高考物理一輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練第7章第3講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

第七章第3講知識(shí)鞏固練習(xí)1．(2021年天津名校質(zhì)檢)如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的電源連接，上極板A接地，一帶負(fù)電的油滴固定于電容器中的P點(diǎn)，現(xiàn)將平行板電容器的下極板B豎直向下移動(dòng)一小段距離，則()A．帶電油滴所受靜電力不變B．P點(diǎn)的電勢(shì)將升高C．帶電油滴在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能增大D．電容器的電容減小，極板帶電荷量增大【答案】B【解析】將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知板間場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴所受的靜電力減小，則油滴將向下運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；板間場(chǎng)強(qiáng)E減小，而P點(diǎn)與上極板間的距離不變，則由公式U＝Ed分析可知，P點(diǎn)與上極板間電勢(shì)差將減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)低于上極板的電勢(shì)，則知P點(diǎn)的電勢(shì)將升高，由帶電油滴原來(lái)處于平衡狀態(tài)可知油滴帶負(fù)電，P點(diǎn)的電勢(shì)升高，則油滴在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能將減小，故B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)得，電容器與電源相連，則U不變，當(dāng)C減小時(shí)，則極板帶電荷量Q也減小，故D錯(cuò)誤．2．如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處．以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出．不計(jì)重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為()A．eq\f(Ek0,4qd) B．eq\f(Ek0,2qd)C．eq\f(\r(2)Ek0,2qd) D．eq\f(\r(2)Ek0,qd)【答案】B【解析】粒子做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如圖所示：當(dāng)電場(chǎng)足夠大時(shí)，粒子到達(dá)上極板時(shí)速度恰好與上板平行，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，當(dāng)vy＝0時(shí)，粒子的速度正好與上極板平行，則－veq\o\al(2,y)＝－2eq\f(qE,m)d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正確．3．(2021年株洲質(zhì)檢)如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，負(fù)極板接地，正極板與靜電計(jì)相連，兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)．若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向左平移一小段距離x0的過(guò)程中，靜電計(jì)帶電量的變化可忽略，以C表示電容器的電容，σ表示極板單位面積所帶電荷量(也稱(chēng)面電荷密度)，U表示P點(diǎn)與負(fù)極板間的電勢(shì)差，W表示正檢驗(yàn)電荷的電勢(shì)能．各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像中正確的是()ABCD【答案】A【解析】當(dāng)負(fù)極板左移時(shí)，d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd＋x)可知，C與x圖像的關(guān)系如題圖A所示，故A正確；σ表示極板單位面積所帶電荷量，而電容器極板電量不變，則面電荷密度也不變，故B錯(cuò)誤；因負(fù)極板接地，設(shè)P點(diǎn)原來(lái)距負(fù)極板為x，則P點(diǎn)的電勢(shì)φ＝E(x＋x0)，那么U＝E(x＋x0)，與x呈線(xiàn)性關(guān)系，故C錯(cuò)誤；電勢(shì)能W＝φq＝Eq(x＋x0)，應(yīng)該是傾斜直線(xiàn)，故D錯(cuò)誤．4．(2021年福州質(zhì)檢)一個(gè)正點(diǎn)電荷固定在正方形的一個(gè)頂點(diǎn)D上，另一個(gè)帶電粒子射入該區(qū)域時(shí)，恰好能經(jīng)過(guò)正方形的另外三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C，運(yùn)動(dòng)粒子軌跡如圖所示，下列說(shuō)法正確的是()A．根據(jù)軌跡可判斷該帶電粒子帶正電B．粒子經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)速率的大小關(guān)系是vB＞vA＝vCC．粒子在A、B、C三點(diǎn)的加速度大小關(guān)系是aA＝aC＞aBD．A、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同【答案】C【解析】根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出帶電粒子與正電荷之間存在引力，它們是異種電荷，故帶負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；粒子由A到B的過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，速度減小，因此B點(diǎn)的速度最小，故B錯(cuò)誤；粒子在A、B、C三點(diǎn)時(shí)的加速度大小要根據(jù)庫(kù)侖定律求出庫(kù)侖力，由題圖可知rA＝rC＝eq\f(\r(2),2)rB，代入庫(kù)侖定律F＝keq\f(q1q2,r2)，可得粒子在A、B、C三點(diǎn)時(shí)的電場(chǎng)力之比為FA∶FB∶FC＝2∶1∶2，由牛頓第二定律得加速度關(guān)系為aA＝aC＞aB，故C正確；A、C兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小相等，但方向不同，故電場(chǎng)強(qiáng)度不相同，故D錯(cuò)誤．5．(2021年山東名校質(zhì)檢)基于人的指紋具有終身不變性和唯一性的特點(diǎn)，指紋識(shí)別技術(shù)面世．目前大部分都有指紋解鎖功能，其中有種指紋識(shí)別傳感器是電容式傳感器，如圖所示．指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”．傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時(shí)，這些小極板和正對(duì)的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同．此時(shí)傳感器給所有的電容器充電后達(dá)到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測(cè)到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖像數(shù)據(jù)．根據(jù)文中信息，下列說(shuō)法正確的是()A．在峪處形成的電容器電容較大B．在峪處形成的電容器放電較慢C．充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大D．潮濕的手指頭對(duì)指紋識(shí)別絕對(duì)沒(méi)有影響【答案】C【解析】根據(jù)電容的計(jì)算公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，極板與指紋峪(凹的部分)距離d大，構(gòu)成的電容器電容小，故A錯(cuò)誤；傳感器給所有的電容器充電后達(dá)到某一電壓值，然后電容器放電，所有電容器的電壓一定，根據(jù)Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)可知，極板與指紋峪(凹的部分，d大，電容小)構(gòu)成的電容器充上的電荷較少，所以在峪處形成的電容器放電過(guò)程中放電時(shí)間短，放電快；反之，在嵴處形成的電容器電容大，電荷量大，放電時(shí)間長(zhǎng)，故C正確，B錯(cuò)誤；濕的手與傳感器之間有水填充，改變了原來(lái)匹配成平行板電容器的電容，所以會(huì)影響指紋解鎖，故D錯(cuò)誤．6．(多選)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，圓軌道半徑為R，AB為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，AC為eq\f(1,4)圓?。