【2017優(yōu)化探究一輪復(fù)習(xí)習(xí)題】第6章-第3講電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1、)4片0G過(guò)o 丿A .斷開(kāi)開(kāi)關(guān)B. 保持開(kāi)關(guān)C. 保持開(kāi)關(guān)D. 斷開(kāi)開(kāi)關(guān)解析：斷開(kāi)S后，電荷量Q將不改變，將A、B分開(kāi)些，電容C減小，由U隨堂反饋1. 靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來(lái)定性顯示其金屬 球與外殼之間的電勢(shì)差大小.如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電計(jì).開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度，為了使指針張開(kāi)的 角度增大些，下列采取的措施可行的是（片 xlxl j9S后，將A、B兩極板分開(kāi)些S閉合，將A、B兩極板分開(kāi)些 S閉合，將A、B兩極板靠近些S,將變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)可知U增大，靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度增大，A項(xiàng)對(duì).只要開(kāi)關(guān)S閉合，電容器

2、與電源相連接，電壓U就不改變，靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度不改變，故B、C項(xiàng)錯(cuò)斷開(kāi)S后，變阻器滑動(dòng)觸頭的改變對(duì)極板間電壓不產(chǎn)生影響，D項(xiàng)錯(cuò).答案：A微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸（垂 再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將（）2. （2015高考全國(guó)卷n ）如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置.若在兩板中間 a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒， 直于紙面）逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45。，A .保持靜止?fàn)顟B(tài)B. 向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C. 向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D. 向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)解析：兩板水平時(shí)對(duì)微粒有qE= mg.板旋轉(zhuǎn)45。對(duì)微粒受力分析，如圖中虛線所示，由平行四邊形定則可知合力向左下方，且大小恒定，D正

3、確，A、B、C錯(cuò)誤.答案：D3. （2016南昌模擬）如圖所示，電子在電勢(shì)差為 U1的加速電場(chǎng)中由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng), 然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，入射方向跟極板 平行，整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略.在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件 下，下列四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角0變大的是（）U2變大U2變大U2變小U2變小A. U1變大,B. U1變小,C. U1變大,D. U1變小,201- 2解析：設(shè)電子被加速后獲得的速度為 V0,水平極板長(zhǎng)為I，則由動(dòng)能定理得U1q電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間 t=Vo,又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a,水平極板的板間距為d,由牛頓第

4、二定律得a=Uq，電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng) 時(shí)，平行于電場(chǎng)方向的速度Vy= at,聯(lián)立解得Vy= dUmVO，又tan缸V0="2U2qlU2I25詬=刃21,故U2變大、ui變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角0變大，故B正確.答案：B4. 侈選）如圖甲所示，兩平行金屬板 MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存 在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直.不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向源源不斷地射入電場(chǎng)， 粒子射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能 均為Eko.已知t= 0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電 場(chǎng)，則（）戶a-甲A .所有粒子都不會(huì)打到兩極板上B. 所有粒子最終都垂直電

5、場(chǎng)方向射出電場(chǎng)C. 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所有粒子的最大動(dòng)能不可能超過(guò)OEkoD. 只有t = nT（n = 0,1,2，）時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子才能垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)解析：由t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)可 知，粒子射出電場(chǎng)的時(shí)間間隔為周期 T的整數(shù)倍，此時(shí)粒子的偏轉(zhuǎn)位移最大，A正確.在豎直方向上，粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)與勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同， 最終豎直速度為零，故所有粒子最終都垂直電場(chǎng)方向射出，B正確，D錯(cuò)誤.t= 0時(shí)刻射入的粒子在豎直方向加速時(shí)間最長(zhǎng)，故t=T時(shí)刻它達(dá)到所有粒子的最大動(dòng)能，此時(shí)LL1粒子水平位移為2，豎直位移為4，此處的位移偏角的正切tan a= 2，由速度偏

