L為P點(diǎn)到負(fù)極板的初始距離，E不變，φ隨x增大而線性減

8、小，C對；由W＝qφ知W與電勢φ變化情況一樣，D錯(cuò)。 8.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)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(yùn)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(yùn)動 C．可求出勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度 D．可求出微粒運(yùn)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(yùn)動，而重力豎直向下，由微粒做直線運(yùn)動條件知電場力必水平向左，微粒帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；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(yùn)動，加速度為a＝，B錯(cuò)誤，D正確；電場力qE＝，但不知微粒的電荷量，

9、所以無法求出其電場強(qiáng)度，C錯(cuò)誤。 [B級——保分題目練通抓牢] 9.(多選)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 解析：選AD　帶電粒子在電場E1中加速，由動能定理得，eU1＝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，eE2

10、＝ma，聯(lián)立解得y＝，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功W＝eE2y＝，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)的速度不一樣大，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)，且三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)角相同，所以三種粒子一定打到屏上的同一位置，選項(xiàng)D正確。 10．(多選)如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則(

11、　　) A．A和B在電場中運(yùn)動的時(shí)間之比為1∶2 B．A和B運(yùn)動的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D．A和B的位移大小之比為1∶1 解析：選ABC　粒子A和B在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，t1∶t2＝1∶2，選項(xiàng)A正確；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1，選項(xiàng)B正確；根據(jù)a＝得m＝，故mA∶mB＝1∶12，選項(xiàng)C正確；A和B的位移大小不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [C級——難度題目適情選做] 11. (2018·保定模擬)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d

12、，上極板正中有一小孔。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)。求： (1)小球到達(dá)小孔處的速度大小； (2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落到下極板處的時(shí)間。 解析：(1)設(shè)小球下落h時(shí)的速度為v，由自由落體運(yùn)動規(guī)律有v2＝2gh，得v＝。 (2)設(shè)小球在極板間運(yùn)動的加速度為a， 由v2＝2ad，得a＝＝。 由牛頓第二定律得qE－mg＝ma， 電容器的電荷量Q＝CU＝CEd， 聯(lián)立以上各式得E＝，Q＝。 (3)由h＝gt12得小球做

13、自由落體運(yùn)動的時(shí)間t1＝ ， 由0＝v－at2得小球在電場中運(yùn)動的時(shí)間t2＝d 。 則小球運(yùn)動的總時(shí)間t＝t1＋t2＝ 。 答案：(1)　(2)　 (3) 12. (2019·濟(jì)寧模擬)如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，A板比B板電勢高300 V，一帶正電的粒子電荷量為q＝1.0×10－10 C、質(zhì)量為m＝1.0×10－20 kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2.0×106 m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場分布不受界面的影響)

14、。已知兩界面MN、PS相距為12 cm，D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線上，距離界面PS為9 cm，粒子穿過界面PS做勻速圓周運(yùn)動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不計(jì)) (1)求粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為多遠(yuǎn)；到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為多遠(yuǎn)； (2)在圖上粗略畫出粒子的運(yùn)動軌跡； (3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小。 解析：(1)粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離(偏移位移)： y＝at2，a＝＝，L＝v0t， 則y＝at2＝2＝0.03 m＝3 cm。 粒子在離開電場后將做勻

15、速直線運(yùn)動，其軌跡與PS交于H，設(shè)H到中心線的距離為Y，則有＝， 解得Y＝4y＝12 cm。 (2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧。 (3)粒子到達(dá)H點(diǎn)時(shí)，其水平速度vx＝v0＝2.0×106 m/s 豎直速度vy＝at＝1.5×106 m/s 則v合＝2.5×106 m/s 該粒子在穿過界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動，所以Q帶負(fù)電。 根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r＝15 cm， 電場力提供向心力，則k＝m， 解得Q≈1.04×10－8 C。 答案：(1)3 cm　12 cm　(2)軌跡圖見解析 (3)負(fù)電　1.04×10－8 C 8