步步高2017版高考物理全國專用大二輪配套專題12電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

章bcbd①定義式

(2)C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定，與電壓、電荷量無Q變化，也不隨電壓變化． εrS

1

1

1

－2m D．電容器的常用單位有μFpF,1μF＝103答案U解析AC＝QCQUU2．(2015·浙江學(xué)考模擬)如圖2為可變電容器，由一組動(dòng)片和一組定片組成，這兩組金屬片 答案A3×10－4

A9×10－4CB4.5×10－4CC1V

1答案

解析由C＝ΔU得 4.5×10－4CA錯(cuò)，B對(duì)；因電容器的電容不知，所以無法求出電容器原來的電壓，容不變，選項(xiàng)D錯(cuò)． 答案2 倍B．4 答案

C.2倍D.4(解析d＝1UqL2d′＝1UqL)2d′＝d(2·md(v ′ 正確

Q

CQU εrS分析平行板 用 例1 所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢(shì)差U及場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況是( A．Q變小，C不變，U不變，EB．Q變小，C變小，U不變，EC．Q不變，C變小，U變大，ED．Q不變，C變小，U變小，E答案解析A、BC＝εrSCC＝Q知，UE＝U＝4πkQUC對(duì)，D

一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢(shì)差U的變化情況是( A．C和U均增 B．C增大，U減C．C減小，U增 D．C和U均減答案解析C＝εrS知，Sd不變，插入電介質(zhì)時(shí)，εrC＝Q可知：Q 變時(shí)，CU用控制變量法可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖5)．設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ.實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若( Sd,θSdθdSθdSθ答案解析Q保持不變，C＝Q＝εrS.SdC減小，Uθ A正確，BdSCθC、DF合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)F

m，＝d

1

1v0－2mv02(2014·海南高考)6所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，PP開始運(yùn)動(dòng)．重力加速g.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為() l d B.d D.－ 答案解析平衡條件可得：mg＝qU 第二定律ma＝mg－U，兩式聯(lián)立可得a＝qd A3如圖7所示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 答案B解析4．(2016·舟山市調(diào)研)兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回．如圖8所示，OA＝h，此電 A.

D.答案解析 a.能飛出電容器：t＝l . .

tFF

離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝2at離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝2at

00離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tan

qUl00

v0＝2mv0 1 1qU1l0＝2at＝2·md·(v0tanθ＝0

得：y＝4U0d，tan2O為粒子水平位移的中O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為l.2

1 1v2dd

＝2m－2m39LE的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在PO 00答案 (3)00解析(1)vv0m設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)第二定律，粒子在電場(chǎng)中的mvy＝aL 00解法一y

1L 0y＝2a(v0)0又

0x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：x＝0 解法二x＝y(tǒng)＋vyv＝ L x 0解法三y＝2a(v0)＝2mv2，y＝L020x＝3y＝2mv20噴墨的簡化模型如圖10所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場(chǎng)中( 答案2解析微滴帶負(fù)電，進(jìn)入電場(chǎng)，受電場(chǎng)力向上，應(yīng)向正極板偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；微滴在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿v方向：x＝vt，沿電場(chǎng)方向：y＝12確，D

v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、DOC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()A．ABB．ABC．ABD．AB答案解析ABx＝v0tOC＝CD1∶2a＝2h a＝qEm＝qE，故mA＝1，ABA、B、C (1)物體靜止(保持)：F合＝0.①勻速直線運(yùn)動(dòng)：F合做曲線運(yùn)動(dòng)：F合≠0，F(xiàn)合方向與速度方向不在一條直線上，且總指向運(yùn)動(dòng)軌跡曲線的凹例4 (2014·浙江7月學(xué)考)如圖12所示，水平地面上有一長為L、高為h的桌子．質(zhì)量為m的小物塊A從絕緣桌面的左端以初速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，最終落在地面上D點(diǎn)，D點(diǎn)與桌面右端的水平距離為s.若再次將物塊A置于桌面左端，并讓其帶上電荷量為q的正電荷，為使再次置于桌面左端的帶電物塊A從桌面滑仍落在地面上的D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的m

