《（課標(biāo)通用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章 03 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)精練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章 03 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)精練（含解析）（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)A組基礎(chǔ)過(guò)關(guān)1.一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)面積、間距和電荷量不變,在兩極板間插入一電介質(zhì),其電容C和兩極板間的電勢(shì)差U的變化情況是()A.C和U均增大B.C增大,U減小C.C減小,U增大D.C和U均減小答案B由C=rS4kd可知,插入電介質(zhì)后,r增大,電容C增大;由U=QC可知U減小,故選B。2.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.l

2、dgB.d-ldgC.ld-lgD.dd-lg答案A初始粒子靜止,則mg=qUd-l,撤去金屬板后兩極板間電壓U不變,間距變?yōu)閐,則mg-qUd=ma,解得a=ldg,選A。3.圖(a)為示波管的原理圖。如果在電極YY之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化,在電極 XX之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化,則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是()答案B由題圖(b)及(c)知,當(dāng)UY為正時(shí),Y極電勢(shì)高,電子向Y極偏,在y方向電子從y=0開(kāi)始向+y方向運(yùn)動(dòng),而此時(shí),UX為負(fù),即X極電勢(shì)高,電子向X極偏,在x方向圖形從-x 半個(gè)周期開(kāi)始,所以在熒光屏上看到的圖形是B。4.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻

3、強(qiáng)電場(chǎng),一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成角)由A向B做直線運(yùn)動(dòng),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(dòng)C.可求出勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度D.可求出微粒運(yùn)動(dòng)的加速度答案D帶電微粒在重力和電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng),而重力方向豎直向下,由微粒做直線運(yùn)動(dòng)的條件知微粒所受電場(chǎng)力必水平向左,微粒帶負(fù)電,A項(xiàng)錯(cuò)誤;微粒所受合外力與速度反向,大小為F=mgsin,故微粒一定做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a=gsin,B項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確;帶電微粒所受電場(chǎng)力qE=mgtan,但不知微粒的電荷量,所以無(wú)法求出勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度,C項(xiàng)錯(cuò)誤。5.(多選)有一

4、種電荷控制式噴墨打印機(jī),它的打印頭的結(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。不考慮墨汁的重力,為使打在紙上的字跡縮小,下列措施可行的是()A.減小墨汁微粒的質(zhì)量B.減小墨汁微粒所帶的電荷量C.增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓D.增大墨汁微粒的噴出速度答案BD根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式y(tǒng)=qUl22mdv02可知,為使打在紙上的字跡縮小,要增大墨汁微粒的質(zhì)量,減小墨汁微粒所帶的電荷量,減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓,增大墨汁微粒的噴出速度,B、D正確。6.如圖所示,電路中R1、R2均為可變電阻,電源內(nèi)阻不能忽略,平行板電容器C的極板水平

5、放置。閉合開(kāi)關(guān)S,電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí),帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)。如果僅改變下列某一個(gè)條件,油滴仍能靜止不動(dòng)的是()A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值C.增大兩板間的距離D.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S答案B設(shè)油滴質(zhì)量為m,電荷量為q,兩板間距離為d,當(dāng)其靜止時(shí),有UCdq=UR1dq=mg;由題圖知,增大R1,UR1增大,油滴將向上加速,增大R2,油滴受力不變,仍保持靜止;由E=Ud知,增大d,U不變時(shí),E減小,油滴將向下加速;斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,電容器將通過(guò)R1、R2放電,兩板間場(chǎng)強(qiáng)變小,油滴將向下加速,故只有B項(xiàng)正確。7.(多選)(2019湖北部分重點(diǎn)高中聯(lián)考)如圖所示,美國(guó)物理學(xué)家密立根通過(guò)研究平行板間懸浮不

6、動(dòng)的帶電油滴,準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量。平行板電容器兩極板與電壓為U的恒定電源兩極相連,兩板間距為d,現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間靜止不動(dòng),則()A.此時(shí)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=UdB.油滴帶電荷量q=mgUdC.減小極板間電壓,油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)D.將下極板向下緩慢移動(dòng)一小段距離,油滴將向上加速運(yùn)動(dòng)答案AC由E=Ud知A項(xiàng)正確;帶電油滴靜止,則mg=Eq=Udq,解得q=mgdU,B項(xiàng)錯(cuò)誤;減小兩極板間的電壓,電場(chǎng)強(qiáng)度減小,則mgEq,油滴將向下加速運(yùn)動(dòng),C項(xiàng)正確;將下極板緩慢向下移動(dòng)一小段距離,兩極板間距離增大,電場(chǎng)強(qiáng)度減小,油滴將向下加速運(yùn)動(dòng),D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.(2018湖北黃岡模擬)靜電噴

