（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第七章 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動練習（含解析）新人教版

第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動1.(2018·北京卷,19)研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示.下列說法正確的是(A)A.實驗前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,能使電容器帶電B.實驗中,只將電容器b板向上平移,靜電計指針的張角變小C.實驗中,只在極板間插入有機玻璃板,靜電計指針的張角變大D.實驗中,只增加極板帶電量,靜電計指針的張角變大,表明電容增大解析:實驗前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,a板帶上電 ,由于靜電感應,在b板上將感應出異種電荷,選項A正確;實驗中,b板向上平移,正對面積S變小,由C=知,電容C變小,由C=知,Q不變,U變大,因此靜電計指針的張角變大,選項B錯誤;插入有機玻璃板,相對介電常數r變大,由C=知,電容C變大,由C=知,Q不變,U變小,因此靜電計指針的張角變小,選項C錯誤;由C=知,實驗中,只增加極板帶電量,靜電計指針的張角變大,而電容C保持不變,選項D錯誤.2.如圖,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)A.g B.g C. g D. g解析:抽出前qE1=mg,抽出后mg-qE2=ma.由電壓不變得E1(d-l)=E2d,聯(lián)立解得a=g,選項A正確.3.(2019·四川棠湖中學月考)有一種電荷控制式噴墨打印機,它的打印頭的結構簡圖如圖所示.其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經過帶電室?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D電場,再經偏轉電場后打到紙上,顯示出字符.不考慮墨汁的重力,為使打在紙上的字跡縮小(偏轉距離減小),下列措施可行的是(C)A.減小墨汁微粒的質量B.減小偏轉電場兩板間的距離C.減小偏轉電場的電壓D.減小墨汁微粒的噴出速度解析:微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動,則有水平方向L=v0t,豎直方向y=at2;加速度a=,聯(lián)立解得y=,要縮小字跡,就要減小微粒通過偏轉電場的偏轉距離y,由上式分析可知,采用的方法有:增大墨汁微粒的質量、增大兩極板間的距離、減小比荷、增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能Ek0(增大噴出速度)、減小極板的長度L、減小極板間的電壓U,故C正確.4.(2019·遼寧大連模擬)如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電小球,小球A從緊靠左極板處由靜止開始釋放,小球B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至右極板的過程中,下列判斷正確的是(B)A.運動時間tA>tBB.電荷量之比qAqB=21C.機械能增加量之比EAEB=21D.機械能增加量之比EAEB=11解析:兩小球在豎直方向上做自由落體運動,由h=gt2得運動時間相同,選項A錯誤;兩球的水平分運動都是初速度為0的勻加速運動,有qE=ma,x=at2,所以x=,由于兩球水平分位移之比為21,故qAqB=21,選項B正確;機械能的增加量等于電場力做的功,有E=qEL,所以EAEB=41,選項C,D錯誤.5.(2019·安徽六校聯(lián)考)如圖所示,六面體真空盒置于水平面上,它的ABCD面與EFGH面為金屬板,其他面為絕緣材料.ABCD面帶正電,EFGH面帶負電.從小孔P沿水平方向以相同速度射入三個質量相同的帶正電液滴a,b,c,最后分別落在1,2,3三點.則下列說法正確的是(D)A.三個液滴在真空盒中都做平拋運動B.三個液滴的運動時間不一定相同C.三個液滴落到底板時的速率相同D.