2022年高考物理一輪復習 課時提升練20 電容器與電容 帶電料子在電場的運動

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1、2022年高考物理一輪復習 課時提升練20 電容器與電容 帶電料子在電場的運動 題組一　電容器問題分析 1．(多選)如圖6-3-15所示，兩個相同的平行板電容器C1、C2用導線相連，開始都不帶電．現(xiàn)將開關S閉合給兩個電容器充電，待充電完畢后，電容器C1兩板間有一帶電微粒恰好處于平衡狀態(tài)．再將開關S斷開，把電容器C2兩板稍錯開一些(兩板間距離保持不變)，重新平衡后，下列判斷正確的是(　　) 圖6-3-15 A．電容器C1兩板間電壓減小 B．電容器C2兩板間電壓增大 C．帶電微粒將加速上升 D．電容器C1所帶電荷量增大 【解析】　充電完畢后電容器C1、C2并聯(lián)，兩端電壓相等，都

2、等于電源電壓U，斷開S后，電容器C2兩板稍錯開一些，即兩板正對面積S減小，根據(jù)C＝知電容減小，又由C＝可知，兩板間電壓U′增大，此時U′>U，則電容器C2又開始給C1充電，直到兩電容器電壓再次相等，此時兩者兩端的電壓比原來的電壓都增大，故A錯誤；B正確；電容器C1所帶電荷量增大，故D正確；電容器C1兩端的電壓增大，根據(jù)E＝U/d可知，C1兩板間電場強度增大，則帶電微粒受到的電場力增大，帶電微粒將加速向上運動，故C正確． 【答案】　BCD 2．如圖6-3-16所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部．閉合開關

3、S，小球靜止時受到懸線的拉力為FT.調(diào)節(jié)R1、R2，關于FT的大小判斷正確的是(　　) 圖6-3-16 A．保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)T將變大 B．保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)T將變小 C．保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)T將變大 D．保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)T將變小 【解析】　小球受重力、電場力、懸線的拉力而處于平衡狀態(tài)，設懸線與豎直方向的夾角為θ，則tan θ＝＝，cos θ＝，則由閉合電路歐姆定律知增大R2時，定值電阻R0兩端的電壓減小，由上邊式子知θ減小，cos θ增大，F(xiàn)T減小，B項對；改變R1對定值電阻R0兩端的電壓不起作用． 【答案】　B 3

4、．美國物理學家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準確地測定了電子的電荷量．如圖6-3-17所示，平行板電容器兩極板M、N相距d.兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則(　　) 圖6-3-17 A．油滴帶正電 B．油滴帶電荷量為 C．電容器的電容為 D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動 【解析】　由題意知油滴受到的電場力豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負電，設油滴帶電荷量為q，則極板帶電荷量為Q＝kq，由于qE＝mg，E＝，C＝，解得q＝，C＝

5、，將極板N向下緩慢移動一小段距離，U不變，d增大，則場強E減小，重力將大于電場力，油滴將向下運動，故選項C正確． 【答案】　C 題組二　帶電粒子在電場中的直線運動 4．(多選)如圖6-3-18所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝Eq，則(　　) 圖6-3-18 A．電場方向豎直向上 B．小球運動的加速度大小為g C．小球上升的最大高度為 D．若小球在初始位移的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為 【解析】　由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線

6、運動，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120°角，A錯誤；由圖中幾何關系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B正確；設帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得：－mg·2h＝0－mv，解得：h＝，C錯誤；電場力做負功，帶電小球的電勢能變大，當帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·＝，D正確． 【答案】　BD 5．(多選)如圖6-3-19所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板．質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓

7、為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　) 圖6-3-19 A．使初速度減為原來的 B．使M、N間電壓加倍 C．使M、N間電壓提高到原來的4倍 D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的 【解析】　粒子恰好到達N板時有Uq＝mv，恰好到達兩板中間返回時有q＝mv2，比較兩式可知B、D選項正確． 【答案】　BD 題組三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 6. 帶有等量異種電荷的兩平行金屬板水平放置，a、b、c三個α粒子(重力忽略不計)先后從同一點O垂直電場方向進入電場，其運動軌跡如圖6-3-20所示，其中b恰好沿下極板的

