《(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(二十四)電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(二十四)電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)(含解析)(7頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(二十四)電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)(含解析)
1.如圖所示,一個(gè)帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小,可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場,經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入,A、B板長為L,相距為d,電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是( )
A.< B.<
C.< D.<
解析:選C 根據(jù)qU1=mv2,t=,y=at2=··2,由題意知,y<d,解得<, 故選項(xiàng)C正確。
2.(2016·天津高考)如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計(jì)相連,靜電計(jì)金屬外殼和電容
2、器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷,以E表示兩板間的電場強(qiáng)度,Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能,θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng),將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置,則( )
A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不變
C.θ減小,Ep增大 D.θ減小,E不變
解析:選D 由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變,當(dāng)下極板不動(dòng),上極板向下移動(dòng)一段距離時(shí),兩極板間距d減小,則電容C變大,由U=可知U變小,則靜電計(jì)指針的偏角θ減小。又因?yàn)閮砂彘g電場強(qiáng)度E===,Q、S不變,則E不變。因?yàn)镋不變,則點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到下極板(電勢為零)電場力做功不變,電
3、勢能的變化相同,則點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能Ep不變,故只有選項(xiàng)D正確。
3.如圖所示,一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子;在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子。在電場力的作用下,兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略,不計(jì)重力,則M∶m為( )
A.3∶2 B.2∶1
C.5∶2 D.3∶1
解析:選A 設(shè)極板間電場強(qiáng)度為E,兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,對M,由牛頓第二定律有:qE=MaM,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:
l=aMt2;
對m,由牛頓第
4、二定律有qE=mam,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:
l=amt2
由以上幾式解之得:=,故A正確。
4. (2019·成都調(diào)研)如圖所示,一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端,可以向各個(gè)方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)。若極板長為L,間距為d,當(dāng)A、B板加上電壓U時(shí),只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出,細(xì)管C離兩板等距。已知元電荷為e,則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為( )
A. B.
C. D.
解析:選C β粒子反方向的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向有L=v0t,豎直方向有=at2,且a=。從A到C的過程有-qU
5、=mv02-mv2,以上各式聯(lián)立解得v= ,選項(xiàng)C正確。
5.如圖所示,兩個(gè)平行帶電金屬板M、N相距為d,M板上距左端為d處有一個(gè)小孔A,有甲、乙兩個(gè)相同的帶電粒子,甲粒子從兩板左端連線中點(diǎn)O處以初速度v1平行于兩板射入,乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入,二者在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,并且都打到N板的中點(diǎn)B處,則初速度v1與v2的關(guān)系正確的是( )
A.= B.=
C.=2 D.=
解析:選C 設(shè)帶電粒子在電場中的加速度為a,則對甲粒子,豎直方向=at2,水平方向d=v1t,解出v1=;對乙粒子有v2t+at2=d,解出v2=,所以v1∶v2=2∶1,即選項(xiàng)C正確。
6、
6.(多選)(2016·全國卷Ⅰ)如圖,一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng),其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知( )
A.Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高
B.油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大
C.油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大
D.油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小
解析:選AB 帶電油滴在電場中受重力、電場力作用,據(jù)其軌跡的對稱性可知,電場力方向豎直向上,且電場力大于重力,電場力先做負(fù)功后做正功。則電場強(qiáng)度方向向下,Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高,選項(xiàng)A正確;油滴在P點(diǎn)的速度最小,選項(xiàng)B正確;油滴在P點(diǎn)的電勢能最大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變
7、,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
7. (2019·廣州模擬)一平行板電容器充電后與電源斷開,負(fù)極板接地,兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn),如圖所示,以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢,W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能,若正極板保持不動(dòng),將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0,則下列關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像中正確的是( )
解析:選C 由C=知,C與兩極板間距離d成反比,C與x不是線性關(guān)系,A錯(cuò);電容器充電后與電源斷開,電荷量不變,由C=、Q=CU、U=Ed得E=是定值,B錯(cuò);因負(fù)極板接地,電勢為零,所以P點(diǎn)電勢為φ=E(L-x),L為P點(diǎn)到負(fù)極板的初始距離,E不變,φ隨
8、x增大而線性減小,C對;由W=qφ知W與電勢φ變化情況一樣,D錯(cuò)。
8.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場,一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運(yùn)動(dòng),已知重力加速度為g,微粒的初速度為v0,則( )
