《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復習 8 第六章 靜電場 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動達標檢測鞏固提能》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復習 8 第六章 靜電場 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動達標檢測鞏固提能（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動 隨堂檢測1(20174月浙江選考)如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場有一質量為m，電荷量為q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g.則點電荷運動到負極板的過程，()A加速度大小為agB所需的時間為tC下降的高度為yD電場力所做的功為WEqd答案：B2(多選)(2020臺州高三檢測)如圖所示，平行板電容器充電后形成一個勻強電場，大小保持不變，讓質子(H)流以不同初速度，先、后兩次垂直電場射入，分別沿a、b軌跡落到極板的中央和邊緣，則質子沿b軌跡運動時()A加速度更大B初速度更大C動能增量更大D兩次的電勢能增
2、量相同解析：選BD.加速度為a，加速度相同，故A錯誤；質子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則偏轉距離yat2，x是水平位移，由題圖看出，y相同，則知，v0越大時，x越大，故質子沿b軌跡運動時初速度v0更大，故B正確；電場力做功為WqEy，可見，電場力做功相同，由能量守恒得知，兩次動能的增量相同，電勢能的增量相同，故C錯誤，D正確3.如圖所示，A、B兩金屬板平行放置，在t0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時，有可能使電子到不了B板()答案：B4(20164月浙江選考)密立根油滴實驗原理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，
3、板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質量和電荷量各不相同的油滴通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質量為m，則下列說法正確的是()A懸浮油滴帶正電B懸浮油滴的電荷量為C增大場強，懸浮油滴將向上運動D油滴的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍答案：C 課后達標一、選擇題1(多選)(2020溫州質檢)由電容器電容的定義式C可知()A若電容器不帶電，則電容C為零B電容C與電容器所帶電荷量Q成正比C電容C與所帶電荷量Q多少無關D電容在數(shù)值上等于使兩板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量答案：CD2.(多選)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B板
4、時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A當增大兩板間距離時，v增大B當減小兩板間距離時，v增大C當改變兩板間距離時，v不變D當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大答案：CD3(2020衢州質檢)如圖所示，充電的平行板電容器兩板間形成勻強電場，以A點為坐標原點，AB方向為位移x的正方向，能正確反映電勢隨位移x變化的圖象是()答案：C4.如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們()A同時到達屏上同一點B先后到達屏上同一點C同時到達屏上不同點D先后到達屏上不同點解析：選B.一價氫離子(H)和二價氦
5、離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉電場的時間均不同，但在偏轉電場中偏轉距離相同，所以會先后打在屏上同一點，選B.5.(2020浙江溫嶺質檢)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質量為m的質點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是()A板間電場強度大小為B板間電場強度大小為C質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等D質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間解析：選C.根據(jù)質點垂直打在M屏上可知，質點在兩板中央運動時向上偏轉，在板右端運動時向
6、下偏轉，mgqE，選項A、B錯誤；根據(jù)運動的分解和合成，質點沿水平方向做勻速直線運動，質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等，選項C正確，D錯誤6(2020舟山質檢)如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出若不計重力，則a和b的比荷(帶電荷量和質量比值)之比是()A18B81C12D21解析：選B.粒子水平方向上做勻速直線運動，a、b兩粒子的水平位移之比為12.根據(jù)xv0t，知時間比為12.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)yat2知，y之
7、比為21，則a、b的加速度之比為81，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a，加速度之比等于比荷之比，則兩電荷的比荷之比為81，故B正確，A、C、D錯誤7.如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么()A若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C微粒從M點運動到N點動能一定增加D微粒從M點運動到N點機械能一定增加解析：選C.分析微粒的運動軌跡可知，微粒的合力方向一定豎直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的電場力可能向下，也可能向上，故A錯誤微粒從M點運動到N點，電場力可能做正
8、功，也可能做負功，故微粒的電勢能可能減小，也可能增大，故B錯誤微粒從M點運動到N點的過程中，合力做正功，故微粒的動能一定增加，C正確微粒從M點運動到N點的過程中，除重力之外的電場力可能做正功，也可能做負功，故機械能不一定增加，D錯誤8(2020溫州月考)如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質量均為m、帶電量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)不計重力若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.B.C.D.解析：選B.帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律解決