7、漆技術(shù)具有效率高、質(zhì)量好等優(yōu)點(diǎn),其裝置示意圖如圖所示,A、B為兩塊水平放置的平行金屬板,間距d=1.0m,兩板間有方向豎直向上、大小為E=1.0103N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng),在A板的中央放置一個(gè)安全接地的靜電油漆噴槍P,油漆噴槍的半圓形噴口可向各個(gè)方向均勻地噴出初速度大小均為v0=1.0m/s、質(zhì)量均為m=5.010-14kg、帶電荷量均為q=-2.010-15C的帶電油漆微粒,不計(jì)微粒所受空氣阻力及微粒間相互作用,油漆微粒最后都落在金屬板B上,取g=10m/s2。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.沿水平方向噴出的微粒運(yùn)動(dòng)到B板所需時(shí)間為0.2sB.沿不同方向噴出的微粒,從噴出至到達(dá)B板,電場(chǎng)力做功為2.01

8、0-12JC.若其他條件均不變,d增大為原來(lái)的2倍,則噴涂面積增大為原來(lái)的2倍D.若其他條件均不變,E增大為原來(lái)的2倍,則噴涂面積減小為原來(lái)的12答案D沿水平方向噴出的微粒做類平拋運(yùn)動(dòng),在豎直方向上,加速度a=qE+mgm=2.010-151.0103+5.010-135.010-14m/s2=50m/s2,根據(jù)d=12at2得,t=2da=250s=0.2s,故A正確;沿不同方向噴出的微粒,從噴出至到達(dá)B板,電場(chǎng)力做功為W=qEd=2.010-151.01031.0J=2.010-12J,故B正確;若其他條件均不變,d增大為原來(lái)的2倍,根據(jù)d=12at2得,t變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,則噴涂面積的半徑

9、變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,面積變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,故C正確;若其他條件不變,E增大為原來(lái)的2倍,則加速度a=2.010-152.0103+5.010-135.010-14m/s2=90m/s2,加速度變?yōu)樵瓉?lái)的95倍,時(shí)間t變?yōu)樵瓉?lái)的53,噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的53,面積減小為原來(lái)的59,故D錯(cuò)誤。9.(2019浙江溫州期末)如圖所示,半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi),環(huán)上套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的珠子,現(xiàn)在圓環(huán)平面內(nèi)加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),將珠子從最高點(diǎn)A由靜止開(kāi)始釋放(AC、BD為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑),要使珠子沿圓弧經(jīng)過(guò)B、C剛好能運(yùn)動(dòng)到D。(1)求所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)最小值及場(chǎng)強(qiáng)的方向;(2)當(dāng)

10、所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為最小值時(shí),求珠子由A到達(dá)D的過(guò)程中速度最大時(shí)對(duì)環(huán)的作用力大小;(3)在(1)問(wèn)電場(chǎng)中,要使珠子能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng),在A點(diǎn)至少使它具有多大的初動(dòng)能?答案(1)2mg2q方向見(jiàn)解析(2)322+1mg(3)2-12mgr解析(1)根據(jù)題述分析可知,珠子運(yùn)動(dòng)到弧BC中點(diǎn)M時(shí)速度最大。作過(guò)M點(diǎn)的直徑MN,設(shè)電場(chǎng)力與重力的合力為F,則其方向沿NM方向,分析珠子在M點(diǎn)的受力情況,當(dāng)F電垂直于F時(shí),F電最小,如圖所示。最小值F電min=mgsin45=22mg=qEmin解得所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)最小值Emin=2mg2q,方向沿過(guò)M點(diǎn)的切線方向指向左上方。(2)當(dāng)所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為最小值時(shí),電場(chǎng)力