A.微粒一定帶正電
B.微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C.可求出勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度
D.可求出微粒運(yùn)動(dòng)的加速度
解析:選D 因微粒在重力和電場力作用下做直線運(yùn)動(dòng),而重力豎直向下,由微粒做直線運(yùn)動(dòng)條件知電場力必水平向左,微粒帶負(fù)電,A錯(cuò)誤;其合外力必與速度反向,大小為F=,即微粒一定做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度為a=,B錯(cuò)誤,D正確;電場力qE=,但不知
9、微粒的電荷量,所以無法求出其電場強(qiáng)度,C錯(cuò)誤。
[B級——保分題目練通抓牢]
9.(多選)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1,之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在屏上。整個(gè)裝置處于真空中,不計(jì)粒子重力及其相互作用,那么( )
A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多
B.三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大
C.三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同
D.三種粒子一定打到屏上的同一位置
解析:選AD 帶電粒子在電場E1中加速,由動(dòng)能定理得,eU1=mv2,解得v= 。進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2中做類平拋運(yùn)動(dòng),L=vt,y=
10、at2,eE2=ma,聯(lián)立解得y=,偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功W=eE2y=,與粒子質(zhì)量無關(guān),所以偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多,選項(xiàng)A正確;三種粒子打到屏上時(shí)的水平速度不一樣大,豎直速度at不一樣大,所以三種粒子打到屏上時(shí)的速度不一樣大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間不相同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于y=與粒子質(zhì)量無關(guān),且三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)角相同,所以三種粒子一定打到屏上的同一位置,選項(xiàng)D正確。
10.(多選)如圖所示,帶電荷量之比為qA∶qB=1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā),沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中,分別打在C、D點(diǎn),若OC=CD,忽略粒子重
11、力的影響,則( )
A.A和B在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2
B.A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1
C.A和B的質(zhì)量之比為1∶12
D.A和B的位移大小之比為1∶1
解析:選ABC 粒子A和B在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向由x=v0t及OC=CD得,t1∶t2=1∶2,選項(xiàng)A正確;豎直方向由h=at2得a=,它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB=4∶1,選項(xiàng)B正確;根據(jù)a=得m=,故mA∶mB=1∶12,選項(xiàng)C正確;A和B的位移大小不相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
[C級——難度題目適情選做]
11. (2018·保定模擬)如圖所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,
12、極板間距離為d,上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落,穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì),極板間電場可視為勻強(qiáng)電場,重力加速度為g)。求:
(1)小球到達(dá)小孔處的速度大??;
(2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量;
(3)小球從開始下落到下極板處的時(shí)間。
解析:(1)設(shè)小球下落h時(shí)的速度為v,由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v2=2gh,得v=。
(2)設(shè)小球在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度為a,
由v2=2ad,得a==。
由牛頓第二定律得qE-mg=ma,
電容器的電荷量Q=CU=CEd,
聯(lián)立以上各式得E=,Q=。
(3)由h=g
13、t12得小球做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1= ,
由0=v-at2得小球在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=d 。
則小球運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t2= 。
答案:(1) (2)
(3)
12. (2019·濟(jì)寧模擬)如圖所示,兩平行金屬板A、B長為L=8 cm,兩板間距離d=8 cm,A板比B板電勢高300 V,一帶正電的粒子電荷量為q=1.0×10-10 C、質(zhì)量為m=1.0×10-20 kg,沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場,初速度v0=2.0×106 m/s,粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域,然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場分布不
14、受界面的影響)。已知兩界面MN、PS相距為12 cm,D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn),O點(diǎn)在中心線上,距離界面PS為9 cm,粒子穿過界面PS做勻速圓周運(yùn)動(dòng),最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。(靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,粒子的重力不計(jì))
(1)求粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為多遠(yuǎn);到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為多遠(yuǎn);
(2)在圖上粗略畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡;
(3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小。
解析:(1)粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離(偏移位移):
y=at2,a==,L=v0t,
則y=at2=2=0.03 m=3 cm。
粒子在離
15、開電場后將做勻速直線運(yùn)動(dòng),其軌跡與PS交于H,設(shè)H到中心線的距離為Y,則有=,
解得Y=4y=12 cm。
(2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧。
(3)粒子到達(dá)H點(diǎn)時(shí),其水平速度vx=v0=2.0×106 m/s
豎直速度vy=at=1.5×106 m/s
則v合=2.5×106 m/s
該粒子在穿過界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以Q帶負(fù)電。
根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r=15 cm,
電場力提供向心力,則k=m,
解得Q≈1.04×10-8 C。
答案:(1)3 cm 12 cm (2)軌跡圖見解析
(3)負(fù)電 1.04×10-8 C