8、邊緣飛出電場．下列說法正確的是(　　) 圖6-3-20 A．b在電場中運動的時間大于a在電場中運動的時間 B．b在電場中運動的時間等于c在電場中運動的時間 C．進入電場時c的速度最大，a的速度最小 D．a(chǎn)打在負極板上時的速度與b飛離電場時的速度大小相等 【解析】　h＝at2可知運動時間也相同，選項A錯誤．b和c在電場中沿電場方向的位移不同，所以在電場中飛行的時間也就不同，由h＝at2可知，c粒子在電場中飛行的時間最短，而b、c在水平方向飛行的距離都等于極板長，所以c的速度最大，a、b兩粒子飛行時間相等，a的水平位移最小，所以a的速度最小，選項B錯誤，C正確．由能量守恒可知，三個

9、粒子的動能的增加即為電場力對粒子所做的功，三個粒子受到的電場力相同，在電場力方向上，誰的位移大，電場力對誰做的功就大，所以電場力對a、b兩粒子做的功相等，由于a、b兩粒子的初動能不同，故飛離電場時a、b兩粒子的速度大小不相等，選項D錯誤． 【答案】　C 7．(多選)如圖6-3-21所示，平行板電容器A、B兩極板水平放置，現(xiàn)將其與一理想的二極管(二極管具有單向?qū)щ娦?串聯(lián)接在電源上，已知上極板A和電源正極相連，一帶電小球從一確定的位置水平射入，打在下極板B上的N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)僅豎直上下移動A板來改變兩極板AB間距(下極板B不動，兩極板仍平行，小球水平射入的位置不變)，則下列說法正

10、確的是(　　) 圖6-3-21 A．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N點的右側 B．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N點的左側 C．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N點的右側 D．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N點的左側 【解析】　因為二極管具有單向?qū)щ娦裕噪娙萜鲀蓸O板上的電荷量只能增大，不能減??；若小球帶正電，小球受到的電場力豎直向下，當AB間距增大時，電容器的電容減小，但極板上的電荷量不變，兩極板間的電場強度不變，小球受力不變，所以仍會打在N點，選項A錯誤；當AB間距減小時，電容器的電容變大，極板上的電荷量變大，兩極板間的電場強

11、度變大，小球受到的豎直向下的合力變大，加速度變大，運動時間變小(根據(jù)t＝判斷，其中小球下落高度h恒定不變，加速度a變大)，水平位移變小，所以小球打在N點的左側，選項B正確；同理可知 ，選項C正確，D錯誤．故本題答案為B、C. 【答案】　BC 8．(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定的初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖6-3-22所示．由此可見(　　) 圖6-3-22 A．電場力為3mg B．小球帶正電 C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等

12、D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等 【解析】　設AC與豎直方向的夾角為θ，帶電小球從A到C，電場力做負功，小球帶負電，由動能定理，mg·AC·cos θ－qE·BC·cos θ＝0，解得電場力為qE＝3mg，選項A正確，B錯誤．小球水平方向做勻速直線運動，從A到B的運動時間是從B到C的運動時間的2倍，選項C錯誤；小球在豎直方向先加速后減速，小球從A到B與從B到C豎直方向的速度變化量的大小相等，水平方向速度不變，小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等，選項D正確． 【答案】　AD B組　深化訓練——提升應考能力 9．(多選)如圖6-3-23甲所示，兩平行金屬板豎直放置

13、，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖6-3-23乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是(　　) 　　　 　　　甲　 　乙 圖6-3-23 A．若t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上 B．若t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動 C．若t＝T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上 D．若t＝3T/8時刻釋放電子，電子必然打到左極板上 【解析】　若t＝0時刻釋放電子，電子將重復先加速后減速的運動，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯；若從t＝T/4時刻釋放電

