高考物理一輪總復習課時跟蹤檢測（三十二）電容器帶電粒子在電場中的運動

課時跟蹤檢測（三十二）電容器帶電粒子在電場中的運動一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.當帶電的云層離地面較近時，云和地面形成一個巨型電容器，它們之間會形成一個強電場，若云層帶電量一定，將云層底面及地面始終都看作平整的平面，則()A．當云層向下靠近地面時，該電容器的電容將減小B．當云層向下靠近地面時，云層和地面間的電勢差將增大C．當云層向下靠近地面時，云層和地面間的電場強度將增大D．當云層底面積增大時，該電容器的電容將增大解析：選D根據(jù)電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知，當云層向下靠近地面時，d減小，該電容器的電容C將增大，故A錯誤；根據(jù)電容器電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，當云層向下靠近地面時，該電容器的電容C增大，由于電荷量Q不變，則云層和地面間的電勢差將減小，故B錯誤；根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系E＝eq\f(U,d)，再聯(lián)立上面兩式可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則當云層向下靠近地面時，云層和地面間的電場強度將不變，故C錯誤；根據(jù)電容器電容的決定式可知，當云層底面積增大時，正對面積S增大，該電容器的電容C將增大，故D正確。2.(2022·山東泰安模擬)利用圖示裝置通過靜電計指針偏角的變化情況可以探究有關(guān)平行板電容器問題，開始時，兩金屬板A、B豎直平行且正對，開關(guān)S閉合。下列說法正確的是()A．若僅將A板緩慢豎直向上平移，則靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大B．若S斷開后，僅將A板緩慢豎直向上平移，則靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大C．若S斷開后，僅在A、B板間插入玻璃板，則靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大D．若S斷開后，僅將A板緩慢水平向左平移，則靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度減小解析：選B靜電計測量的是電容器兩極板間的電壓，由于開關(guān)S閉合，電容器一直接電源，電容器兩極板間的電壓保持不變，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度保持不變，A錯誤；S斷開后，電容器所帶的電荷量Q保持不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)可得U＝eq\f(4πkQ,εrS)d，僅將A板緩慢豎直向上平移即S變小時，U變大，故靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大，B正確；S斷開后，僅在A、B板間插入玻璃板，εr增大，U減小，故靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度減小，C錯誤；S斷開后，僅將A板緩慢水平向左平移即d增大時，U增大，故靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度增大，D錯誤。3.(2022·湖北高考)密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產(chǎn)生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為()A．q，r B．2q，rC．2q,2r D．4q,2r解析：選D初始狀態(tài)下，油滴處于靜止狀態(tài)時，滿足Eq＝mg，即eq\f(U,d)q＝eq\f(4,3)πr3·ρg，當電勢差調(diào)整為2U時，若油滴的半徑不變，則滿足eq\f(2U,d)q′＝eq\f(4,3)πr3·ρg，可得q′＝eq\f(q,2)，A、B錯誤；當電勢差調(diào)整為2U時，若油滴的半徑變?yōu)?r時，則滿足eq\f(2U,d)q′＝eq\f(4,3)π(2r)3·ρg，可得q′＝4q，C錯誤，D正確。4.(2022·長沙模擬)如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負電荷。油滴從噴霧器噴出后，由于摩擦而帶負電，油滴進入上板中央小孔后落到勻強電場中，通過顯微鏡可以觀察到油滴的運動情況。兩金屬板間的距離為d，忽略空氣對油滴的浮力和阻力。若油滴進入電場時的速度可以忽略，當兩金屬板間的電勢差為U時觀察到某個質(zhì)量為m的油滴進入電場后做勻加速運動，經(jīng)過時間t運動到下極板，則該油滴所帶電荷量可表示為()A.eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2))) B.eq\f(md,2U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))C.eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(d,t2))) D.eq\f(m,Ud)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))解析：選A油滴帶負電，設(shè)電荷量為Q，油滴所受到的電場力方向向上，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得，mg－Qeq\f(U,d)＝ma，d＝eq\f(1,2)at2。聯(lián)立兩式得，Q＝eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))，故A正確。5.如圖所示，C1、C2是完全相同的兩個電容器，P是電容器C1兩極板間的一點，在電容器C2兩極板間插入一塊云母板。閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后斷開開關(guān)。將云母板從C2極板間抽出的過程，下列說法正確的是()A．P點電勢升高B．電容器C2的電容增大C．靈敏電流計中有向右的電流D．