11、與重力的合力為F=mgcos45=22mg把電場(chǎng)力與重力的合力看做是等效重力,珠子運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)速度最大。對(duì)珠子由A運(yùn)動(dòng)到M的過(guò)程,由動(dòng)能定理得Fr+22r=12mv2-0在M點(diǎn),由牛頓第二定律得FN-F=mv2r聯(lián)立解得FN=322+1mg由牛頓第三定律知,珠子對(duì)環(huán)的作用力大小為FN=FN=322+1mg。(3)由題意可知,N點(diǎn)為等效最高點(diǎn),只要珠子能到達(dá)N點(diǎn),就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。珠子由A到N的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有-Fr-22r=0-EkA解得EkA=2-12mgr。10.如圖甲所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d的兩金屬板A、B水平放置,ab為兩板的中心線,一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入,沿直線從

12、b點(diǎn)射出,若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上,欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出,求:(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件?(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿足什么條件?答案(1)T=Lnv0,其中n取大于等于L2dv0qU02m的整數(shù)(2)t=2n-14T(n=1,2,3,)解析(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速度v0穿出電場(chǎng),在垂直于初速度方向上,粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為:加速,減速,反向加速,(反向)減速,經(jīng)歷四個(gè)過(guò)程后,回到中心線上時(shí),在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零,這段時(shí)間等于一個(gè)周期,故有L=nTv0,解得T=Lnv0粒子在14T內(nèi)離開(kāi)中心線的距離為y=12a14T2又a=qEm,E=U

13、0d,解得y=qU0T232md在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離開(kāi)中心線的最大距離為ym=2y=qU0T216md粒子不撞擊金屬板,應(yīng)有ym12d解得T2d2mqU0故nL2dv0qU02m,即n取大于等于L2dv0qU02m的整數(shù)所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為T(mén)=Lnv0,其中n取大于等于L2dv0qU02m的整數(shù)。(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻應(yīng)為14T,34T,54T,故粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻為t=2n-14T(n=1,2,3,)B組能力提升11.(多選)(2019河南商丘質(zhì)檢)在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球由靜止開(kāi)始釋放,帶電小球沿與豎直方向成角的方向做直線運(yùn)動(dòng)。關(guān)于帶電小球

14、的電勢(shì)能和機(jī)械能W的判斷,不正確的是()A.若sinqEmg,則一定減少,W一定增加B.若sin=qEmg,則、W一定不變C.若sin=qEmg,則一定增加,W一定減少D.若tan=qEmg,則可能增加,W一定增加答案ACD若sin=qEmg,則電場(chǎng)力與速度方向垂直,電場(chǎng)力不做功,不變化,W一定守恒,故B項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤;若sinqEmg,電場(chǎng)力可能做正功,也可能做負(fù)功,所以可能減少也可能增加,W可能增加也可能減少,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;若tan=qEmg,則電場(chǎng)力沿水平方向,且和重力的合力與速度同向,電場(chǎng)力做正功,減少,W一定增加,D項(xiàng)錯(cuò)誤。此題選不正確的,故選A、C、D。12.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為

15、+q的小球以初速度v0水平拋出,在小球經(jīng)過(guò)的豎直平面內(nèi),存在著若干個(gè)如圖所示的無(wú)電場(chǎng)區(qū)和有理想上下邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū),兩區(qū)域相互間隔,豎直高度相等,電場(chǎng)區(qū)水平方向無(wú)限長(zhǎng)。已知每一電場(chǎng)區(qū)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等,方向均豎直向上,不計(jì)空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是()A.小球在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.若場(chǎng)強(qiáng)大小等于mgq,則小球經(jīng)過(guò)每一電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同C.若場(chǎng)強(qiáng)大小等于2mgq,則小球經(jīng)過(guò)每一無(wú)電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同D.無(wú)論場(chǎng)強(qiáng)大小如何,小球通過(guò)所有無(wú)電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同答案AC將小球的運(yùn)動(dòng)沿著水平方向和豎直方向正交分解,水平方向不受外力,以v0做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A正確。豎直方向,在無(wú)電場(chǎng)區(qū)只受重力,加速度為g

