2019版高考物理一輪復習 第七章 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動練習 魯科版.doc

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第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動 [課時作業(yè)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　單獨成冊　方便使用 [基礎(chǔ)題組] 一、單項選擇題 1．某電容器上標有“25 μF,450 V”字樣，下列對該電容器的說法中正確的是 (　　) A．要使該電容器兩極板之間電壓增加1 V，所需電荷量為2.510－5 C B．要使該電容器帶電荷量1 C，兩極板之間需加電壓2.510－5 V C．該電容器能夠容納的電荷量最多為25 C D．該電容器能夠承受的最大電壓為450 V 解析：由電容器電容的定義式C＝可知C＝，所以ΔQ＝CΔU＝2.510－51 C＝2.510－5 C，A正確．若Q＝1 C，則U＝＝4104 V，B錯誤．當電容器的電壓為450 V時，電容器的電荷量最多，Q＝CU＝2.510－5450 C＝1.12510－2 C，C錯誤.450 V是電容器的額定電壓，低于擊穿電壓，D錯誤． 答案：A 2．2016年8月23日，第七屆中國(上海)國際超級電容器產(chǎn)業(yè)展覽會在上海新國際博覽中心舉行，作為中國最大超級電容器展，眾多龍頭踴躍參與．如圖所示，參展的平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．在其他條件不變的情況下，現(xiàn)將平行板電容器的兩極非常緩慢地錯開一些，那么在錯開的過程中(　　) A．電容器的電容C增大 B．電容器的電荷量Q增大 C．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從N流向M D．油滴靜止不動，電流計中的電流從N流向M 解析：在電容器兩極板錯開的過程中，根據(jù)電容的決定式C＝得知，電容C減小，選項A錯誤．由C＝可知，U不變時，Q是減小的，選項B錯誤．電容器的電荷量減小，有電荷流向電源，是放電電流，方向由N到M；電容器接在電源的正、負極上沒有斷開，則電容器兩端的電壓不變，兩極板間的距離不變，則電場強度不變，油滴受力情況不變，油滴靜止不動，選項C錯誤，D正確． 答案：D 3.在研究影響平行板電容器電容大小因素的實驗中，一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖所示．現(xiàn)保持B板不動，適當移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角減小，則A板可能是(　　) A．右移　　　　　　　　 B．左移 C．上移 D．下移 解析：將A板向右移一些，板間距離減小，由電容的決定式C＝可知，電容增大，而電容器電荷量不變，由C＝分析得知，板間電勢差減小，則靜電計指針偏角減?。幌喾?，同理可知，A板向左移一些時，靜電計指針偏角增大，故A正確，B錯誤．A板向上移一些，兩極板正對面積減小，由電容的決定式C＝可知，電容減小，而電容器電荷量不變，由C＝分析得知，板間電勢差增大，則靜電計指針偏角增大，故C錯誤；同理，D錯誤． 答案：A 4．如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間．設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　　) A．U1∶U2＝1∶8　　　　　 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：設(shè)板長為l，兩板間距為d，粒子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為q，當電壓為U1時，有l(wèi)＝v0t1，＝t，聯(lián)立得d＝①.當電壓為U2時，有＝v0t2，d＝t，聯(lián)立得d＝②.由得＝，故A正確． 答案：A 5.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，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經(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，不計重力，則M∶m為(　　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析：因兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為l，電荷量為－q的粒子通過的位移為l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝、a2＝，由運動學公式有l(wèi)＝a1t2＝t2①，l＝a2t2＝t2②，得＝.故B、C、D錯，A對． 答案：A 二、多項選擇題 6．如圖所示為“研究影響平行板電容器電容的因素”的實驗裝置，以下說法正確的是(　　) A．A板與靜電計的指針帶的是異種電荷 B．甲圖中將B板上移，靜電計的指針偏角增大 C．乙圖中將B板左移，靜電計的指針偏角不變 D．丙圖中將電介質(zhì)插入兩板之間，靜電計的指針偏角減小 解析：靜電計指針與A板連為一個導體，帶電性質(zhì)相同，A錯誤；根據(jù)C＝，C＝，B板上移，S減小，C減小，Q不變，U增大，B正確；B板左移，d增大，C減小，U增大，C錯誤；插入電介質(zhì)，εr增大，電容C增大，U減小，D正確． 答案：BD 7.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，充電后斷開電源，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) A．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 B．將打在下板中央 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動 D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析：平行板電容器充電結(jié)束后斷開電源，極板所帶的電荷量不變，則有E＝＝＝＝，由此式可知，板間距變化不會影響電場強度的變化，電場強度不變，小球所受的電場力不變，所以A正確，B、C錯誤；如果下極板上移，小球在豎直方向的位移將會減小，到達下極板的時間變短，有可能到達下極板的正中間，所以D正確． 