電容器C1兩極板間的電場強度變小解析：選A閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后再將開關(guān)斷開，兩電容器極板上的帶電荷量不變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容器C2極板間云母板抽出的過程，相對介電常數(shù)εr減小，其他條件不變，則電容器C2的電容減小，B錯誤；由U＝eq\f(Q,C)可知，電容器C2極板間的電勢差變大，電容器C2處于放電狀態(tài)，電容器C1處于充電狀態(tài)，靈敏電流計中有向左的電流，C錯誤；C1充電，則電容器C1極板間的電勢差變大，由E＝eq\f(U,d)可知，電容器C1極板間的電場強度變大，D錯誤；由于電容器C1極板間的電場強度變大，P點與電容器C1的下極板間的電勢差變大，因下極板接地，電勢為零，則P點電勢升高，A正確。6.平行板電容器的兩極板M、N接在一恒壓電源上，N板接地。板間有a、b、c三點，若將上板M向下移動少許至圖中虛線位置，則()A．b點場強減小 B．b、c兩點間電勢差減小C．c點電勢升高 D．a(chǎn)點電勢降低解析：選D電源電壓不變，即電容器的極板間電壓不變，當M向下移動時，極板間距減小，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，故極板間的場強增大，所以b點的場強增大，選項A錯誤；b、c兩點間電勢差Ucb＝E·cb，E增大，而cb不變，故Ucb增大，選項B錯誤；同理c、N間的電勢差也增大，而N點的電勢為0，由電源的正極連接下極板可知，UNc＝φN－φc＝－φc，所以c點的電勢降低，選項C錯誤；同理a點的電勢也降低，選項D正確。二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性7.(多選)如圖所示，有一勻強電場平行于平面xOy，一個帶電粒子僅在電場力作用下從O點運動到A點，粒子在O點時速度沿y軸正方向，經(jīng)A點時速度沿x軸正方向，且粒子在A點的動能是它在O點時動能的3倍。關(guān)于粒子在OA段的運動情況，下列判斷正確的是()A．該帶電粒子帶正電荷B．帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小C．這段時間中間時刻粒子的動能最小D．加速度方向與y軸正方向之間的夾角等于120°解析：選BD依題意，勻強電場場強方向未知，故該帶電粒子電性不明，故A錯誤；從O點運動到A點的過程，動能增加，根據(jù)動能定理可知，電場力做正功，又根據(jù)電場力做功與電勢能變化關(guān)系，可知帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小，故B正確；設(shè)加速度方向與y軸正方向之間的夾角等于θ，則有acos(π－θ)＝eq\f(v0,t)，asin(π－θ)＝eq\f(v,t)，eq\f(1,2)mv2＝3×eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立，可得θ＝120°，故D正確；加速度與初速度方向夾角為鈍角，故粒子速度先減小，后增大，最小的動能出現(xiàn)在加速度與速度垂直的時候，這段時間中間時刻粒子的兩個分速度分別為vx＝eq\f(v,2)＝eq\f(\r(3),2)v0，vy＝eq\f(v0,2)，合速度與水平面夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(3),3)，解得α＝30°，加速度與速度夾角為60°，不垂直，故C錯誤。8．(2023·浙江1月選考)如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子()A．在XX′極板間的加速度大小為eq\f(eU,m)B．打在熒光屏時，動能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為eq\r(2meU)D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα＝eq\f(l,20d)解析：選D在XX′極板間電子的加速度大小為：a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,dm)，A錯誤；電子從離開金屬絲到打在熒光屏上，由動能定理得：e·10U＋eU′＝Ek，其中U′≤eq\f(U,2)，故Ek≤10.5eU，B錯誤；電子經(jīng)電子槍加速后，e·10U＝eq\f(1,2)mv12，在XX′極板間運動時間為t＝eq\f(l,v1)，受到的沖量大小為I＝eEt＝eq\f(eUl,dv1)＝eq\f(eUl,d\r(\f(20eU,m)))＝eq\f(l,d)eq\r(\f(mUe,20))，C錯誤；電子打在熒光屏上時，速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(\f(eU,dm)·\f(l,v1),v1)＝eq\f(l,20d)，D正確。9．多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和長為l的漂移管(無場區(qū)域)構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當離子第一次進入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得進入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復即將進入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間。設(shè)實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力。(1)求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；(2)反射區(qū)加上電場，電場強度大小為E，求離子能進入反射區(qū)的最大距離x；(3)已知質(zhì)量為m0的離子總飛行時間為t0，待測離子的總飛行時間為t1，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量m1。解析：(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，有qU＝eq\f(1,2)mv 2①離子在漂移管中做勻速直線運動，則T1＝eq\f(l,v) ②聯(lián)立①②式，得T1＝eq\r(\f(ml2,2qU))。 ③(2)根據(jù)動能定理，有qU－qEx＝0 ④得x＝eq\f(U,E)。 ⑤(3)離子在加速電場中運動和反射區(qū)電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設(shè)其為eq\x\to(v)，有eq\x\to(v)＝eq\f(v,2) ⑥通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總路程相等，設(shè)為L1，在無場區(qū)的總路程設(shè)為L2，根據(jù)題目