2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 魯科版

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 魯科版 [課時(shí)作業(yè)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　單獨(dú)成冊(cè)　方便使用 [基礎(chǔ)題組] 一、單項(xiàng)選擇題 1．某電容器上標(biāo)有“25 μF,450 V”字樣，下列對(duì)該電容器的說(shuō)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2.5×10－5 C B．要使該電容器帶電荷量1 C，兩極板之間需加電壓2.5×10－5 V C．該電容器能夠容納的電荷量最多為25 C D．該電容器能夠承受的最大電壓為450 V 解析：由電容器電容的定義式C＝可知C＝，所以ΔQ＝CΔ

2、U＝2.5×10－5×1 C＝2.5×10－5 C，A正確．若Q＝1 C，則U＝＝4×104 V，B錯(cuò)誤．當(dāng)電容器的電壓為450 V時(shí)，電容器的電荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×450 C＝1.125×10－2 C，C錯(cuò)誤.450 V是電容器的額定電壓，低于擊穿電壓，D錯(cuò)誤． 答案：A 2．2016年8月23日，第七屆中國(guó)(上海)國(guó)際超級(jí)電容器產(chǎn)業(yè)展覽會(huì)在上海新國(guó)際博覽中心舉行，作為中國(guó)最大超級(jí)電容器展，眾多龍頭踴躍參與．如圖所示，參展的平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)．在其他條件不變的情況下，現(xiàn)將平行板電容器的兩極非常

3、緩慢地錯(cuò)開一些，那么在錯(cuò)開的過程中(　　) A．電容器的電容C增大 B．電容器的電荷量Q增大 C．油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)，電流計(jì)中的電流從N流向M D．油滴靜止不動(dòng)，電流計(jì)中的電流從N流向M 解析：在電容器兩極板錯(cuò)開的過程中，根據(jù)電容的決定式C＝得知，電容C減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．由C＝可知，U不變時(shí)，Q是減小的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．電容器的電荷量減小，有電荷流向電源，是放電電流，方向由N到M；電容器接在電源的正、負(fù)極上沒有斷開，則電容器兩端的電壓不變，兩極板間的距離不變，則電場(chǎng)強(qiáng)度不變，油滴受力情況不變，油滴靜止不動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 3.在研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)

4、驗(yàn)中，一已充電的平行板電容器與靜電計(jì)連接如圖所示．現(xiàn)保持B板不動(dòng)，適當(dāng)移動(dòng)A板，發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針張角減小，則A板可能是(　　) A．右移　　　　　　　　 B．左移 C．上移 D．下移 解析：將A板向右移一些，板間距離減小，由電容的決定式C＝可知，電容增大，而電容器電荷量不變，由C＝分析得知，板間電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針偏角減??；相反，同理可知，A板向左移一些時(shí)，靜電計(jì)指針偏角增大，故A正確，B錯(cuò)誤．A板向上移一些，兩極板正對(duì)面積減小，由電容的決定式C＝可知，電容減小，而電容器電荷量不變，由C＝分析得知，板間電勢(shì)差增大，則靜電計(jì)指針偏角增大，故C錯(cuò)誤；同理，D錯(cuò)誤． 答案：A 4．如圖

5、所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間．設(shè)粒子兩次射入電場(chǎng)的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　　) A．U1∶U2＝1∶8　　　　　 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：設(shè)板長(zhǎng)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(dāng)電壓為U1時(shí)，有l(wèi)＝v0t1，＝·t，聯(lián)立得d＝①.當(dāng)電壓為U2時(shí)，有＝v0t2，d＝·t，聯(lián)立得d＝②.由得＝，故A正確． 答案：A 5.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距

6、l，在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場(chǎng)力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為(　　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析：因兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為l，電荷量為－q的粒子通過的位移為l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝、a2＝，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有l(wèi)＝a1t2＝t2①，l＝a2t2＝t2②，得＝.故B、C、D錯(cuò)，A對(duì)． 答案：A 二、多項(xiàng)

7、選擇題 6．如圖所示為“研究影響平行板電容器電容的因素”的實(shí)驗(yàn)裝置，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．A板與靜電計(jì)的指針帶的是異種電荷 B．甲圖中將B板上移，靜電計(jì)的指針偏角增大 C．乙圖中將B板左移，靜電計(jì)的指針偏角不變 D．丙圖中將電介質(zhì)插入兩板之間，靜電計(jì)的指針偏角減小 解析：靜電計(jì)指針與A板連為一個(gè)導(dǎo)體，帶電性質(zhì)相同，A錯(cuò)誤；根據(jù)C＝，C＝，B板上移，S減小，C減小，Q不變，U增大，B正確；B板左移，d增大，C減小，U增大，C錯(cuò)誤；插入電介質(zhì)，εr增大，電容C增大，U減小，D正確． 答案：BD 7.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，充電后斷開電源

8、，帶電小球以速度v0水平射入電場(chǎng)，且沿下板邊緣飛出．若下板不動(dòng)，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(yùn)動(dòng) D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析：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(huì)影響電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受的電場(chǎng)力不變，所以A正確，B、C錯(cuò)誤；如果下極板上移，小球在豎直方向的位移將會(huì)減小，到達(dá)下極板的時(shí)間變短，有可能到達(dá)下極板的正中間，所以D正確． 答案：AD 8．如

