2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 課時規(guī)范練24 電容器 帶電粒子在電場中的運動 新人教版.doc

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課時規(guī)范練24　電容器　帶電粒子在電場中的運動 基礎(chǔ)鞏固組 1. (平行板電容器的動態(tài)分析)(2017山西大同聯(lián)考)如圖所示的裝置,可以探究影響平行板電容器電容的因素,關(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是(　　) A.電容器與電源保持連接,左移電容器左極板,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大 B.電容器充電后與電源斷開,上移電容器左極板,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大 C.電容器充電后與電源斷開,在電容器兩極板間插入玻璃板,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大 D.電容器充電后與電源斷開,在電容器兩極板間插入金屬板,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大 答案B 解析電容器與電源保持連接,左移電容器左極板,電容器板間電壓不變,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角不變,故A錯誤。電容器充電后與電源斷開,電容器帶的電荷量不變,上移電容器左極板,極板正對面積減小,電容減小,由電容的定義式C=QU知,Q不變,C減小,則U增大,因此靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大,故B正確。電容器充電后與電源斷開,電容器帶的電荷量不變,在電容器兩極板間插入玻璃板,電容增大,由電容的定義式C=QU知U減小,因此靜電計指針偏轉(zhuǎn)角減小,故C錯誤。若在兩極板間插入金屬板,相當(dāng)于板間距離減小,可知電容增大,而電容器的帶電荷量不變,由電容的定義式C=QU知板間電壓U減小,則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角減小,故D錯誤。 2. (平行板電容器的動態(tài)分析)(2017陜西鎮(zhèn)安中學(xué)月考)如圖所示,先接通S使電容器充電,然后斷開S。當(dāng)增大兩極板間距離時,電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、兩極板間電場強度E的變化情況是(　　) A.Q變小,C不變,U不變,E變小 B.Q變小,C變小,U不變,E不變 C.Q不變,C變小,U變大,E不變 D.Q不變,C變小,U變小,E變小 答案C 解析電容器與電源斷開,電荷量Q保持不變,增大兩極板間距離時,根據(jù)C=εrS4πkd,知電容C變小,根據(jù)U=QC,知兩極板間的電勢差U變大,根據(jù)E=Ud=QCd=QεrS4πkdd=4πkQεrS,知電場強度E不變,C正確。 3. (平行板電容器的動態(tài)分析)(2017湖南永州一模)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,電容器下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離,下列說法正確的是(　　) A.帶電油滴將豎直向上運動 B.P點的電勢將降低 C.電容器的電容增大,極板帶電荷量不變 D.電容器的電容增大,極板帶電荷量減小 答案A 解析將上極板豎直向下移動時,d減小,電容器兩端的電壓U不變,由E=Ud分析得知,板間電場強度增大,則油滴所受電場力增大,油滴將豎直向上運動,故A正確;P點到下極板的距離不變,而E增大,由U=Ed知,P點與下極板間電勢差增大,P點的電勢大于零,則P點的電勢升高,故B錯誤;d減小,由C=εrS4πkd知,電容C增大,U不變,由C=QU分析可知電容器所帶電荷量增加,故C、D錯誤。?導(dǎo)學(xué)號06400331? 4. (多選)(帶電粒子在勻強電場中的直線運動)(2017黑龍江齊齊哈爾期末)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中,以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與水平面的夾角為30,重力加速度為g,且mg=qE,則(　　) A.電場方向豎直向上 B.小球運動的加速度大小為g C.小球上升的最大高度為v022g D.若小球在初始位置的電勢能為零,則小球電勢能的最大值為mv024 答案BD 解析 由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動,其合力沿ON方向,而mg=qE,由三角形定則,可知電場方向與ON方向成120角,A錯誤;由圖中幾何關(guān)系可知,其合力為mg,由牛頓第二定律可知a=g,方向與初速度方向相反,B正確;設(shè)帶電小球上升的最大高度為h,由動能定理可得-mg2h=0-12mv02,解得h=v024g,C錯誤;電場力做負功,帶電小球的電勢能變大,當(dāng)帶電小球速度為零時,其電勢能最大,則Ep=-qE2hcos 120=qEh=mgv024g=mv024,D正確。 5. (帶電粒子在勻強電場中的直線運動)(2017廣東七校聯(lián)考)如圖所示,水平放置的平行板電容器兩極板間距為d,帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q,它從上極板的邊緣以初速度v0射入,沿直線從下極板N的邊緣射出,則(　　) A.