2019年高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動練習.doc

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第3講　電容器與電容　帶電粒子在電場中的運動 板塊三限時規(guī)范特訓 　　時間：45分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選) 1．如圖所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源。在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，下列說法正確的是(　　) A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大 B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變 C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變 D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小 答案　B 解析　甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當極板間的距離增大時，根據公式E＝可知，板間的電場強度減小，電場力減小，所以懸線和豎直方向的夾角將減小，C錯誤；當電容器充電后斷開電源，電容器的極板所帶的電荷量不變，根據平行板電容器的電容公式C＝，極板間的電壓U＝＝，極板間的電場強度E＝＝，當兩個極板電荷量不變，距離改變時，場強不變，故乙圖中兩極板間場強不變，電場力不變，夾角不變，A、D錯誤；綜上分析，選項B正確。 2．[2016商丘高三模擬]如圖，一帶電粒子從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之間的真空區(qū)域，經偏轉后打在Q板上如圖所示的位置。在其他條件不變的情況下要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，下列操作中可能實現的是(不計粒子重力)(　　) A．保持開關S閉合，適當上移P極板 B．保持開關S閉合，適當左移P極板 C．先斷開開關S，再適當上移P極板 D．先斷開開關S，再適當左移P極板 答案　A 解析　如圖，粒子在板間做類斜拋運動，將速度分解為水平方向vx和豎直方向vy。豎直方向：vy＝v0sinθ，加速度a＝，E為場強，設t為粒子上升到最高點所用時間，則t＝＝。水平方向位移x＝vx2t＝2v0tcosθ。保持開關S閉合，電容器兩板間電壓U不變，適當上移P極板，兩極板間的距離變大，根據E＝知場強變小，豎直方向運動時間變長，水平方向的位移x＝2v0tcosθ變大，該粒子可能從Q板的B孔射出，A正確；若左移P極板，不影響場強，仍落在原處，B錯誤；斷開開關S，則電容器電量Q不變，適當上移P極板，由E＝知場強E不變，則粒子仍落到原處，C錯誤；斷開開關S，若左移P極板，由E＝知S變小E變大，則粒子加速度a變大，上升到最高點所用時間t變小，則水平方向位移x變小，不能到達B孔，D錯誤。 3. [2018陜西咸陽模擬]如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動。重力加速度為g，粒子運動的加速度為(　　) A.gB.gC.gD.g 答案　A 解析　抽出前，粒子受重力和電場力平衡，mg＝q，抽出后，根據牛頓第二定律，有mg－q＝ma，聯立解得a＝g，A正確。 4．[2018陜西渭南模擬]如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強電場，讓質子流以初速度v0垂直電場射入，沿a軌跡落到下板的中央，現只改變其中一條件，讓質子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將(　　) A．開關S斷開 B．初速度變?yōu)? C．板間電壓變?yōu)? D．豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d 答案　C 解析　開關S斷開，電容器極板電荷量不變，電容器電容不變，電容器兩極板間電壓不變，場強不變，質子所受電場力不變，加速度不變，所以仍落到下板的中央，A錯誤；將初速度變?yōu)橐话?，質子加速度不變，運動時間不變，質子的水平位移變?yōu)樵瓉淼囊话?，不可能到達下板邊緣，B錯誤；當板間電壓變?yōu)闀r，場強變?yōu)樵瓉淼?，電場力變?yōu)樵瓉淼?，加速度變?yōu)樵瓉淼?，根據y＝at2知，時間為原來的2倍，由x＝v0t知水平位移為原來的2倍，所以能沿b軌跡落到下板邊緣，C正確；豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d，則板間場強變?yōu)樵瓉淼?，電場力為原來的，加速度為原來的，根據y＝at2知，時間為原來的倍，水平位移為原來的倍，不能到達下板邊緣，D錯誤。 5．[2018吉林遼源五中模擬]如圖所示，D為一理想二極管(正向電阻為0，反向電阻無窮大)，平行金屬板M、N水平放置，兩板之間有一帶電微粒以速度v0沿圖示方向做直線運動，當微粒運動到P點時，將M板迅速向上平移一小段距離，則此后微粒的運動情況是(　　) A．沿軌跡①運動 B．沿軌跡②運動 C．沿軌跡③運動 D．沿軌跡④運動 答案　B 解析　當微粒運動到P點時，迅速將M板上移一小段距離，由于二極管反向電阻無窮大，兩極板上電量不變，由電容的決定式C＝，定義式C＝得MN兩板間電壓升高，由E＝＝，知電場強度不變，粒子受到的電場力不變，微粒的運動方向不變，仍沿軌跡②做直線運動，故B正確，A、C、D錯誤。 6. 如圖所示，電路可將聲音信號轉化為電信號，該電路中右側固定不動的金屬板b與能在聲波驅動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的震動膜a構成一個電容器，a、b通過導線與恒定電源兩極相接。若聲源S做簡諧運動，則(　　) A．a振動過程中，a、b板間的電場強度不變 B．a振動過程中，a、b板所帶電量不變 C．a振動過程中，電容器的電容不變 D．