14、子，電子先加速T/4，再減速T/4，有可能電子已到達右極板，若此時未到達右極板，則電子將在兩極板間振動，所以C正確；同理，若從t＝3T/8時刻釋放電子，電子有可能達到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，所以D項錯誤：此題考查帶電粒子在交變電場中的運動． 【答案】　AC 10．空間某區(qū)域內(nèi)存著電場，電場線在豎直平面上的分布如圖6-3-24所示．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場中運動，小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1，方向水平向右；運動至B點時的速度大小為v2，運動方向與水平方向之間的夾角為α，A、B兩點間的高度差為h、水平距離為s，則以下判斷正確的是(　　) 圖

15、6-3-24 A．A、B兩點的電場強度和電勢關系為EAv1，則電場力一定做正功 C．A、B兩點間的電勢差為(v－v) D．小球從A點運動到B點的過程中電場力做的功為mv－mv－mgh 【解析】　由電場線的方向和疏密可知A點電場強度小于B點，但A點電勢高于B點，A錯誤．若v2>v1說明合外力對小球做正功，但電場力不一定做正功，B錯誤．由于有重力做功，A、B兩點間電勢差不是(v－v)，C錯誤．小球從A點運動到B點過程中由動能定理得W電＋mgh＝mv－mv，所以W電＝mv－mv－mgh，D正確． 【答案】　D 11．如圖6-3-25甲所示，在y＝0和y

16、＝2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場強度的變化如圖6-3-25乙所示，取x軸正方向為電場正方向，現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷為＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0時刻以速度v0＝5×102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力．求： 　　　 　甲　　　　　　　　　乙 圖6-3-25 (1)粒子通過電場區(qū)域的時間； (2)粒子離開電場時的位置坐標； (3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小． 【解析】　(1)因粒子初速度方向垂直電場方向，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區(qū)域的時間 t＝＝4

17、×10－3 s (2)粒子沿x軸負方向先加速后減速，加速時的加速度大小為a1＝＝4 m/s2，減速時的加速度大小為a2＝＝2 m/s2 由運動學規(guī)律得 x方向上的位移為 x＝－a1()2－a1()2＋a2()2＝－2×10－5 m 因此粒子離開電場時的位置坐標為(－2×10－5 m,2 m) (3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度為vx＝－a1＋a2＝－4×10－3 m/s 【答案】　(1)4×10－3 s　(2)(－2×10－5 m,2 m) (3)－4×10－3 m/s 12．如圖6-3-26所示，水平位置的平行板電容器，原來AB兩板不帶電，B極板接地，它的極板長l＝0

18、.1 m，兩板間距離d＝0.4 cm，現(xiàn)有一微粒質(zhì)量m＝2.0×10－6 kg，帶電荷量q＝＋1.0×10－8 C，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中點O處，取g＝10 m/s2.試求： 圖6-3-26 (1)帶電粒子入射初速度v0的大?。? (2)現(xiàn)使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側射出，則帶電后A板的電勢范圍？ 【解析】　(1)電容器不帶電時，微粒做平拋運動，則有＝v0t ＝gt2 聯(lián)立兩式得v0＝ 代入數(shù)據(jù)得v0＝2.5 m/s. (2)若使微粒能從電容器右側射出，則要求A板的電勢大于0，且B板接地電勢等于0，則有UAB＝φA－φB＝φA A板電勢最小時，微粒剛好從A板右側邊緣射出，則有l(wèi)＝v0t1 ＝a1t 且mg－q＝ma1 聯(lián)立以上各式得φAmin＝6 V A板電勢最大時，微粒剛好從B板右側邊緣射出，則有q－mg＝ma2 且有a2＝a1 代入數(shù)據(jù)解得φAmax＝10 V 綜上可得6 V≤φA≤10 V. 【答案】　(1)V0＝2.5 m/s　(2)6 V≤φA≤10 V