2022年高考物理一輪總復習 6.3電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動限時規(guī)范特訓

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1、2022年高考物理一輪總復習 6.3電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動限時規(guī)范特訓 一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分) 1. 板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間場強為E1?，F(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強為E2，下列說法正確的是(　　) A. U2＝U1，E2＝E1　　　 B. U2＝2U1，E2＝4E1 C. U2＝U1，E2＝2E1 D. U2＝2U1，E2＝2E1 解析：本題考查平行板電容器極板間電勢差、場強與所帶電荷量及板間距的關系，意在考查考生應用E＝、C＝和

2、C∝分析問題的能力。由以上三公式可得E∝，所以Q加倍，E也加倍，再由U＝Ed可得U不變。C正確。 答案：C 2. 如圖所示，A、B為水平正對放置的平行金屬板，板間距離為d，一質(zhì)量為m的帶電油滴在兩金屬板之間，油滴運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。將油滴由靜止釋放，若兩金屬板間的電壓為零，一段時間后油滴以速率v勻速下降。若兩金屬板間加電壓U，一段時間后油滴以速率2v勻速上升。由此可知油滴所帶電荷量的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：板間電壓為零，油滴勻速下降時，mg＝kv，當兩板間電壓為U，油滴勻速上升時，q＝mg＋2kv，解得q＝，C正確。 答

3、案：C 3. 煤礦滲水會造成嚴重安全事故，2011年11月13日凌晨0時10分，甘肅省白銀市景泰縣通達煤礦發(fā)生透水事故，當時井下作業(yè)人員11名，其中4人泅水脫險，7人被困，利用傳感電容器可檢測礦井滲水，發(fā)出安全警報，從而避免事故的發(fā)生，如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測液面高低的儀器原理圖，A為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導電液體，把儀器接到圖示電路中，已知靈敏電流表的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關系為：電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)。當發(fā)現(xiàn)指針向右偏轉(zhuǎn)時，導電液體深度h的變化為(　　) A. h正在增大 B. h正在減小 C. h不變

4、D. 無法確定 解析：電容器保持與電源連接，電路穩(wěn)定時，電容器兩端電壓不變，電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，說明電流由右向左通過電源，說明電容器在放電，即電荷量減小，由電容的定義式C＝可知，電容器的電容減小，由電容的決定式C＝可知，電容器兩極板的正對面積減小，即說明導電液體深度h減小，B項正確。 答案：B 4. 如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He)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：偏轉(zhuǎn)位移y＝，由于同一加

5、速、同一偏轉(zhuǎn)電場，故打在同一點，由qU＝mv2，v＝，比荷不同，速度不同，運動時間就不同，B正確。 答案：B 5. [xx·石家莊一中檢測]如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設電源電動勢為U)(　　) A. 電子到達B板時的動能是eU B. 電子從B板到達C板動能變化量為零 C. 電子到達D板時動能是3eU D. 電子在A板和D板之間做往復運動 解析：由電路圖可得，電子在A、B板間加速運動，電場力做正功eU，A正確；在B、C板間勻速運動，動能變化量為零，B正確；在C、D板間減速運動，電場力做負功－eU，所以電子在D板處速

6、度為零，C錯誤；電子在A板和D板之間做往復運動，D正確。 答案：C 6. (多選)如圖是一個由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，在增大電容器兩極板間距離的過程中(　　) A. 電阻R中沒有電流 B. 電容器的電容變小 C. 電阻R中有從a流向b的電流 D. 電阻R中有從b流向a的電流 解析：平行板電容器的電容和帶電量分別為C＝，Q＝CU。當兩板間距離d增大時，電容C減小，極板的帶電荷量Q也減小，由于原來電容器的上板A帶正電，下板B帶負電，極板帶電荷量減小，B板的電子在電源的作用下將輸送到A板中和部分正電荷，所以電阻R中會有從a流向b的電流，B、C正確，A、D錯誤。

7、答案：BC 7. (多選)三個電子從同一地點同時沿同一方向垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)如圖所示的軌跡，則可以判斷(　　) A. 它們在電場中運動時間相同 B. A、B在電場中運動時間相同，C先飛離電場 C. C進入電場時的速度最大，A最小 D. 電場力對C做功最小 解析：三電子在電場中運動的加速度a相同，在垂直于極板方向，yA＝y(tǒng)B>yC，由y＝at2知在電場中運動的時間tA＝tB>tC，A錯誤，B正確；B、C水平位移相同，tB>tC，故vC>vB，而A、B運動時間相同，但xAvA，故C進入電場的速度最大，A最小，C正確；電場力做功W＝Eqy，而yA＝y(tǒng)B>yC，故電