9、問題根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心則在水平方向有sv0t，在豎直方向有ht2，解得v0.故選項B正確，選項A、C、D錯誤9.(2020麗水高二期中)噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()A向負極板偏轉B電勢能逐漸增大C運動軌跡是拋物線D運動軌跡與帶電荷量無關解析：選C.帶負電的墨汁微滴垂直進入電場后，在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的分解水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動，帶負電的墨汁微滴進入電場后受到向上的靜電力，故墨汁微滴向正極板偏轉，A選項錯誤；墨
10、汁微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，B選項錯誤；根據(jù)xv0t，yat2及a，得墨汁微滴的軌跡方程為y，即運動軌跡是拋物線，與帶電荷量有關，C選項正確，D選項錯誤10有一種靜電除塵的方式如圖所示，空氣中的塵埃進入電離區(qū)后帶上負電，然后沿平行軸線方向飛入金屬圓筒收集區(qū)在圓筒軸線處放有一條直導線，在導線與筒壁間加上電壓U，形成沿半徑方向的輻射電場，假設每個塵埃的質量和帶電量均相同，飛入收集區(qū)的速度相同，不計塵埃的重力，不考慮塵埃間的相互作用，則()A大量塵埃將聚集在導線上B塵埃在圓筒內(nèi)都做類似平拋的運動C被收集塵埃的電勢能減少量都相等D飛入時與圓筒軸線距離
11、相同的塵埃到達筒壁所用的時間相同解析：選D.塵埃進入電離區(qū)后帶上負電，所受電場力指向金屬圓筒，A錯誤；輻射電場不是勻強電場，塵埃所受電場力是變力，故不是做類似平拋的運動，B錯誤；塵埃偏向金屬圓筒過程中電場力做功不同，電勢能減少量不相等，C錯誤；飛入時與圓筒軸線距離相同的塵埃運動情況相同，則到達筒壁所用的時間相同，D正確二、非選擇題11(2020杭州質檢)如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h0.8m有一質量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點處(g取10m/s2)求：(1)
12、小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向；(2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量；(3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0.解析：(1)結合題意分析知：qEmg，F(xiàn)合mgmaag10m/s2，方向垂直于桿向下(2)設小環(huán)從C運動到P的過程中動能的增量為EkW重W電其中W重mgh4J，W電0，所以Ek4J.(3)環(huán)離開桿做類平拋運動，平行桿方向勻速運動：hv0t垂直桿方向勻加速運動：hat2解得v02m/s.答案：(1)10m/s2垂直于桿向下(2)4J(3)2m/s12(2020湖州質檢)如圖所示，噴墨打印機中的墨滴在進入偏轉電場之前會被帶上一定量的電荷，在電場的作用下使電荷發(fā)生偏轉到達紙上已知兩
13、偏轉極板長度L1.5102m，兩極板間電場強度E1.2106N/C，墨滴的質量m1.01013kg，電荷量q1.01016C，墨滴在進入電場前的速度v015m/s，方向與兩極板平行不計空氣阻力和墨滴重力，假設偏轉電場只局限在平行極板內(nèi)部，忽略邊緣電場的影響(1)判斷墨滴帶正電荷還是負電荷？(2)求墨滴在兩極板之間運動的時間(3)求墨滴離開電場時在豎直方向上的位移y.(4)假設極板到紙的距離d2.5103m，求墨滴到紙上時的豎直方向上的位移h.解析：(2)墨滴在水平方向做勻速直線運動，那么墨滴在兩板之間運動的時間t代入數(shù)據(jù)可得：t1.0103s.(3)墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，
14、a代入數(shù)據(jù)可得：a1.2103m/s2離開偏轉電場時在豎直方向的位移yat2代入數(shù)據(jù)可得：y6.0104m.(4)根據(jù)電場的推論，可得h8.0104m.答案：(1)負電荷(2)1.0103s(3)6.0104m(4)8.0104m13.如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度E1.0104N/C.現(xiàn)有一電荷量q1.0104C，質量m0.1kg的帶電體(可視為質點)，在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的
15、D點(圖中未畫出)取g10m/s2.試求：(1)帶電體運動到圓形軌道B點時對圓形軌道的壓力大小；(2)D點到B點的距離xDB；(3)帶電體在從P開始運動到落至D點的過程中的最大動能解析：(1)設帶電體恰好通過C點時的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律有mgm，解得vC2.0m/s.設帶電體通過B點時的速度為vB，設軌道對帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點時，根據(jù)牛頓第二定律有FBmgm.帶電體從B運動到C的過程中，依據(jù)動能定理有mg2Rmvmv聯(lián)立解得FB6.0N，根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力FB6.0N.(2)設帶電體從最高點C落至水平軌道上的D點經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)運動的分解有2Rg
16、t2xDBvCtt2聯(lián)立解得xDB0.(3)由P到B帶電體做加速運動，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中，在此過程中只有重力和電場力做功，這兩個力大小相等，其合力與重力方向成45夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點右側對應圓心角為45處設帶電體的最大動能為Ekm，根據(jù)動能定理有qERsin45mgR(1cos45)Ekmmv代入數(shù)據(jù)解得Ekm1.17J.答案：(1)6.0N(2)0(3)1.17J14如圖所示，虛線MN左側有一場強為E1E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E22E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏，現(xiàn)將一電子(電荷
17、量為e，質量為m)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值tan；(3)電子打到屏上P點到O點的距離x.解析：(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學公式得：a1a1tv1a1t1，t2運動的總時間為tt1t23.(2)設電子射出電場E2時，沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為a2t3，vya2t3tan聯(lián)立各式解得tan2.(3)如圖，設電子在電場中的偏轉距離為x1x1a2ttan解得：xx1x23L.答案：(1)3(2)2(3)3L10
（浙江選考）2021版新高考物理一輪復習 8 第六章 靜電場 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動達標檢測鞏固提能
