高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練24 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

考點(diǎn)規(guī)范練24電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動一、單項(xiàng)選擇題1.(2019·四川宜賓模擬)工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時(shí)為了實(shí)時(shí)監(jiān)控其厚度,通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個(gè)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(dāng)流水線上通過的產(chǎn)品厚度減小時(shí),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(qiáng)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(jì)答案:D解析:根據(jù)C=εrS4πkd可知,當(dāng)產(chǎn)品厚度減小時(shí),εr減小,電容器的電容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(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運(yùn)動。重力加速度為g,粒子運(yùn)動的加速度為()A.ldg B.dC.ld-lg D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(jù)牛頓第二定律,有mg-qUd=ma,聯(lián)立解得3.(2019·廣東廣州測試)如圖所示,帶電粒子由靜止開始,經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后,沿垂直電場方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器,經(jīng)偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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U1B.保持U1和平行板間距不變,增大U2C.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(zhuǎn)電場中,有x=v0t,y=12at2=qU22dmt2,解得x2=4dU1yU2。開始時(shí)x=12l,保持U2和平行板間距不變,減小U1,則x減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;保持U1和平行板間距不變,增大U2,則x減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;保持U4.如圖所示的實(shí)驗(yàn)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(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角為α,平行板中間懸掛了一個(gè)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(xiàng)A錯(cuò)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(qiáng)度增大,則電場力增大,故θ增大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;將A板向上提一些,S減小,則C變小,Q不變,電壓U增大,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(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P'點(diǎn),則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A.運(yùn)動到P點(diǎn)返回B.運(yùn)動到P和P'點(diǎn)之間返回C.運(yùn)動到P'點(diǎn)返回D.穿過P'點(diǎn)答案:A解析:設(shè)AB間電場強(qiáng)度為E1,BC間電場強(qiáng)度為E2,由O點(diǎn)釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點(diǎn),有eE1xOM-eE2xMP=0-0①B、C板電荷量不變,B、C板間的電場強(qiáng)度E2=U2由②知B、C板間的電場強(qiáng)度不隨距離的變化而變化,當(dāng)C板向右平移到P'時(shí),B、C板間的電場強(qiáng)度不變,由①知,電子仍然運(yùn)動到P點(diǎn)返回,故A正確,B、C、D錯(cuò)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(guān),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(dá)S2孔,不計(jì)空氣阻力,要使此小球從O點(diǎn)由靜止釋放后穿過S2孔,應(yīng)()A.僅上移A板適當(dāng)距離B.僅下移A板適當(dāng)距離C.斷開開關(guān),再上移A板適當(dāng)距離D.斷開開關(guān),再下移A板適當(dāng)距離答案:D解析:設(shè)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(dá)S2孔時(shí)小球速度為零,則電場力對小球做負(fù)功,由動能定理得mg(h+d)-qU=0,若僅上移或下移A板適當(dāng)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(dá)S2,則A、B選項(xiàng)錯(cuò)誤;斷開開關(guān),Q不變,因E=4πkQεrS,則電場強(qiáng)度E不變,由動能定理得mg(h+d)-Eq·d=0,將A板向上移適當(dāng)距離,假設(shè)仍能到達(dá)S2處,則重力做功不變,電場力做功增多,故假設(shè)不成立,即到達(dá)不了S2處速度已為零,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤;若下移A板適當(dāng)距離,假設(shè)仍能到達(dá)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(dá)S7.如圖所示,豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場,與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)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(yùn)動到右極板上的同一位置,則從開始釋放到運(yùn)動到右極板的過程中它們的()A.運(yùn)行時(shí)間tP>tQB.電勢能減少量之比ΔEpP∶ΔEpQ=2∶1C.電荷量之比qP∶qQ=2∶1D.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(yùn)動,按運(yùn)動的分解,豎直方向是重力作用下的自由落體運(yùn)動,二者下降位移相同,所用時(shí)間相等,A錯(cuò)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(yùn)動,位移之比是xP∶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(cuò)誤;動能增加量ΔEkP=ΔEpP+mgh,ΔEkQ=ΔEpQ+mgh,故ΔEkP二、多項(xiàng)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(diào)節(jié)滑動變阻器,使A、B兩板間的電壓為U時(shí),一質(zhì)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(diǎn)處沿原路返回(不計(jì)重力),則下列說法正確的是()A.使初速度變?yōu)?v0時(shí),帶電粒子恰能到達(dá)B板B.使初速度變?yōu)?v0時(shí),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(shí),帶電粒子恰能到達(dá)B板D.使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時(shí),帶電粒子將從B板中心小孔射出答案:BC解析:設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場中的位移為x,根據(jù)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(jìn)入電場后恰能到達(dá)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A9.(2018·全國卷Ⅲ)如圖所示,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(shí)釋放a、b,它們由靜止開始運(yùn)動。在隨后的某時(shí)刻t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(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(zhì)量比b的大B.在t時(shí)刻,a的動能比b的大C.在t時(shí)刻,a和b的電勢能相等D.在t時(shí)刻,a和b的動量大小相等答案:BD解析:根據(jù)題意可知豎直方向上的位移關(guān)系xa>xb,根據(jù)x=12at2和a=qEm,聯(lián)立可得x=12·qEm·t2,質(zhì)量和位移成反比,所以a的質(zhì)量小于b的質(zhì)量,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)動能定理qEx=12mv2-0,動能大小與位移成正比,B選項(xiàng)正確;t10.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=0.4m,兩極板間距離d=4×10-3m,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(guān)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(zhì)量m=4×10-5kg、電荷量q=+1×10-8C,A.微粒的入射速度v0=10m/sB.電容器上板接電源正極時(shí)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180V時(shí),微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶鯠.電源電壓為100V時(shí),微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶龃鸢?AC解析:開關(guān)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(shí),微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯(cuò);設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時(shí)的加速度為a,電場力向上,則d2=12at12,l=v0t1,mg-三、非選擇題11.如圖所示,在A點(diǎn)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(yùn)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(diǎn)電荷,不計(jì)空氣阻力。(1)求液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h。(2)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場中,某點(diǎn)的電勢可表示成φ=kQr,其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無限遠(yuǎn)處電勢為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB答案:(1)2h0(2)2h0解析:(1)設(shè)液珠電荷量為q,質(zhì)量為m,當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律知kQq?0又因?yàn)閍=g當(dāng)液珠速度最大時(shí),其所受合力為零,則kQq?2=mg,代入①式,解得h=2h(2)設(shè)BC間的電勢差大小為UCB,由題意得UCB=φC-φB=kQ對液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過程應(yīng)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(zhì)量為m=1.0×10-3kg、電荷量為q=8.0×10-5C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地進(jìn)入第3級加速電場,之后沿位于軸心的光滑淺槽,經(jīng)過多級加速后從A點(diǎn)水平拋出,恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間,A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方,傾斜平行金屬板MN、PQ的長度均為l=1.0m,金屬板與水平方向的夾角為θ=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2。(1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)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(qiáng)電場,且電場強(qiáng)度大小E=100V/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)1730m18.75V(2)5解析:(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動時(shí)間為t1,小球的初速度為v0,A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y則有v0gt1l2cosθ=v0t1y-l2sinθ=1聯(lián)立①②③并代入