微粒的加速度不為零 B.微粒的電勢能減少了mgd C.兩極板的電勢差為mgdq D.M板的電勢低于N板的電勢 答案C 解析帶負電的微粒在兩極板間受豎直向下的重力,豎直方向的電場力,而微粒沿直線運動,由直線運動條件可知,重力與電場力合力必為零,即電場力方向豎直向上,大小等于重力,即mg=Udq,所以兩極板之間電勢差U=mgdq,A項錯誤,C項正確;而微粒帶負電,所以電場方向豎直向下,而電場方向是由高電勢指向低電勢的,所以M板電勢高于N板電勢,D項錯誤;微粒由上板邊緣運動到下板邊緣,電場力方向與位移方向夾角為鈍角,所以電場力對微粒做負功,微粒電勢能增加,B項錯誤。 6. (帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn))真空中的某裝置如圖所示,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,則下列判斷正確的是(　　) A.三種粒子從B板運動到熒光屏經(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 答案B 解析設(shè)加速電壓為U1,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏轉(zhuǎn)極板的長度為L,板間距離為d,在加速電場中,由動能定理得qU1=12mv02,解得v0=2qU1m,三種粒子從B板運動到熒光屏的過程,水平方向做速度為v0的勻速直線運動,由于三種粒子的比荷不同,則v0不同,所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同,故A錯誤;根據(jù)推論y=U2L24dU1、tan θ=U2L2dU1可知,y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(guān),故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同,打到熒光屏上的位置相同,故B正確;偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W=qEy,則W與q成正比,三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2,則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2,故C、D錯誤。 7.(帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn))(2017陜西西安雁塔區(qū)二模)有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上,顯示出字符。已知偏移量越小打在紙上的字跡越小,現(xiàn)要縮小字跡,下列措施可行的是(　　) A.增大墨汁微粒的比荷 B.減小墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能 C.減小偏轉(zhuǎn)極板的長度 D.增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓 答案C 解析已知偏移量越小,打在紙上的字跡越小,因偏移量y=qUL22mdv02,現(xiàn)要縮小字跡,可行的措施可減小墨汁微粒的比荷qm,增大墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能12mv02,減小偏轉(zhuǎn)極板的長度L,減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U,故選C。?導(dǎo)學(xué)號06400332? 8.(帶電粒子在勻強電場中的直線運動)(2017廣東汕頭潮陽區(qū)期中)某空間區(qū)域有豎直方向的電場(圖甲中只畫出了一條電場線),一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球,在電場中從A點由靜止開始沿電場線豎直向下運動,不計一切阻力,運動過程中物體的機械能E與物體位移x關(guān)系的圖象如圖乙所示,由此可以判斷(　　) A.物體所處的電場為非勻強電場,且電場強度不斷減小,電場強度方向向上 B.物體所處的電場為勻強電場,電場強度方向向下 C.物體可能先做加速運動,后做勻速運動 D.物體一定做加速運動,且加速度不斷減小 答案A 解析由于物體的機械能逐漸減小,因此電場力做負功,故電場強度的方向向上,再根據(jù)機械能的變化關(guān)系可知,克服電場力做功越來越少,電場強度不斷減小,故A正確,B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律可知,物體受重力和電場力,且電場力逐漸減小,故加速度越來越大,C、D錯誤。 能力提升組 9. (多選)(2017浙江杭州二中期中)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場,質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出,從B點進入電場,到達C點時速度方向恰好水平,A、B、C三點在同一直線上,且AB=2BC,如圖所示。由此可見(　　) A.電場力為3mg B.小球帶正電 C.小球從A到B與從B到C的運動時間相等 D.