9、圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，圓軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，AC為圓弧．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處的G點(diǎn)由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道．不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球一定能從B點(diǎn)離開軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C．若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定小于H D．小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零 解析：由題意可知：帶電小球從A到C的過程中，由于電場(chǎng)力做負(fù)功，而重力做正功，二者間做功的大小關(guān)系不確定，故小球也

10、可能不能從B點(diǎn)離開軌道，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若小球在AC段時(shí)，重力等于電場(chǎng)力，則小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；若小球能從B點(diǎn)離開，因電場(chǎng)力做負(fù)功，全過程中小球的機(jī)械能減小，故上升的高度一定小于H，選項(xiàng)C正確；若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則電場(chǎng)力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，故小球能到達(dá)C點(diǎn)速度不可能為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：BC [能力題組] 一、選擇題 9.平行板電容器和電源、電阻、開關(guān)串聯(lián)，組成如圖所示的電路．閉合開關(guān)S，電源即給電容器充電，則(　　) A．保持S閉合，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度減小 B．保持S閉合，在兩極板間插入一塊鋁板，則

11、兩極板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度增大 C．充電結(jié)束后斷開S，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢(shì)差增大 D．充電結(jié)束后斷開S，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則極板上的電勢(shì)差增大 解析：保持S閉合時(shí)，電容器兩極板間的電勢(shì)差不變，減小兩極板間的距離，根據(jù)E＝可知，兩極板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；保持S閉合，在兩極板間插入一塊鋁板，根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)可知，有電場(chǎng)存在的板間距離減小，根據(jù)E＝可知，兩極板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，選項(xiàng)B正確；充電結(jié)束后斷開S，電容器兩極板上的電荷量不變，減小兩極板間的距離，電容器的電容增大，U＝，則兩極板間的電勢(shì)差減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；充電結(jié)束后斷開S，在兩極板間插入一塊介質(zhì)時(shí)，

12、電荷量不變，電容器的電容增大，同樣極板上的電勢(shì)差減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：B 10．(2016·高考海南卷)如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q＞0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出．不計(jì)重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析：當(dāng)電場(chǎng)足夠大時(shí)，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時(shí)速度恰好與上極板平行，粒子的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)．將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)vy＝0時(shí)

13、，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，聯(lián)立得E＝，故選項(xiàng)B正確． 答案：B 11.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(chǎng)，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，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(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，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，則下列判斷中正確的是(　　) A．三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)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(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2

14、∶4 解析：設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得qU1＝mv，解得v0＝，三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于三種粒子的比荷不全相同，則v0不全相同，所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不全相同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無(wú)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(chǎng)的電場(chǎng)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(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯(cuò)誤． 答案：B 12.(多選

15、)(2018·河南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖a所示，在兩平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖b中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運(yùn)動(dòng)(假設(shè)不與板相碰)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電壓是甲圖時(shí)，在0～T時(shí)間內(nèi)，電子的電勢(shì)能先減少后增加 B．電壓是乙圖時(shí)，在0～時(shí)間內(nèi)，電子的電勢(shì)能先增加后減少 C．電壓是丙圖時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D．電壓是丁圖時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 解析：若電壓是甲圖，電場(chǎng)力先向左后向右，則電子向左先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減少后增加，A正確；電壓是乙圖時(shí)，在0～時(shí)間內(nèi)，電子向右先加速后減

16、速，即電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減少后增加，B錯(cuò)誤．電壓是丙圖時(shí)，電子向左做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng)，過了做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，到T時(shí)速度減為0，之后繼續(xù)朝同一方向加速、減速，故粒子一直朝同一方向運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤．電壓是丁圖時(shí)，電子先向左加速，到后減速，后反向加速，T后減速，T時(shí)速度減為零，之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，故粒子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，D正確． 答案：AD 二、非選擇題 13.如圖所示，板長(zhǎng)L＝4 cm的平行板電容器，板間距離d＝3 cm，板與水平線夾角α＝37°，兩板所加電壓為U＝100 V．有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板邊

17、緣水平進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出(取g＝10 m/s2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)．求： (1)液滴的質(zhì)量； (2)液滴飛出時(shí)的速度大?。? 解析：(1)根據(jù)題意畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，可得qEcos α＝mg E＝ 解得m＝ 代入數(shù)據(jù)得m＝8×10－8 kg. (2)因液滴沿水平方向運(yùn)動(dòng)，所以重力做功為零． 對(duì)液滴由動(dòng)能定理得 qU＝mv2－mv 解得v＝ 所以v＝ m/s. 答案：(1)8×10－8 kg　(2) m/s 14．如圖所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長(zhǎng)L＝0.4 m，兩極板間的距離

18、d＝4×10－3 m．有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩極板中央平行于極板射入，開關(guān)S閉合前，兩極板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央．已知微粒質(zhì)量m＝4×10－5 kg，電荷量q＝＋1×10－8 C．g取10 m/s2. (1)求微粒的入射速度v0為多少？ (2)為使微粒能從平行板電容器的右邊緣射出電場(chǎng)，電容器的上極板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U的取值范圍為多少？ 解析：(1)由＝v0t，＝gt2， 可得v0＝ ＝10 m/s. (2)電容器的上極板應(yīng)接電源的負(fù)極． 設(shè)所加電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下極板的右邊緣射出，則＝a1()2， a1＝g－ 解得U1＝120 V 設(shè)所加電壓為U2時(shí)，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，則＝a2()2， a2＝－g 解得U2＝200 V 所以120 V≤U≤200 V. 答案：(1)10 m/s (2)負(fù)極　120 V≤U≤200 V