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2019年高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動 新人教版 1．有一只電容器的規(guī)格是“1.5 μF,9 V”，那么(　　)． A．這只電容器上的電荷量不能超過1.510－5 C B．這只電容器上的電荷量不能超過1.3510－5 C C．這只電容器的額定電壓為9 V D．這只電容器的擊穿電壓為9 V 解析　9 V為電容器的額定電壓(或工作電壓)，故C正確；正常工作時的帶電荷量Q＝CU＝1.510－69 C＝1.3510－5 C，B正確． 答案　BC 2．如圖1甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點的電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示．若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則(　　) 圖1 A．電子一直沿Ox負方向運動 B．電場力一直做正功 C．電子運動的加速度逐漸增大 D．電子的電勢能逐漸增大 解析 由電勢－位移圖象可知，電勢隨位移均勻增加，相同位移間的電勢差相同，電場強度恒定，電子運動的加速度恒定，C不正確；沿Ox軸方向電勢增大，電場線方向與Ox軸負方向重合，電子受沿Ox軸正方向的電場力，且沿Ox軸正方向運動，電場力做正功，A不正確、B正確；由功能關(guān)系，電場力做正功，電勢能減少，D不正確． 答案 B 3．如圖2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，下極板接地．一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則(　　) 圖2 A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動 B．P點的電勢將降低 C．帶電油滴的電勢能將減少 D．若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大 解析 上極板向上移動一小段距離后，板間電壓不變，故電場強度將減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運動，A錯；P點的電勢大于0，且P點與下極板間的電勢差減小，所以P點的油滴向下運動，電場力做負功，電勢減小，B對；油滴向下運動時電場力做負功，油滴的電勢能增加，C錯；電容器的電容C＝，由于d增大，電容C減小，極板帶電量Q＝CU將減小，D錯． 答案 B 4．如圖3所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓?。粋€質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是(　　)． 圖3 A．小球一定能從B點離開軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運動 C．若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H D．小球到達C點的速度可能為零 解析　本題考查學(xué)生對復(fù)合場問題、功能關(guān)系、圓周運動等知識綜合運用分析的能力．若電場力大于重力，則小球有可能不從B點離開軌道，A錯．若電場力等于重力，物體做勻速圓周運動，B正確．因電場力做負功，有機械能損失，上升的高度一定小于H，C正確．由圓周運動知識可知若小球到達C點的速度為零，則在此之前就已脫軌了，D錯． 答案　BC 5．如圖4所示，A、B兩金屬板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)．分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時，有可能使電子到不了B板(　　)． 圖4 解析　加A圖電壓，電子從A板開始向B板做勻加速直線運動；加B圖電壓，電子開始向B板做勻加速運動，再做加速度大小相同的勻減速運動，速度減為零后做反向勻加速運動及勻減速運動，由對稱性可知，電子將做周期性往復(fù)運動，所以電子有可能到不了B板；加C圖電壓，電子先勻加速，再勻減速到靜止，完成一個周期，所以電子一直向B板運動，即電子一定能到達B板；加D圖電壓，電子的運動與C圖情形相同，只是加速度變化，所以電子也一直向B板運動，即電子一定能到達B板．綜上所述可知選項B正確． 答案　B 6．如圖5所示，用長L＝0.50 m的絕緣輕質(zhì)細線，把一個質(zhì)量m＝1.0 g帶電小球懸掛在均勻帶等量異種電荷的平行金屬板之間，平行金屬板間的距離d＝5.0 cm，兩板間電壓U＝1.0103 V．靜止時，絕緣細線偏離豎直方向θ角，小球偏離豎直線的距離a＝1.0 cm.取g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　)． 圖5 A．兩板間電場強度的大小為2.0104 V/m B．小球帶的電荷量為1.010－8 C C．若細線突然被剪斷，小球在板間將做類平拋運動 D．若細線突然被剪斷，小球在板間將做勻加速直線運動 解析　設(shè)兩板間的電場強度為E，根據(jù)勻強電場的場強和電勢差的關(guān)系得E＝＝ V/m＝2.0104 V/m，A項正確；小球靜止時受力平衡，由平衡條件得qE＝mgtan θ，解得q＝.因為θ角很小，所以tan θ≈sin θ＝＝，解得q＝1.010－8 C，B項正確；細線剪斷時，由于小球受到重力和電場力的合力為恒力，且小球初速度為零，故小球做初速度為零的勻加速直線運動，C項錯、D項正確． 答案　ABD 7．如圖6所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的質(zhì)點，由兩水平極板正中，以相同的初速度v0，先后垂直勻強電場射入，并分別落在負極板上甲、乙、丙三處，可以判定(　　)． 圖6 A．甲處質(zhì)點帶正電，乙處質(zhì)點不帶電，丙處質(zhì)點帶負電 B．三個質(zhì)點在電場中的運動時間相等 C．三個質(zhì)點在電場中的加速度a甲>a乙>a丙 D．