6、角1 2 1 2正切tan 3= 2tan a可得，匸45°那么vy= vo，則有最大動(dòng)能 Ek=mvo*mvy= 2Eko, C 正確.答案：ABC5. 如圖，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相 連.若一帶電粒子恰好能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子（）A .所受重力與電場(chǎng)力平衡B. 電勢(shì)能逐漸減小C. 動(dòng)能逐漸增加D. 做勻變速直線運(yùn)動(dòng)解析：帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個(gè)力的作用，一是重力mg,方向豎直向下，二是電場(chǎng)力F = Eq,方向垂直于極板向上，因二力均為恒力，又已知帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)，所以此二力的合力一定在粒子運(yùn)動(dòng)的直線軌

7、跡上， 根據(jù)牛頓 第二定律可知，該粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng) D正確，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；從粒子運(yùn)動(dòng)的方向和電場(chǎng)力的方向可判斷出， 電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的電勢(shì)能 增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.答案：D6. （2016合肥質(zhì)檢）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為0、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn).該區(qū)間存在 方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周 運(yùn)動(dòng)（電荷量不變），經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度最大，0、C連線與豎直方向的夾角 A60°, 重力加速度為g.求：A（1）小球所受到的靜電力的大??；（2）小球在A點(diǎn)速度V0多大時(shí)，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)

8、對(duì)圓軌道的壓力最小?解析：（1）小球在C點(diǎn)速度最大，則在該點(diǎn)靜電力與重力的合力沿半徑方向，所 以小球受到的靜電力大小F = mgtan 60 丄 V3mg.小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度最小，則小球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最小.設(shè)在 D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球的壓力恰為零.mg _ V cos 60 b m r得 V=/2gr2由軌道上A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程由能量守恒可得1 2 1 2mgr(1 + cos 彷+ Frsi n 0= qmvo qmv解得v0= 2寸2gr.答案：（1）J3mg （2）2阿課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)面積、間距和電荷量不變，在兩 極板間插入一電介質(zhì)，其電容

9、 C和兩極板間的電勢(shì)差U的變化情況是（）A. C和U均增大B . C增大，U減小C. C減小，U增大D . C和U均減小解析：由平行板電容器的決定式 C=烹知，當(dāng)插入電介質(zhì)后，$變大，則在S、 d不變的情況下C增大；由電容定義式C = Q得U=Q,又電荷量Q不變，故兩極板間的電勢(shì)差U減小，B項(xiàng)正確.答案：B2. 如圖所示，電子由靜止開(kāi)始從 A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為V,保 持兩板間電壓不變，則（AA .當(dāng)增大兩板間距離時(shí),B. 當(dāng)減小兩板間距離時(shí),C. 當(dāng)改變兩板間距離時(shí),D. 當(dāng)增大兩板間距離時(shí),v增大v增大v也會(huì)變化電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)解析：電子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理

10、，從 A板運(yùn)動(dòng)到B板動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功.因?yàn)楸３謨蓚€(gè)極板間的電勢(shì)差不變， 所以末速度不變，而位 移（兩板間距離）如果增加的話，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)，故 D正確.答案：D3.（2015江西八校二聯(lián)）平行板電容器和電源、電阻、開(kāi)關(guān)串聯(lián)，組成如圖所示的 電路.接通開(kāi)關(guān)K，電源即給電容器充電，則（）A. 保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小B. 保持K接通，在兩極板間插入一塊鋁板，則兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大C. 充電結(jié)束后斷開(kāi)K，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(kāi)K，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K接通時(shí)，電容器兩

11、極板間的電勢(shì)差不變，減小兩極板間的距離, 根據(jù)E= d可知，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；保持K接通，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= d可知，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，選項(xiàng) B正確；充電結(jié)束后斷開(kāi)K，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, 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(kāi) K，在兩極板間插入一塊介質(zhì)時(shí)，電荷量不變，電容器的電容增大，極板上的電勢(shì)差減小，選項(xiàng) 錯(cuò)誤.答案：B4. 如圖所示，在平行板電容器正中央有一個(gè)帶電微粒. S閉合時(shí)，該微粒恰好能 保持靜止.在以下兩種情況下：保持 S閉合