粋€(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線(xiàn)進(jìn)入半圓軌道．不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是()A．小球一定能從B點(diǎn)離開(kāi)軌道B．小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．若小球能從B點(diǎn)離開(kāi)，上升的高度一定小于HD．小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零【答案】BC【解析】因?yàn)轭}中沒(méi)有給出H與R、E的關(guān)系，所以小球不一定能從B點(diǎn)離開(kāi)軌道，A錯(cuò)誤；若重力大小等于電場(chǎng)力，小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B正確；因?yàn)樾∏蛟贏C部分運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能減小，所以若小球能從B點(diǎn)離開(kāi)，上升的高度一定小于H，C正確；若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則電場(chǎng)力大于重力，小球不可能沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，所以小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零，D錯(cuò)誤．7．(多選)(2021年南寧質(zhì)檢)真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)相同加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出后都打在同一個(gè)與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)(已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，重力不計(jì))．下列說(shuō)法正確的是()A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2∶1∶1B．三種粒子出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度相同C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)D．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶1∶2【答案】CD【解析】根據(jù)動(dòng)能定理得，qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，則進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，因?yàn)橘|(zhì)子、氘核和α粒子的比荷之比為2∶1∶1，則初速度之比為eq\r(2)∶1∶1.在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(L,v0)，則知時(shí)間之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，故A錯(cuò)誤．在豎直方向上的分速度vy＝at＝eq\f(qEL,mv0)，則出電場(chǎng)時(shí)的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(q2E2L2,m2v\o\al(2,0)))＝eq\r(\f(2qU1,m)＋\f(qE2L2,2mU1)).因?yàn)榱Ｗ拥谋群刹煌瑒t速度的大小不同，B錯(cuò)誤．偏轉(zhuǎn)位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\f(L2,v\o\al(2,0))，因?yàn)閝U1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，則y＝eq\f(U2L2,4U1d)，與粒子的電量和質(zhì)量無(wú)關(guān)，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移相等，熒光屏將只出現(xiàn)一個(gè)亮點(diǎn)，C正確．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)粒子做功W＝qEy，因?yàn)镋和y相同，電量之比為1∶1∶2，則電場(chǎng)力做功之比為1∶1∶2，故D正確．綜合提升練習(xí)8．(2021年九江質(zhì)檢)如圖所示的絕緣細(xì)桿軌道固定在豎直面內(nèi)，半徑為R的eq\f(1,6)圓弧段桿與水平段桿和粗糙傾斜段桿分別在A、B兩點(diǎn)相切，圓弧桿的圓心O處固定著一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電小球穿在水平桿上，以方向水平向右、大小等于eq\r(\f(8,3)gR)的速度通過(guò)A點(diǎn)，小球能夠上滑的最高點(diǎn)為C，到達(dá)C后，小球?qū)⒀貤U返回．若∠COB＝30°，小球第一次過(guò)A點(diǎn)后瞬間對(duì)圓弧細(xì)桿向下作用的彈力大小為eq\f(8,3)mg，小球從A至C克服庫(kù)侖力做的功為eq\f(2－\r(3),2)mgR，重力加速度為g.求：(1)小球第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；(2)小球返回A點(diǎn)前瞬間對(duì)圓弧桿的彈力．【答案】(1)eq\f(5,6)mgR(2)eq\f(28－3\r(3),3)mg，方向向下【解析】(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到B，A、B兩點(diǎn)為等勢(shì)點(diǎn)，所以電場(chǎng)力不做功，由動(dòng)能定理得－mgR(1－cos60°)＝EkB－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)解得EkB＝eq\f(5,6)mgR.(2)小球第一次過(guò)A時(shí)，由牛頓第二定律得N＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，得keq\f(Qq,R2)＝mg.從A到C，由動(dòng)能定理得W電－mgR＋Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，從C到A，由動(dòng)能定理得W′電＋mgR＋W′f＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,A)－0，W電＝－W′電，Wf＝W′f.小球返回A點(diǎn)時(shí)，設(shè)細(xì)桿對(duì)球的彈力方向向上，大小為N′，由牛頓第二定律得N′＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(v′\o\al(2,A),R).聯(lián)立以上解得N′＝eq\f(28－3\r(3),3)mg.根據(jù)牛頓第三定律，返回A點(diǎn)時(shí)，小球?qū)A弧桿的彈力為eq\f(28－3\r(3),3)mg，方向向下．9．如圖所示，電子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d.(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy.(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問(wèn)題的常用方法．在解決(1)問(wèn)時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明其原因：U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2.(3)極板間既有電場(chǎng)也有重力場(chǎng)．電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫(xiě)出電勢(shì)的定義式．類(lèi)比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”的概念，并簡(jiǎn)要說(shuō)明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)．【答案】(1)v0＝eq\r(\f(2eU0,m))Δy＝eq\f(UL2,4U0d)(2)不需要考慮電子所受的重力(3)φ＝eq\f(Ep,q)，電勢(shì)φ和重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅僅由場(chǎng)自身的因素決定【解析】(1)根據(jù)功能關(guān)系，可得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))，偏轉(zhuǎn)加速度a＝eq\f(eU,md)，側(cè)移量Δy＝eq\