8、場力對C做功最小，D正確。 答案：BCD 8. (多選)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大。當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是(　　) 解析：在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力F＝，所以電子所受的電場力大小不變。由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在第二個內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個內(nèi)反向做勻加速直線運動，在第四個內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖象如圖D所示，v－t圖象如圖A所

9、示；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖象應是曲線。 答案：AD 9. [xx·江西重點中學聯(lián)考](多選)如圖所示，長為L、傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則(　　) A. 小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能 B. A、B兩點的電勢差一定為 C. 若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最小值一定是 D. 若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷 解析：小球初、末速度均為v0，從A到B，由動能定理得qUAB－mgLs

10、in30°＝0，解得A、B兩點的電勢差為UAB＝，qUAB＝，電場力做正功電勢能減少，EpB

11、的位置上升 C. 水平金屬板電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變 D. 水平金屬板電壓U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變 解析：當滑動觸頭向右移動時，其他不變，加速電壓增大，電子進入水平放置的兩平行金屬板間的速度增大，在水平放置的兩平行金屬板間運動時間縮短，偏轉(zhuǎn)減小，則電子打在熒光屏上的位置下降，選項A錯誤；當滑動觸頭向左移動時，其他不變，加速電壓減小，電子進入水平放置的兩平行金屬板間的速度減小，在水平放置的兩平行金屬板間運動時間增大，偏轉(zhuǎn)增大，則電子打在熒光屏上的位置上升，選項B正確；水平金屬板電壓U增大時，其他不變，靜電力做功增大，則電子打在

12、熒光屏上的速度增大，選項C錯誤；水平金屬板電壓U增大時，其他不變，電子進入水平放置的兩平行金屬板間的速度不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變，選項D正確。 答案：BD 二、非選擇題(本題共2小題，共40分) 11. (18分)實驗表明，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子。在右圖中，從熾熱金屬絲射出的電子流，經(jīng)電場加速后進入偏轉(zhuǎn)電場。已知加速電極間的電壓U1＝2500 V，偏轉(zhuǎn)電極間的電壓U2＝2.0 V，偏轉(zhuǎn)電極極板長l＝6.0 cm，板間距d＝0.2 cm。電子的質(zhì)量是m＝0.91×10－30 kg，帶電量大小為e＝1.6×10－19 C，電子重力不計，未打到極板上。求： (1)電子

13、離開加速電場時的速度v的大?。? (2)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的豎直方向速度v⊥的大??； (3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向移動的距離y。 解析：(1)電子加速時由動能定理知 eU1＝mv2－0 解得v＝≈3.0×107 m/s (2)設電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為a，運動時間為t，有 v⊥＝at a＝＝ t＝ 解得v⊥＝at＝≈3.5×105 m/s (3)由y＝at2，t＝，a＝得 y＝≈3.5×10－4 m。 答案：(1)3.0×107 m/s' (2)3.5×105 m/s (3)3.5×10－4 m 12. (22分)絕緣光滑水平面內(nèi)有一圓形有界勻強電場，

14、其俯視圖如右圖所示，圖中xOy所在平面與光滑水平面重合，電場方向與x軸正向平行，電場的半徑為R＝ m，圓心O與坐標系的原點重合，場強E＝2 N/C。一帶電荷量為q＝－1×10－5 C、質(zhì)量m＝1×10－5 kg的粒子，由坐標原點O處以速度v0＝1 m/s沿y軸正方向射入電場(重力不計)，求： (1)粒子在電場中運動的時間； (2)粒子出射點的位置坐標； (3)粒子射出時具有的動能。 解析：(1)粒子沿x軸負方向做勻加速運動，加速度為a，則有 Eq＝ma x＝at2 沿y軸正方向做勻速運動，有 y＝v0t x2＋y2＝R2 解得t＝1 s。 (2)設粒子射出電場邊界的位置坐標為(－x1，y1)，則有 x1＝at2＝1 m，y1＝v0t＝1 m，即為(－1 m,1 m)。 (3)射出時由動能定理得 Eqx1＝Ek－mv 代入數(shù)據(jù)解得Ek＝2.5×10－5 J。 答案：(1)1 s　(2)(－1 m, 1 m)　(3)2.5×10－5 J