16、,豎直向下,有電場(chǎng)區(qū)除重力外,還受到豎直向上的恒定的電場(chǎng)力作用,加速度的大小和方向取決于合力的大小和方向。當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度等于mgq時(shí),電場(chǎng)力等于mg,故在電場(chǎng)區(qū)小球所受的合力為零,在無(wú)電場(chǎng)區(qū)小球勻加速運(yùn)動(dòng),故經(jīng)過(guò)每個(gè)電場(chǎng)區(qū)時(shí),小球的速度均不等,因而小球經(jīng)過(guò)每一電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均不相等,故B錯(cuò)誤。當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度等于2mgq時(shí),電場(chǎng)力等于2mg,故在電場(chǎng)區(qū)小球所受的合力大小等于mg,方向豎直向上,加速度大小等于g,方向豎直向上,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有:經(jīng)過(guò)第一個(gè)無(wú)電場(chǎng)區(qū)y=12gt12,v1=gt1,經(jīng)過(guò)第一個(gè)電場(chǎng)區(qū),y=v1t2-12gt22,v2=v1-gt2,聯(lián)立解得t1=t2,v2=0,接下來(lái)小球的運(yùn)動(dòng)重復(fù)

17、前面的過(guò)程,即在豎直方向上每次通過(guò)無(wú)電場(chǎng)區(qū)都是自由落體運(yùn)動(dòng),每次通過(guò)電場(chǎng)區(qū)都是末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng),故C正確。通過(guò)前面的分析可知,小球通過(guò)每個(gè)無(wú)電場(chǎng)區(qū)的初速度不一定相同,所以通過(guò)無(wú)電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間不同,故D錯(cuò)誤。13.(多選)(2018江西吉安一中段考)如圖所示,帶正電的金屬滑塊質(zhì)量為m、電荷量為q,與絕緣水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(mg(1),可知滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后返回向A運(yùn)動(dòng),向左運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有Eq+mg=ma1,向右運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有Eq-mg=ma2,加速度不同,位移大小相等,故來(lái)回運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;來(lái)回運(yùn)動(dòng)時(shí)摩擦力做功,有能量損失,故到A點(diǎn)時(shí)速度大小要小于

18、v,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)回到A點(diǎn)時(shí)的速度為vA,則根據(jù)動(dòng)能定理有-(Eq+mg)s=0-12mv2,(Eq-mg)s=12mvA2-0,聯(lián)立解得vA=1-1+v,UAB=-Es=-mv22(1+)q,故選項(xiàng)C、D正確。14.(多選)如圖所示,兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一電源相連,S閉合后,兩板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下說(shuō)法中正確的是()A.若將A板向上平移一小段位移,則油滴向下加速運(yùn)動(dòng),G中有ba的電流B.若將A板向左平移一小段位移,則油滴仍然靜止,G中有ba的電流C.若將S斷開(kāi),則油滴立即做自由落體運(yùn)動(dòng),G中無(wú)電流D.若將S斷開(kāi),再將A板向下平移一小段位移,則

19、油滴向上加速運(yùn)動(dòng),G中有ba的電流答案AB根據(jù)題圖可知,A板帶負(fù)電,B板帶正電,原來(lái)油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),說(shuō)明油滴受到的豎直向上的電場(chǎng)力剛好與重力平衡。在S閉合的情況下,若將A板向上平移一小段位移,則板間距d變大,而兩板間電壓U不變,故板間場(chǎng)強(qiáng)E=Ud變小,油滴所受的合力方向向下,所以油滴向下加速運(yùn)動(dòng),而根據(jù)C=rS4kd可知,電容C減小,故兩板所帶電荷量Q也減小,因此電容器放電,所以G中有ba的電流,選項(xiàng)A正確;在S閉合的情況下,若將A板向左平移一小段位移,兩板間電壓U和板間距d都不變,所以板間場(chǎng)強(qiáng)E=Ud不變,油滴受力平衡,仍然靜止,但是兩板的正對(duì)面積S減小了,根據(jù)C=rS4kd可知,電容C減小,兩板所帶電荷量Q也減小,電容器放電,所以G中有ba的電流,選項(xiàng)B正確;若將S斷開(kāi),兩板所帶電荷量Q保持不變,板間場(chǎng)強(qiáng)E也不變,油滴仍然靜止,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若將S斷開(kāi),再將A板向下平移一小段位移,兩板所帶電荷量仍保持不變,兩板間距d變小,根據(jù)C=rS4kd、U=QC和E=Ud,可得E=4kQrS,顯然,兩板間場(chǎng)強(qiáng)E不變,所以油滴仍然靜止,G中無(wú)電流,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。11