高考物理一輪復習 考點規(guī)范練24 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

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1、考點規(guī)范練24　電容器　帶電粒子在電場中的運動 一、單項選擇題 1.(2019·四川宜賓模擬)工廠在生產紡織品、紙張等絕緣材料時為了實時監(jiān)控其厚度,通常要在生產流水線上設置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板,上下位置均固定,且分別接在恒壓直流電源的兩極上(電源電壓小于材料的擊穿電壓)。當流水線上通過的產品厚度減小時,下列說法正確的是(　　) A.A、B平行板電容器的電容增大 B.A、B兩板間的電場強度減小 C.A、B兩板上的電荷量變大 D.有電流從a向b流過靈敏電流計 答案:D 解析:根據C=εrS4πkd可知,當產品厚度減小時,εr減小,電容器的電容

2、C減小,再由Q=CU可知極板電荷量Q減小,有放電電流從a向b流過,故A、C錯誤,D正確;因兩板之間的電勢差不變,板間距不變,所以兩板間電場強度為E=Ud不變,故B錯誤。 2.如圖所示,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運動。重力加速度為g,粒子運動的加速度為(　　) A.ldg B.d-ldg C.ld-lg D.dd-lg 答案:A 解析:抽出前,粒子所受重力和電場力平衡,mg=qUd-l,抽出后,根據牛頓第二定律,有mg-

3、qUd=ma,聯(lián)立解得a=ldg,A正確。 3.(2019·廣東廣州測試)如圖所示,帶電粒子由靜止開始,經電壓為U1的加速電場加速后,沿垂直電場方向進入電壓為U2的平行板電容器,經偏轉落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子,從同樣的初始位置,由靜止加速、偏轉后能穿出平行板電容器,下列措施可行的是(　　) A.保持U2和平行板間距不變,減小U1 B.保持U1和平行板間距不變,增大U2 C.保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板 D.保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板 答案:D 解析:粒子在電場中加速,有qU1=12mv02,在偏轉電場中,有x=v0t,y=12at2

4、=qU22dmt2,解得x2=4dU1yU2。開始時x=12l,保持U2和平行板間距不變,減小U1,則x減小,選項A錯誤;保持U1和平行板間距不變,增大U2,則x減小,選項B錯誤;保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板,則d減小,x減小,選項C錯誤;保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板,x變大,此措施可行,選項D正確。 4.如圖所示的實驗裝置中,平行板電容器兩極板的正對面積為S,兩極板的間距為d,電容器所帶電荷量為Q,電容為C,靜電計指針的偏轉角為α,平行板中間懸掛了一個帶電小球,懸線與豎直方向的夾角為θ,下列說法正確的是(　　) A.若增大d,則α減小,θ減小 B.若增大

5、Q,則α減小,θ不變 C.將A板向上提一些,α增大,θ增大 D.在兩板間插入云母片,則α減小,θ不變 答案:C 解析:若增大兩極板的間距d,由C=εrS4πkd可知,C變小,而Q不變,由C=QU可知,U增大,α增大,又E=Ud=QCd=4πkQεrS,故E不變,電場力不變,小球的平衡狀態(tài)不變,故θ不變,選項A錯誤;同理,若增大Q,電容器的電容C不變,則U增大,α增大,電場強度增大,則電場力增大,故θ增大,選項B錯誤;將A板向上提一些,S減小,則C變小,Q不變,電壓U增大,α增大,電場強度增大,則電場力增大,故θ增大,選項C正確;在兩板間插入云母片,εr增大,則C變大,Q不變,電壓U必減

6、小,α減小,θ減小,選項D錯誤。 5.(2019·浙江麗水月考)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 答案:A 解析:設AB間電場強度為E1,BC間電場強度為E2,由O點釋放的電子恰好能運動到P點,有eE1xOM-eE2xMP=0-0① B、C板電荷量不變,B、C板間的電場強度E2=U2d=QCd=4πkQεrS② 由②知B、C板間的電場強度