小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等 答案AD 解析由題圖知在電場中,小球受合外力豎直向上,故電場力豎直向上,與電場方向相反,故小球帶負電,B錯誤;小球在水平方向始終做勻速運動,從A到B與從B到C水平位移不同,根據(jù)x=vt知運動時間不同,C錯誤;設(shè)在B點豎直方向速度為vy,則從A到B有vy2=2gh1,從B到C有vy2=2ah2,其中a=qE-mgm,h1=2h2,聯(lián)立解得qE=3mg,A正確;從A到B速度變化量為vy,從B到C速度變化量也為vy,速度變化量方向不同,大小相同,D正確。 10.(2017河南南陽一中月考)如圖所示,平行板電容器AB兩極板水平放置,A在上方,B在下方,現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上,已知A和電源正極相連,二極管具有單向?qū)щ娦?一帶電小球沿AB中心水平射入,打在B極板上的N點,小球的重力不能忽略,現(xiàn)通過上下移動A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行),則下列說法正確的是(　　) A.若小球帶正電,當(dāng)AB間距增大時,小球打在N的右側(cè) B.若小球帶正電,當(dāng)AB間距減小時,小球打在N的左側(cè) C.若小球帶負電,當(dāng)AB間距減小時,小球可能打在N的右側(cè) D.若小球帶負電,當(dāng)AB間距增大時,小球可能打在N的左側(cè) 答案C 解析若小球帶正電,當(dāng)d增大時,電容減小,但Q不可能減小,所以Q不變,根據(jù)E=Ud=QCd=4πkQεrS,E不變,所以電場力不變,小球仍然打在N點,故A錯誤;若小球帶正電,當(dāng)d減小時,電容增大,Q增大,根據(jù)E=Ud=QCd=4πkQεrS,所以d減小時E增大,所以電場力變大,方向向下,小球做平拋運動豎直方向加速度增大,運動時間變短,打在N點左側(cè),故B錯誤;若小球帶負電,當(dāng)AB間距d減小時,電容增大,則Q增大,根據(jù)E=Ud=QCd=4πkQεrS,所以d減小時E增大,所以電場力變大,方向向上,若電場力小于重力,小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減小,運動時間變長,小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè),故C正確;若小球帶負電,當(dāng)AB間距d增大時,電容減小,但Q不可能減小,所以Q不變,根據(jù)E=Ud=QCd=4πkQεrS,E不變,所以電場力大小不變,方向變?yōu)橄蛏?若電場力小于重力,小球做類平拋運動,豎直方向上的加速度減小,運動時間變長,小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè),故D錯誤。 11. (2017河南信陽質(zhì)檢)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連,上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方d2處的P點有一帶電粒子,該粒子從靜止開始下落,經(jīng)過小孔進入電容器,并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移d2,求仍從P點由靜止開始下落的相同粒子下落的最大高度。 答案3d4 解析粒子從小孔正上方d2處由靜止開始下落到下極板處返回,由動能定理有mgd2+d-qU=0,與電池兩極相連,電容器極板間電壓不變,將下極板向上平移d2后,設(shè)粒子下落距上極板x處返回,由動能定理有mgd2+x-qUd2x=0,聯(lián)立兩式得x=d4,下落的最大高度H=x+d2=3d4。 12.如圖所示,電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。 (1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy; (2)分析物理量的數(shù)量級,是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力,請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g=10 m/s2。 (3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì),請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”φG的概念,并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。 答案(1)2eU0m　UL24U0d　(2)見解析　(3)見解析 解析(1)根據(jù)功和能的關(guān)系,有eU0=12mv02 電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0=2eU0m 在偏轉(zhuǎn)電場中,電子的運動時間Δt=Lv0=Lm2eU0 偏轉(zhuǎn)距離Δy=12a(Δt)2=UL24U0d。 (2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級,有 重力G=mg~10-29 N 電場力F=eUd~10-15 N 由于F?G,因此不需要考慮電子所受重力。 (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值,即φ=Epq 由于重力做功與路徑無關(guān),可以類比靜電場電勢的定義,將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值,叫做“重力勢”,即φG=EGm。 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量,僅由場自身的因素決定。