2020高考物理一輪總復習 第七章 靜電場 基礎(chǔ)課3 電容器、帶電粒子在電場中的運動練習（含解析）新人教版

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1、基礎(chǔ)課 3 電容器、帶電粒子在電場中的運動一、選擇題1某電容器上標有“25 F,450 V”字樣，下列對該電容器的說法中正確的是()A要使該電容器兩極板之間電壓增加1 V，所需電荷量為2.5105 CB要使該電容器帶電荷量1 C，兩極板之間需加電壓2.5105 VC該電容器能夠容納的電荷量最多為25 CD該電容器能夠承受的最大電壓為450 V解析：選A由電容器電容的定義式C可知C，所以QCU2.51051 C2.5105 C，A正確；若Q1 C，則U4104 V，B錯誤；當電容器的電壓為450 V時，電容器的電荷量最多，QCU2.5105450 C1.125102 C，C錯誤；450 V是電容

2、器的額定電壓，低于擊穿電壓，D錯誤2.(2018屆河南鄭州第三次質(zhì)量預測)如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計，開關(guān)S閉合后，靜電計指針張開一定角度下述做法可使靜電計指針張角增大的是()A使A板向左平移以增大板間距離B在A、B兩板之間插入一塊陶瓷板C斷開S后，使B板向左平移以減小板間距離D斷開S后，使B板向上平移以減小極板正對面積解析：選D開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則指針的張角不變，故A、B錯誤；斷開S，電容器所帶的電荷量不變，B板向左平移減小板間距，則電容增大，根據(jù)U知，電勢差減小，則指針張角減小，故C錯誤；斷開S，電容器所帶的電荷量不變，A、B的正對面積錯開，電

3、容減小，根據(jù)U知，電勢差增大，則指針張角增大，故D正確，故選D.3.如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡落到B板中間設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()AU1U218BU1U214CU1U212 DU1U211解析：選A設(shè)板長為l，兩板間距為d，粒子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為q，當電壓為U1時，有l(wèi)v0t1，t12，聯(lián)立得d.當電壓為U2時，有v0t2，dt22，聯(lián)立得d.由得，故A正確4.(多選)(2018年全國卷)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器

4、的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面a、b間的相互作用和重力可忽略下列說法正確的是()Aa的質(zhì)量比b的大B在t時刻，a的動能比b的大C在t時刻，a和b的電勢能相等D在t時刻，a和b的動量大小相等解析：選BD兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由xa0t2，知微粒a的加速度大，由qEma0，知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理qExEk得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故

5、在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEtmv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確5(2017年江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點現(xiàn)將C板向右平移到P點，則由O點靜止釋放的電子()A運動到P點返回B運動到P和P點之間返回C運動到P點返回D穿過P點解析：選A由題意知，電子在A、B板間做勻加速運動，在B、C板間做勻減速運動，到P點時速度恰好為零，設(shè)A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2，由動能定理得eU1eU20，所以U1U2；現(xiàn)將C板右移至P點，由于板上帶電荷量沒有變化，B、C板

6、間電場強度E，E不變，故電子仍運動到P點返回，選項A正確6.(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，充電后斷開電源，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A仍沿原軌跡由下板邊緣飛出B將打在下板中央C不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央解析：選AD平行板電容器充電結(jié)束后斷開電源，極板所帶的電荷量不變，則有E，由此式可知，板間距變化不會影響電場強度的變化，電場強度不變，小球所受的電場力不變，所以A正確，B、C錯誤；如果下極板上移，小球在豎直

7、方向的位移將會減小，到達下極板的時間變短，有可能到達下極板的正中間，所以D正確7如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He2)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A同時到達屏上同一點B先后到達屏上同一點C同時到達屏上不同點D先后到達屏上不同點解析：選B一價氫離子(H)和二價氦離子(He2)的比荷不同，由qUmv2可知經(jīng)過加速電場獲得的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離yat2相同，所以會打在同一點，B正確8(多選)如圖所示，兩平行金屬板水平放置，兩平行金屬板之間有勻強電場，一個重力不計的帶電粒

8、子經(jīng)加速電場加速(加速電場未畫出)后，緊貼上板以速度v0進入兩平行金屬板之間，其速度方向垂直于兩平行金屬板之間的電場線方向，經(jīng)一段時間后剛好從下板邊緣射出，射出時末速度v恰與下板成60角，已知帶電粒子所帶的電荷量為q、質(zhì)量為m，板長為L，則()A加速電場的電壓為B偏轉(zhuǎn)電場的場強大小為C兩平行金屬板之間的距離大小為dLD帶電粒子通過平行金屬板中的勻強電場時電場力做的功為mv2解析：選AB由題述知帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，其速度大小為v0，由動能定理可知qUmv02，由速度關(guān)系得v0vcos60，解得U，選項A正確；由牛頓第二定律得qEma，由平拋運動規(guī)律得Lv0t，vyat，又vyvsin60v

9、，聯(lián)立解得E，選項B正確；由平拋運動的推論可得tan60，故dL，選項C錯誤；帶電粒子通過勻強電場時電場力做的功為WEqdmv2，選項D錯誤9.(多選)(2019屆唐山模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有A、B兩點，兩點的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時間豎直向下通過B點，重力加速度為g，小球在由A到B的運動過程中，下列說法正確的是()A小球帶負電B速度先增大后減小C機械能一直減小D任意一小段時間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量解析：選AC小球在B點的速度豎直向下，小球可看作在水平方向做勻減速運動，豎直方向做自由落體運

10、動，可知電場力方向水平向左，與電場方向相反，說明小球帶負電，故A正確；小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，即合力方向朝左下方，與初速度成鈍角，所以開始減速，然后成銳角，可知合力先做負功然后做正功，則速度先減小后增大，故B錯誤；因為電場力做負功，電勢能增加，機械能減小，故C正確；任意一小段時間，小球的動能、電勢能和重力勢能之和保持不變，總能量守恒，所以電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，故D錯誤二、非選擇題10中國科學院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用如圖所示，某直線加速器

11、由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變設(shè)質(zhì)子進入漂移管B時速度為8106 m/s，進入漂移管E時速度為1107 m/s，電源頻率為1107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的.質(zhì)子的荷質(zhì)比取1108 C/kg.求：(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓解析：(1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則TLvB聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得L0.4 m(2)設(shè)質(zhì)子進入漂移管

12、E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場力對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運動到漂移管E電場力做功W，質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，則WqUW3WWmvE2mvB2聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得U6104 V.答案：(1)0.4 m(2)6104 V11.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的液滴，在電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場中運動，運動軌跡在豎直平面內(nèi)A，B為其運動軌跡上的兩點，已知該液滴在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.求A，B兩點間的電勢差解析：由題意知qEmg，液滴重力不能忽略，把運動分解水平方向有vsin6

13、0v0sin30t豎直方向有vcos60v0cos30gt可得vv0，t由牛頓第二定律得水平方向加速度ag，水平位移xv0sin30t(g)t2UABEx.答案：12如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距為d8 cm，板長為L25 cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v00.5 m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下板向上提起 cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：(1)將下板向上提起后，液滴的加速度大?。?2)液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間為多少？(g取10 m/s2)解析：(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴勻速運動，所以有qEmg，qmg，即qUmgd當下板向上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運動此時液滴所受電場力Fqmgag2 m/s2.(2)因為液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是設(shè)液滴從P點開始在勻強電場中飛行的時間為t1at12，t10.2 s而液滴從剛進入電場到出電場的時間為t20.5 s所以液滴從射入電場開始勻速運動到P點時間為tt2t10.3 s.答案：(1)2 m/s2(2)0.3 s8