a向右的位移最大時，a、b板所構成的電容器電容最大 答案　D 解析　金屬板b在聲波驅動下沿水平方向振動，兩極板間的距離發(fā)生變化，兩極板與電源相連，電勢差恒定，兩板間的場強發(fā)生變化，A錯誤；電容器的電容隨兩板間距離改變而改變，兩板帶電量隨電容改變而改變，B、C錯誤；當距離最近時，電容最大，D正確。 7．如圖所示，若在這個示波管的熒光屏上出現了一個亮斑P，那么示波管中的(　　) A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電 C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電 答案　AC 解析　由電子槍發(fā)射出的電子帶負電，所以P點的亮斑是由于極板X和Y帶正電所形成的，故A、C正確。 8．[2016山東日照質檢]如圖所示，無限大均勻帶正電薄板豎直放置，其周圍空間的電場可認為是勻強電場。光滑絕緣細管垂直于板穿過中間小孔，一個視為質點的帶負電小球在細管內運動(細管絕緣且光滑)。以小孔為原點建立x軸，規(guī)定x軸正方向為加速度a、速度v的正方向，下圖分別表示x軸上各點的電勢φ，小球的加速度a、速度v和動能Ek隨x的變化圖象，其中正確的是(　　) 答案　AB 解析　在勻強電場中，沿電場線方向，電勢均勻降低，A正確；帶負電小球受電場力與場強方向相反，在勻強電場中受電場力不變，故加速度不變，所以在x<0區(qū)域內加速度方向為正方向，在x>0區(qū)域內為負方向，B正確；小球在原點的初速度為v0，經過任意一段位移x后的速度為v，由勻變速直線運動規(guī)律可知，v2－v＝2ax，所以vx圖象不是直線，C錯誤；由動能定理有：Eqx＝Ek－mv，故Ekx圖象應為一次函數圖象，D錯誤。 9. 三個電子從同一地點同時沿同一方向垂直進入偏轉電場，出現如圖所示的軌跡，則可以判斷(　　) A．它們在電場中運動時間相同 B．A、B在電場中運動時間相同，C先飛離電場 C．C進入電場時的速度最大，A最小 D．電場力對C做功最小 答案　BCD 解析　三電子在電場中運動的加速度a相同，在垂直于極板方向，yA＝y(tǒng)B>yC，由y＝at2知在電場中運動的時間tA＝tB>tC，A錯誤，B正確；B、C水平位移相同，tB>tC，故vC>vB，而A、B運動時間相同，但xAvA，故C進入電場的速度最大，A最小，C正確；電場力做功W＝Eqy，而yA＝y(tǒng)B>yC，故電場力對C做功最小，D正確。 10．如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大。當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是(　　) 答案　AD 解析　在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時，電子在平行金屬板間所受的電場力大小不變，F＝，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小不變，電子在第一個內向B板做勻加速直線運動，在第二個內向B板做勻減速直線運動，在第三個內反向做勻加速直線運動，在第四個內向A板做勻減速直線運動，所以at圖象應如圖D所示，vt圖象應如圖A所示，A、D正確，C錯誤；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋at2，所以xt圖象應是曲線，B錯誤。 二、非選擇題(本題共2小題，共30分) 11．[2017衡水二模](15分)如圖甲所示，兩塊水平平行放置的導電板，板距為d，大量電子(質量為m，電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點O沿與極板平行的OO′方向射入兩板之間，當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0，當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時，所有的電子均能從兩板間通過(不計重力)。 求這些電子穿過平行板時距OO′的最大距離和最小距離。 答案　　 解析　以電場力的方向為正方向，畫出電子在t＝0、t＝t0時刻進入電場后，沿電場力方向的速度vy隨時間變化的vyt圖象如圖丙和丁所示 電場強度E＝ 電子的加速度a＝＝ 由圖丙中vy1＝at0＝ vy2＝a2t0＝ 由圖丙可得電子的最大側移，即穿過平行板時距OO′的最大距離 ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝ 由圖丁可得電子的最小側移，即穿過平行板時距OO′的最小距離 ymin＝t0＋vy1t0＝。 12．[2016北京高考](15分)如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0。偏轉電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy； (2)分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因。已知U＝2.0102 V，d＝4.010－2 m，m＝9.110－31 kg，e＝1.610－19 C，g＝10 m/s2； (3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。 答案　(1) 　 (2)見解析 (3)φ＝　電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定。 解析　(1)根據動能定理可得：eU0＝mv 所以電子射入偏轉電場時的初速度v0＝ 在偏轉電場中，電子的運動時間 Δt＝＝L 在偏轉電場中，電子的加速度a＝。 偏轉距離Δy＝a(Δt)2＝。 (2)考慮電子所受重力和電場力的數量級，有 重力G＝mg＝9.110－30 N 電場力F＝＝810－16 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力。 (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與電荷量q的比值，即φ＝，由于重力做功與路徑無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質量m的比值叫做“重力勢”，即φG＝。 電勢φ和“重力勢”φG都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定。