7、不隨距離的變化而變化,當C板向右平移到P'時,B、C板間的電場強度不變,由①知,電子仍然運動到P點返回,故A正確,B、C、D錯誤。 6.如圖所示,金屬板A、B水平放置,兩板中央有小孔S1、S2,A、B與直流電源連接。閉合開關,從S1孔正上方O處由靜止釋放一帶電小球,小球剛好能到達S2孔,不計空氣阻力,要使此小球從O點由靜止釋放后穿過S2孔,應(　　) A.僅上移A板適當距離 B.僅下移A板適當距離 C.斷開開關,再上移A板適當距離 D.斷開開關,再下移A板適當距離 答案:D 解析:設板間距離為d,O距S1為h,電源電壓為U,由題意知從O處釋放一帶電小球,到達S2孔時小球速度為

8、零,則電場力對小球做負功,由動能定理得mg(h+d)-qU=0,若僅上移或下移A板適當距離,兩板間電壓不變,仍滿足mg(h+d)-qU=0,小球仍然剛好到達S2,則A、B選項錯誤;斷開開關,Q不變,因E=4πkQεrS,則電場強度E不變,由動能定理得mg(h+d)-Eq·d=0,將A板向上移適當距離,假設仍能到達S2處,則重力做功不變,電場力做功增多,故假設不成立,即到達不了S2處速度已為零,故C選項錯誤;若下移A板適當距離,假設仍能到達S2處,則重力做功不變,電場力做功變少,所以總功為正功,到達S2處小球速度不為零,能夠穿過S2孔,故D選項正確。 7.如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存

9、在勻強電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放,兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置,則從開始釋放到運動到右極板的過程中它們的(　　) A.運行時間tP>tQ B.電勢能減少量之比ΔEpP∶ΔEpQ=2∶1 C.電荷量之比qP∶qQ=2∶1 D.動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=4∶1 答案:C 解析:兩球均受重力和電場力作用,做勻加速直線運動,按運動的分解,豎直方向是重力作用下的自由落體運動,二者下降位移相同,所用時間相等,A錯誤;水平方向是在電場力作用下的初速度為零的勻加速直線運動,位移之比是x

10、P∶xQ=2∶1,由公式x=Eq2mt2得它們的電荷量之比qP∶qQ=2∶1,C正確;又ΔEpP=qPU,ΔEpQ=qQU2,故ΔEpP∶ΔEpQ=4∶1,B錯誤;動能增加量ΔEkP=ΔEpP+mgh,ΔEkQ=ΔEpQ+mgh,故ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1,D錯誤。 二、多項選擇題 8.如圖所示,在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路。調節(jié)滑動變阻器,使A、B兩板間的電壓為U時,一質量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場中,恰從A、B兩板的中點處沿原路返回(不計重力),則下列說法正確的是(　　) A.使初速度變?yōu)?v0時,帶電

11、粒子恰能到達B板 B.使初速度變?yōu)?v0時,帶電粒子將從B板中心小孔射出 C.使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時,帶電粒子恰能到達B板 D.使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時,帶電粒子將從B板中心小孔射出 答案:BC 解析:設帶電粒子進入電場中的位移為x,根據動能定理得-qEx=0-12mv02,又E=Ud得x=mdv022qU,由此可知,要使帶電粒子進入電場后恰能到達B板處,x變?yōu)樵瓉淼?倍,采取的方法有:使帶電粒子的初速度變?yōu)?v0;或使A、B兩板間的電壓變?yōu)?2U;或使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍,故B、C正確,A、D錯誤。 9.(2018·全國卷Ⅲ)如圖

12、所示,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;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?，F(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經過電容器兩極板間下半區(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(　　) A.a的質量比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 答案:BD 解析:根據題意可知豎直方向上的位移關系xa>xb,根據x=12at2和a=qEm,聯(lián)立可得x=12·qEm·t2,質量和位移成反比,所