液滴c所帶電荷量最多解析:三個液滴具有相同的水平初速度,但除了受重力以外,還受水平方向的電場力作用,不是平拋運動,選項A錯誤;在豎直方向上三個液滴都做自由落體運動,下落高度又相同,運動時間必相同,選項B錯誤;在相同的運動時間內,液滴c水平位移最大,說明它在水平方向的加速度最大,它受到的電場力最大,故它所帶電荷量也最多,選項D正確;因為電場力對液滴c做功最多,它落到底板時的速率最大,選項C錯誤.6.(2019·河南洛陽模擬)如圖所示,平行板電容器與電源相連,下極板接地.一帶電油滴位于兩極板的中心P點且恰好處于靜止狀態(tài),現(xiàn)將平行板電容器兩極板在紙面內繞OO迅速順時針轉過45°,則(C)A.P點處的電勢降低B.帶電油滴仍將保持靜止狀態(tài)C.帶電油滴將水平向右做勻加速直線運動D.帶電油滴到達極板前具有的電勢能不斷增加解析:由于P點仍處于板的中間,故電勢不變,選項A錯誤;設原來兩極板間距為d,兩極板的電勢差為U,帶電油滴處于靜止狀態(tài),則mg=q,當電容器兩極板繞OO順時針轉過45°后,兩極板間距變小為d,由于電容器始終與電源相連,兩極板的電勢差仍為U,故此時的電場力為原來的倍,方向與水平方向成45°指向右上方.帶電油滴所受的合力方向恰好水平向右,故油滴沿水平方向向右做初速度為零的勻加速直線運動,此過程中電場力做正功,油滴的電勢能不斷減小,選項B,D錯誤,C正確.7.(2018·寧夏銀川一中一模)(多選)如圖所示,勻強電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內,M,N分別為AB和AD的中點,一個初速度為v0、質量為m、電荷量為q的帶負電粒子沿紙面射入電場.帶電粒子的重力不計.如果帶電粒子從M點垂直電場方向進入電場,則恰好從D點離開電場.若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場,則帶電粒子(BD)A.從BC邊界離開電場B.從AD邊界離開電場C.在電場中的運動時間為D.離開電場時的動能為m解析:從MD過程粒子做類平拋運動,則沿v0方向有L=v0t,垂直v0方向:L=at2,又a=,解得E=,帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場,粒子做勻減速直線運動,設粒子勻減速的位移為x時速度減至零,根據動能定理得-qEx=0-m,解得x=,所以粒子最終從AD邊離開電場,粒子在電場中運動的時間為t=,離開電場時電場力做功為零,所以離開電場時的動能為Ek=m,故B,D正確.8.(多選)如圖所示,一水平放置的平行板電容器,下板A固定,上板B與豎直懸掛的絕緣彈簧連接,A,B間有一固定的帶正電荷的液滴P,電容器帶電荷量為Q1,若讓電容器充電或放電,使之帶電荷量為Q2,則下列說法正確的是(AC)A.若Q2>Q1,則彈簧的長度增加B.若Q2>Q1,則電容器的電容減少C.若Q2>Q1,則帶電液滴P的電勢能增加D.若Q2<Q1,則帶電液滴P的電勢能增加解析:若電容器所帶電荷量增加,則兩平行板之間通過電荷產生的吸引力增加,使得彈簧長度增加,兩板之間的距離減小,由C=可知,電容器的電容增大,選項A正確,B錯誤;由E=可知,Q增大,使得兩平行板之間的電場強度E增大,因UPA=Ed,其中E增大、d不變,則UPA增大,又UPA=P-A=P,所以P增大,由Ep=qP可知,Ep增加,選項C正確,D錯誤.9.(2019·山東泰安模擬)(多選)如圖(甲)所示,兩平行金屬板MN,PQ的板長和板間距離相等,板間存在如圖(乙)所示的隨時間周期性變化的電場,電場方向與兩板垂直,在t=0時刻,一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場,粒子射入電場時的速度為v0,t=T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場,則(AD)A.該粒子射出電場時的速度方向一定是平行于極板方向的B.在t=時刻,該粒子的速度大小為2v0C.