12、；充電后將S斷開(kāi).下列說(shuō)法 能實(shí)現(xiàn)使該帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)到上極板的是 （）A .情況下,B. 情況下,C. 情況下,D. 情況下,M實(shí)現(xiàn) N實(shí)現(xiàn)M實(shí)現(xiàn)N實(shí)現(xiàn)可以通過(guò)上移極板 可以通過(guò)上移極板 可以通過(guò)上移極板 可以通過(guò)上移極板 解析：保持S閉合時(shí)，電容器電壓不變，板間電場(chǎng)強(qiáng)度 E = Ud，當(dāng)d減小時(shí)E變大，可使電場(chǎng)力大于重力，從而使微粒向上運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng) A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確;充電后斷開(kāi)S時(shí)，電容器所帶電荷量不變，板間電場(chǎng)強(qiáng)度E=Ud=Cd，c=nSi，4 n<Q所以，E不隨d而變化，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤.答案：B5. （2016東北三校聯(lián)考）如圖所示， 放置、距離為d的兩平行金屬板間， 電壓為U

13、i時(shí)，粒子落在A板上的 時(shí)將A板向上移動(dòng)2后，使粒子由原入射點(diǎn)射入后仍落在 P點(diǎn)，貝U極板間所加電一重力不計(jì)的帶電粒子以初速度 VO射入水平 射入方向沿兩極板的中心線.當(dāng)極板間所加P點(diǎn).如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?2vo，同壓U2為（）1 1 .卩Iiff,-ruAflB. U2= 6U1A. U2 = 3UiC. U2 = 8UiD. U2= 12Ui解析：板間距離為d,射入速度為V0，板間電壓為Ui時(shí)，在電場(chǎng)中有l(wèi)lat2, aqUix 二 md，t二VO,解得d22dUi = mF； A板上移2,射入速度為2vo,板間電壓為U2時(shí),2 2,2 ,2qU2 ,X 12md v0 站t ，a

14、 二 3md，二亦，解得 Ue qx2，即 U2=12Ui,選D.答案：D二、多項(xiàng)選擇題6.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，斷開(kāi)電源， 帶電小球以速度Vo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 .將打在下板中央B. 仍沿原軌跡運(yùn)動(dòng)由下板邊緣飛出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：由題意可知電容器所帶電荷量不變，因E=ud=Cd二警，所以上板上移 一小段距離，電容器產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng) 由下板邊緣飛出

15、，選項(xiàng)B正確，A、C錯(cuò)誤；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，選項(xiàng) D正確.答案：BD7. （2016石家莊質(zhì)檢）如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長(zhǎng)為 L,板間距離為 d，板間電壓為U，不計(jì)重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度vo沿兩板的中 線射入，恰好沿下板的邊緣飛出，則（）ILIA .在前2時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為4uqB. 在后2時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為|uqC.在粒子下落的前d和后4過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為1 : 1plplD.在粒子下落的前d和后4過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為1 : 2解析：粒子在兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)， 水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方

16、向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在前后兩個(gè)2的時(shí)間內(nèi)沿電場(chǎng)線方向的位移 之比為1 3,即位移分別為詰、希，則在前2時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為|uq，在后2時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為Uq，選項(xiàng)A錯(cuò)，B對(duì)；由W= Eq x知在d d一粒子下落的前4和后4過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為11，選項(xiàng)C對(duì)，D錯(cuò).答案：BC8 （2015高考江蘇卷）一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電 場(chǎng)方向水平向左.不計(jì)空氣阻力，則小球（）A .做直線運(yùn)動(dòng)C. 速率先減小后增大B .做曲線運(yùn)動(dòng)D .速率先增大后減小解析：剛開(kāi)始時(shí)帶電小球所受重力與電場(chǎng)力的合力 F跟V0不在同一條直線上,所以它一定做曲線運(yùn)動(dòng)，A