三個質(zhì)點到達負極板的動能E丙>E乙>E甲 解析　三個質(zhì)點均做類平拋運動，它們在水平方向上的分運動相同，都是以初速度v0做勻速直線運動，在豎直方向上均做初速度為零的勻加速直線運動，但它們下落的加速度不同，不帶電的質(zhì)點的加速度大小等于g，帶正電質(zhì)點的加速度大于g，帶負電質(zhì)點的加速度小于g，下落高度相同，下落時間與加速度大小有關(guān)，根據(jù)公式h＝at2可得t＝ ，可見，加速度越小，下落時間越長，所以t負>t不帶電>t正，又因為它們的水平位移x＝v0t，所以x負>x不帶電>x正，選項A、C正確，B錯誤；因為三個質(zhì)點到達負極板的過程中，電場力對帶正電質(zhì)點做正功，機械能增大，對帶負電質(zhì)點做負功，機械能減小，對不帶電質(zhì)點不做功，機械能不變，所以它們的動能E甲>E乙>E丙，選項D錯誤． 答案　AC 8．在真空中水平放置一對金屬板，兩板間的電壓為U，一個電子以水平速度v0沿兩板中線射入電場，忽略電子所受的重力．電子在電場中的豎直偏移距離為Y，當只改變偏轉(zhuǎn)電壓U(或只改變初速度v0)時，下列圖象哪個能正確描述Y的變化規(guī)律(　　) A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 解析 由帶電粒子在電場中的運動性質(zhì)知，在Y方向上，Y＝at2＝(其中l(wèi)為板長，d為板間距離)Y正比于U，反比于v(即正比于)．當U過大或過大時，電子會打在極板上，不再出來，Y就不隨U或的增加而變大了，綜上可知選項B正確． 答案 B 9．板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間的電勢差為U1，板間場強為E1，電容器的電容為C1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)?，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強為E2，電容器電容為C2，下列說法正確的是(　　)． A．C2＝3C1，U2＝U1 B．C2＝3C1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝3E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1 解析　當電容器所帶電荷量為Q，板間距為d時，電容器電容C1＝，U1＝＝，E1＝＝；當電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)闀r，電容器電容C2＝＝3C1，U2＝＝＝U1，E2＝＝＝3E1，選項A、C正確． 答案　AC 10．在一個水平面上建立x軸，在過原點O右側(cè)空間有一個勻強電場，電場強度大小E＝6105 N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個電荷量q＝510－8C、質(zhì)量m＝0.010 kg的帶負電絕緣物塊．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2 m/s，如圖7所示，求：(g取10 m/s2)　 圖7 (1)物塊最終停止時的位置； (2)物塊在電場中運動過程的機械能增量． 解析　(1)第一個過程：物塊向右做勻減速運動到速度為零． Ff＝μmg＝0.02 N，F(xiàn)＝qE＝0.03 N， Ff＋F＝ma,2as1＝v， 代入數(shù)值s1＝0.4 m， 第二個過程：物塊向左做勻加速運動， 離開電場后再做勻減速運動直到停止． 由動能定理得：Fs1－Ff(s1＋s2)＝0 得s2＝0.2 m，則物塊停止在原點O左側(cè)0.2 m處． (2)物塊在電場中運動過程的機械能增量 ΔE＝Wf＝－2μmgs1＝－0.016 J. 答案　(1)原點O左側(cè)0.2 m處　(2)－0.016 J 11．反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖8所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動．已知電場強度的大小分別是E1＝2.0103 N/C和E2＝4.0103 N/C，方向如圖所示．帶電微粒質(zhì)量m＝1.010－20 kg，帶電荷量q＝－1.010－9 C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)．求： 圖8 (1)B點距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t. 解析 (1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有 |q|E1d1－|q|E2d2＝0① 由①式解得d2＝d1＝0.50 cm.② (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有 |q|E1＝ma1③ |q|E2＝ma2④ 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，由運動學(xué)公式有 d1＝a1t⑤ d2＝a2t⑥ 又t＝t1＋t2⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.510－8 s. 答案 (1)0.50 cm　(2)1.510－8 s 12．一平行板電容器長l＝10 cm，寬a＝8 cm，板間距d＝4 cm，在板左側(cè)有一足夠長的“狹縫”離子源，沿著兩板中心平面，連續(xù)不斷地向整個電容器射入離子，它們的比荷均為21010 C/kg，速度均為4106 m/s，距板右端l/2處有一屏，如圖5甲所示，如果在平行板電容器的兩極板間接上如圖乙所示9的交流電，由于離子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期，故離子通過電場的時間內(nèi)電場可視為勻強電場．試求： 圖9 (1)離子打在屏上的區(qū)域面積； (2)在一個周期內(nèi)，離子打到屏上的時間． 解析　(1)設(shè)離子恰好從極板邊緣射出時極板兩端的電壓為U0， 水平方向：l＝v0t ① 豎直方向：＝at2 ② 又a＝ ③ 由①②③得U0＝＝128 V 即當U≥128 V時離子打到極板上，當U<128 V時離子打到屏上， 利用推論：打到屏上的離子好像是從極板中心沿直線射到屏上，由此可得：＝， 解得y＝d， 又由對稱性知，打到屏上的總長度為2d 則離子打到屏上的區(qū)域面積為S＝2da＝64 cm2. (2)在前T，離子打到屏上的時間： t0＝0.005 s＝0.003 2 s， 又由對稱性知，在一個周期內(nèi)，打到屏上的總時間 t＝4t0＝0.012 8 s. 答案　(1)64 cm2　(2)0.012 8 s