若該粒子在時刻以速度v0進入電場,則粒子會打在板上D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則該粒子將在t=時刻射出電場解析:粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運動,在豎直方向上前半個周期內先做勻加速直線運動,在后半個周期內做勻減速直線運動,一個周期末豎直方向上的分速度為零,可知粒子射出電場時的速度方向一定沿平行于極板方向,選項A正確;在t=時刻,粒子在水平方向上的分速度為v0,因為兩平行金屬板MN,PQ的板長和板間距離相等,則該時刻水平分位移為豎直分位移的2倍,故有v0=··2,解得vy=v0,根據平行四邊形定則知,粒子的速度為v=v0,選項B錯誤;若該粒子在時刻以速度v0進入電場,粒子在豎直方向上的運動情況與零時刻進入時運動的方向相反,運動規(guī)律相同,則粒子不會打在板上,選項C錯誤;若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則粒子射出電場的時間t=,選項D正確.10.(2018·吉林期末)如圖所示,水平放置的平行板電容器,兩板間距為d=8 cm,板長為L=25 cm,接在直流電源上,有一帶電液滴以v0= 0.5 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,液滴的加速度大小;(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qE=mg,q=mg,即qU=mgd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,在電場中做類平拋運動.此時液滴所受電場力F=q=mga=g=2 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.設液滴從P點開始在勻強電場中飛行的時間為t1,=a,t1=0.2 s而液滴從剛進入電場到出電場的時間為t2=0.5 s所以液滴從射入電場開始勻速運動到P點時間為t=t2-t1=0.3 s.答案:(1)2 m/s2(2)0.3 s11.(2019·寧夏銀川二中高三月考)如圖所示,水平虛線MN上、下方空間分別存在電場強度方向相反、大小相等的勻強電場.以虛線MN處電勢為零,A,B是位于兩電場中同一豎直線上的兩點,且到MN距離均為d,一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子從A點由靜止釋放,已知粒子運動過程中最大電勢能為Epm,不計粒子重力.求:(1)勻強電場的電場強度大小;(2)粒子從釋放到第一次返回A點所需的時間.解析:(1)粒子釋放后,在MN上方電場中電場力做正功,電勢能減小,MN下方電場中,電場力做負功,電勢能增大,由能量守恒和對稱性可知,粒子A,B兩點間做往返運動,且在A,B處時電勢能最大,MN處電勢為零,設A到MN間電勢差為U,A點電勢為A,電場強度大小為E,則有U=A-0=A,Epm=qA,U=Ed,聯(lián)立解得E=.(2)粒子從A到MN做勻加速直線運動,設經歷的時間為t,到MN時粒子速度為v,加速度為a,則有v=at,qE=ma,從A到MN由能量守恒有Epm=mv2,聯(lián)立解得t=d.由對稱性可得,粒子第一次返回A點所需時間為4t=4d.答案:(1)(2)4d12.(2019·青海西寧三校聯(lián)考)在電場方向水平向右的勻強電場中,一帶電小球從A點豎直向上拋出,其運動的軌跡如圖所示.小球運動的軌跡上A,B兩點在同一水平線上,M為軌跡的最高點.小球拋出時的動能為 8.0 J,在M點的動能為6.0 J,不計空氣的阻力.求:(1)小球水平位移x1與x2的比值;(2)小球落到B點時的動能EkB;(3)小球從A點運動到B點的過程中最小動能Ekmin.解析:(1)小球在水平方向上僅受電場力的作用做初速度為零的勻加速運動,豎直方向上只受重力作用做豎直上拋運動,故從A到M和從M到B的時間相等,設從A到M所用時間為t,水平方向加速度為ax,由勻變速直線運動位移-時間公式,可得x1=axt2,x2=ax(2t)2-axt2=axt2,所以x1x2=13.(2)小球從A到M,由動能定理可得水平方向上電場力做功W電= 6.0 J,則小球從A到B,水平方向上電場力做功W電=4W電=24 J,由動能定理,可得EkB-EkA=W電,解得EkB=32 J.(3)設小球所受的電場力為F,重力為G,由于合運動與分運動具有等時性,小球從A到M,則有水平方向上電場力做功W電=Fx1=F·axt2=6.0 J,豎直方向上重力做功WG=Gh=G·gt2=8.0 J,由圖可知,tan =,則sin =則小球從A運動到B的過程中速度最小時速度一定與等效G垂直,即圖中的P點,故Ekmin=m=m(v0sin )2= J.答案:(1)13(2)32 J(3) J9