17、項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確.因重力與電場(chǎng)力的合力F為恒力, 結(jié)合圖可知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合力 F與速度之間的夾角由鈍角減小到銳角，其中直角時(shí)速率最小，所以帶電小球的速率先減小后增大，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤.答案：BC9. （2015高考山東卷）如圖甲所示，兩水平金屬板間距為 d,板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變 化規(guī)律如圖乙所示.t= 0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度V0沿中線射入兩 板間，03時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動(dòng) 過(guò)程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為 g.關(guān)于微粒在0T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的 描述，正確的是（）I旳-±一2T T3乙A .末速度大小為邁V0B. 末速度沿水平方向1C

18、. 重力勢(shì)能減少了 2mgdT 2Tmg= Eoq-內(nèi)加速度為g向下,D. 克服電場(chǎng)力做功為mgd解析：0時(shí)間內(nèi)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明2TT內(nèi)加速度向上也為g,因此射出極板時(shí)豎直速度為零，水平速度為V0, A4T錯(cuò)誤，B正確.整個(gè)過(guò)程中重力勢(shì)能減少量 Wg= mg 2 = imgd, C正確.0空內(nèi),T 2T2Td 1W電=0, 3"3內(nèi)，E = 0, W電=0, "3T 內(nèi)，E = 2Eo, W電=2Eoq 4=- 2mgd,D錯(cuò)誤.答案：BC10. (2016合肥一模)如圖所示，M、N是兩塊水平放置的平行金屬板，R0為定值 電阻，R1、R2為可變電阻，開(kāi)關(guān)S閉合.質(zhì)量為m

19、的帶正電荷的微粒從P點(diǎn)以 水平速度V0射入金屬板間，沿曲線打在 N板上的O點(diǎn).若經(jīng)過(guò)下列調(diào)整后，微 粒仍從P點(diǎn)以水平速度V0射入，則關(guān)于微粒打在 N板上的位置說(shuō)法正確的是()VnA .保持開(kāi)關(guān)B. 保持開(kāi)關(guān)C. 斷開(kāi)開(kāi)關(guān)D. 斷開(kāi)開(kāi)關(guān)5'£S閉合，增大R1,微粒打在O點(diǎn)左側(cè)S閉合，增大R2,微粒打在O點(diǎn)左側(cè)S,S,解析：保持開(kāi)關(guān)M極板稍微上移，微粒打在O點(diǎn)右側(cè)N極板稍微下移，微粒打在 O點(diǎn)右側(cè)RdES閉合，R0兩端的電壓為U =，增大R1, U將減小,R0+ R1 + r,因a增大，則水電容器兩端的電壓減小，則微粒所受重力和電場(chǎng)力的合力增大，加速度a增大,則在豎直方向有2=

20、1at2，水平方向有x= Vot，解得x=平位移將減小，故微粒打在 0點(diǎn)左側(cè)，A正確.保持開(kāi)關(guān)S閉合，增大R2,不會(huì)影響電阻Ro兩端的電壓，則電容器兩端電壓不變，微粒仍打在0點(diǎn)，B錯(cuò)誤斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，電容器所帶電荷量不變，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E = U，結(jié)合C = U及C =4 nQ眾，可得E = 瓷，若M極板稍微上移，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，電場(chǎng)力不變，則其所受合力不變，加速度不變，不會(huì)影響微粒的運(yùn)動(dòng)，故其還打在O點(diǎn)；若N極板稍微下移，加速度仍不變，但微粒在豎直方向的偏移量增大，即y> 2水平位移為x= v,水平位移將增大，故微粒打在 0點(diǎn)右側(cè)，C錯(cuò)誤，D正確.答案：AD三、非選擇題11. (2014高考

21、安徽卷)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為 C， 極板間距離為d,上極板正中有一小孔.質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的小球從小孔 正上方高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零 (空氣阻力忽 略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為 g).求：(1) 小球到達(dá)小孔處的速度；(2) 極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3) 小球從開(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間.解析：(1)小球到達(dá)小孔前是自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移關(guān)系公式，有v2 = 2gh，解得 V = >y2gh (2)對(duì)從釋放到到達(dá)下極板處的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，有 mg(h + d) qEd= 0mg(h + d) 解得E二弋d電容器兩極板間的電壓為U = Ed= mgq+ d)Mmgh+ dp