答案 (v0－ 解析(1)h＝1得 gFf得：－FfL＝1mv2－1 2m m2 ①②③式得：E1＝2qL(v0－2h2(2)2得

m，則下列說法正確的是() 答案E解析油滴懸浮不動(dòng)，說明其所受的電場(chǎng)力與重力平衡，所以帶負(fù)電，AEq＝mg得動(dòng)，C對(duì)；所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍，D錯(cuò)．Eg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

答案(1) 解析(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin37°＝qE①FNcos由①②mgsin37°－qE′cosL37°－qE′Lcos1．(2016·4月浙江選考·7)關(guān)于電容器，下列說法正確的是( 答案解析此絕緣又靠近的導(dǎo)體是可以電荷的，可視為電容器，D對(duì)．2．(2016·金華市聯(lián)考)一個(gè)電容器的規(guī)格是“10μF 50V”，則( A．這個(gè)電容器的電容為10－5F50V100D50V答案A解析10μFA正確，B、C錯(cuò)誤；50V為電容器允許加的最大電勢(shì)差，選項(xiàng)D 答案解析A、UBC＝QQ＝CUQ∝UCU壓為U，為使電容器的電容加倍，可采用的辦法是( UA．將電壓變?yōu)?答案解析A、BεrSC、DE1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?/p>

為U2，板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E2，下列說法正確的是( 答案解析根據(jù)

C

∝ ∝

用d、U、E和Q表示．下列說法正確的是( UdEEdUdQUdQE答案d解析E＝UU不變，d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r(shí)，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹dUUCC＝Q知，Q變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，UEUU1E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地．一P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離()B．P答案d解析UE場(chǎng)＝Ud的增大而減小，所以油d′，d′E場(chǎng)P點(diǎn)電勢(shì)將降低，BQ＝CUUdC，則極板帶電荷量將減小，故D如圖2所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩極板間 2Av增大Bv減小Cv不變答案2解析2B錯(cuò)誤，C正確；電子在兩極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v＝d，v＝d，即 v2dd減小時(shí)，vDv9．(多選)(2016·麗水模擬)3MN表示某電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線，a、b是線上aabv－t圖線如圖乙所示a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa、φb，場(chǎng)強(qiáng)大小分別為Ea、Eba、b兩點(diǎn)Wa、Wb，不計(jì)重力，則有() 答案解析ab電場(chǎng)強(qiáng)度abba，b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，故選項(xiàng)B、D正確．

Pd 2D．在距上極板5d答案解析帶電粒子從P點(diǎn)下落剛好到達(dá)下極板處，由動(dòng)能定理得 33 d＋x)－

＝0

，故選項(xiàng)D

3 答案解析mv2

2＝1

L2，得：y1＝q1＝1B

2·md·(v

y2 012．(2016·杭州十校聯(lián)考)如圖5所示，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)中由靜止開始運(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)一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是( 00A．U1變大、U2變大B．U1變小、U2變大C．U1變大、U2變小D．U1變小、U2變小答案B0解析v0l

v2，v子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間t＝l，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為av0間距為d， 第二定律得a＝U2q，電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，平行于電場(chǎng)方向的速度atvy＝U2qltanθ＝vy＝U2ql＝U2ql＝U2lU2變大、U100

v0

θB13．(2015·浙江選考)真空中的某裝置如圖6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( 6AB板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同答案B中，由動(dòng)能定理得qU1＝1mv2，解得 2qU1，三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過程 子

y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(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．147L＝4cmd＝3cmA板邊緣水平進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中仍沿水平B板邊緣水平飛出．g10m/s2，求：答案(1)8×10－8 (2)1.32解析

qdcos

＝mgm＝8×10－8UqdsinU解得a＝gtan37°＝3，設(shè)液滴在平行板中飛行距離為s，則s＝ ＝0.0500又由v2－v2＝2as得 v2＋2as≈1.3200

sinF合＝mgtanFs＝1mv2－1mv2v≈1