2019-2020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.doc

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2019-2020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6315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6315A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UU，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)EU/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】BCD2如圖6316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6316A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，則tan ，cos ，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，由上邊式子知減小，cos 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】B3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6317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6317A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Qkq，由于qEmg，E，C，解得q，C，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6318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mgEq，則()圖6318A電場方向豎直向上B小球運動的加速度大小為gC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)做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mgqE，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ag，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：mg2h0mv，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EpqE2hcos 120qEhmg，D正確【答案】BD5(多選)如圖6319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6319A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Uqmv，恰好到達兩板中間返回時有qmv2，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6320所示，其中b恰好沿下極板的邊緣飛出電場下列說法正確的是()圖6320Ab在電場中運動的時間大于a在電場中運動的時間Bb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Da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】hat2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hat2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】C7(多選)如圖6321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)，則下列說法正確的是()圖6321A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，不能減小；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】BC8(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AB2BC，如圖6322所示由此可見()圖6322A電場力為3mgB小球帶正電C小球從A到B與從B到C的運動時間相等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，帶電小球從A到C，電場力做負功，小球帶負電，由動能定理，mgACcos qEBCcos 0，解得電場力為qE3mg，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】ADB組深化訓練提升應考能力9(多選)如圖6323甲所示，兩平行金屬板豎直放置，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6323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6323A若t0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上B若t0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C若tT/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t3T/8時刻釋放電子，電子必然打到左極板上【解析】若t0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tT/4時刻釋放電子，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t3T/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】AC10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6324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，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6324AA、B兩點的電場強度和電勢關系為EAEB、Av1，則電場力一定做正功CA、B兩點間的電勢差為(vv)D小球從A點運動到B點的過程中電場力做的功為mvmvmgh【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v2v1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(vv)，C錯誤小球從A點運動到B點過程中由動能定理得W電mghmvmv，所以W電mvmvmgh，D正確【答案】D11如圖6325甲所示，在y0和y2 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6325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1.0102 C/kg，在t0時刻以速度v05102 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6325(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t4103 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a14 m/s2，減速時的加速度大小為a22 m/s2由運動學規(guī)律得x方向上的位移為xa1()2a1()2a2()22105 m因此粒子離開電場時的位置坐標為(2105 m,2 m)(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度為vxa1a24103 m/s【答案】(1)4103 s(2)(2105 m,2 m) (3)4103 m/s12如圖6326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l0.1 m，兩板間距離d0.4 cm，現(xiàn)有一微粒質(zhì)量m2.0106 kg，帶電荷量q1.0108 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g10 m/s2.試求：圖6326(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v0tgt2聯(lián)立兩式得v0代入數(shù)據(jù)得v02.5 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UABABAA板電勢最小時，微粒剛好從A板右側邊緣射出，則有l(wèi)v0t1a1t且mgqma1聯(lián)立以上各式得Amin6 VA板電勢最大時，微粒剛好從B板右側邊緣射出，則有qmgma2且有a2a1代入數(shù)據(jù)解得Amax10 V綜上可得6 VA10 V.【答案】(1)V02.5 m/s(2)6 VA10 V