13、以a的質量小于b的質量,A選項錯誤;根據動能定理qEx=12mv2-0,動能大小與位移成正比,B選項正確;t時刻,a和b位于同一等勢面上,但是帶電性質不同,所以電勢能不相等,C選項錯誤;根據動量定理得,qEt=mv-0,所以動量大小相等,D選項正確。 10.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l=0.4 m,兩極板間距離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從兩極板中央平行極板射入,開關S閉合前,兩極板間不帶電,由于重力作用,微粒能落到下極板的正中央。已知微粒質量m=4×10-5 kg、電荷量q=+1×10-8 C,g取10 m/s2。則

14、下列說法正確的是(　　) A.微粒的入射速度v0=10 m/s B.電容器上板接電源正極時微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場 C.電源電壓為180 V時,微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶? D.電源電壓為100 V時,微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶? 答案:AC 解析:開關S閉合前,兩極板間不帶電,微粒落到下板的正中央,由d2=12gt2,l2=v0t,得v0=10m/s,A對;電容器上板接電源正極時,微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯;設微粒恰好從平行板右邊緣下側飛出時的加速度為a,電場力向上,則d2=12at12,l=v0t1,mg-U1qd=ma,得

15、U1=120V,同理,微粒在平行板右邊緣上側飛出時,可得U2=200V,所以平行板上板帶負電,電源電壓為120V≤U≤200V時微?？梢詮钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?C對,D錯。 三、非選擇題 11.如圖所示,在A點固定一正電荷,電荷量為Q,在離A高度為h0的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠,開始運動瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k,兩電荷均可看成點電荷,不計空氣阻力。 (1)求液珠速度最大時離A點的距離h。 (2)若已知在點電荷Q的電場中,某點的電勢可表示成φ=kQr,其中r為該點到Q的距離(選無限遠處電勢為零)。求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB。

16、答案:(1)2h0　(2)2h0 解析:(1)設液珠電荷量為q,質量為m,當液珠在C點時,由牛頓第二定律知 kQq?02-mg=ma① 又因為a=g 當液珠速度最大時,其所受合力為零,則kQq?2=mg,代入①式,解得h=2h0。 (2)設BC間的電勢差大小為UCB,由題意得UCB=φC-φB=kQ?0?kQrB 對液珠由釋放處至液珠到達最高點(速度為零)的全過程應用動能定理得 qUCB-mg(rB-h0)=0 代入①式解得rB=2h0。 12.右圖為一多級加速器模型,一質量為m=1.0×10-3 kg、電荷量為q=8.0×10-5 C的帶正電小球(可視為質點)無初速度地進入

17、第3級加速電場,之后沿位于軸心的光滑淺槽,經過多級加速后從A點水平拋出,恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進入兩板間,A點在MN板左端M點正上方,傾斜平行金屬板MN、PQ的長度均為l=1.0 m,金屬板與水平方向的夾角為θ=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, 重力加速度g取10 m/s2。 (1)求A點到M點的高度以及多級加速電場的總電壓U。 (2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強電場,且電場強度大小E=100 V/m,要使帶電小球不打在PQ板上,則兩板間的距離d至少要多長? 答案:(1)1730 m　18.75 V　(2)526 m 解析:(1)設小球從

18、A點到B點的運動時間為t1,小球的初速度為v0,A點到M點的高度為y 則有v0gt1=tanθ① l2cosθ=v0t1② y-l2sinθ=12gt12③ 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據解得 v0=3m/s,y=1730m④ 帶電小球在多級加速器加速的過程中,根據動能定理有 qU=12mv02-0⑤ 代入數(shù)據解得U=18.75V。 (2)進入電場時,以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標系,將重力正交分解,則 沿y軸方向有Fy=mgcosθ-qE=0⑥ 沿x軸方向有Fx=mgsinθ⑦ 故小球進入電場后做類平拋運動,設小球剛好從P點離開,則有Fx=ma⑧ l2=12at22⑨ dmin=v0sinθt2⑩ 聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據解得dmin=526m 即兩板間的距離d至少為526m。