答案：AD 8．如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，圓軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓?。粋€質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處的G點由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是(　　) A．小球一定能從B點離開軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運動 C．若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H D．小球到達C點的速度可能為零 解析：由題意可知：帶電小球從A到C的過程中，由于電場力做負功，而重力做正功，二者間做功的大小關(guān)系不確定，故小球也可能不能從B點離開軌道，選項A錯誤；若小球在AC段時，重力等于電場力，則小球在AC部分可能做勻速圓周運動，選項B正確；若小球能從B點離開，因電場力做負功，全過程中小球的機械能減小，故上升的高度一定小于H，選項C正確；若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動，故小球能到達C點速度不可能為零，選項D錯誤． 答案：BC [能力題組] 一、選擇題 9.平行板電容器和電源、電阻、開關(guān)串聯(lián)，組成如圖所示的電路．閉合開關(guān)S，電源即給電容器充電，則(　　) A．保持S閉合，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小 B．保持S閉合，在兩極板間插入一塊鋁板，則兩極板間電場的電場強度增大 C．充電結(jié)束后斷開S，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差增大 D．充電結(jié)束后斷開S，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則極板上的電勢差增大 解析：保持S閉合時，電容器兩極板間的電勢差不變，減小兩極板間的距離，根據(jù)E＝可知，兩極板間電場的電場強度增大，選項A錯誤；保持S閉合，在兩極板間插入一塊鋁板，根據(jù)靜電平衡的特點可知，有電場存在的板間距離減小，根據(jù)E＝可知，兩極板間電場的電場強度增大，選項B正確；充電結(jié)束后斷開S，電容器兩極板上的電荷量不變，減小兩極板間的距離，電容器的電容增大，U＝，則兩極板間的電勢差減小，選項C錯誤；充電結(jié)束后斷開S，在兩極板間插入一塊介質(zhì)時，電荷量不變，電容器的電容增大，同樣極板上的電勢差減小，選項D錯誤． 答案：B 10．(2016高考海南卷)如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45角，上極板帶正電．一電荷量為q(q＞0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析：當電場足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運動為類平拋運動的逆運動．將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當vy＝0時，根據(jù)運動學公式有v＝2d，vy＝v0cos 45，Ek0＝mv，聯(lián)立得E＝，故選項B正確． 答案：B 11.真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏．今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上．已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析：設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1＝mv，解得v0＝，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不全相同，則v0不全相同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不全相同，故A錯誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯誤． 答案：B 12.(多選)(2018河南重點中學聯(lián)考)如圖a所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖b中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是(　　) A．電壓是甲圖時，在0～T時間內(nèi)，電子的電勢能先減少后增加 B．電壓是乙圖時，在0～時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少 C．電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動 D．電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動 解析：若電壓是甲圖，電場力先向左后向右，則電子向左先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，A正確；電壓是乙圖時，在0～時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，B錯誤．電壓是丙圖時，電子向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后繼續(xù)朝同一方向加速、減速，故粒子一直朝同一方向運動，C錯誤．電壓是丁圖時，電子先向左加速，到后減速，后反向加速，T后減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，故粒子做往復運動，D正確． 答案：AD 二、非選擇題 13.如圖所示，板長L＝4 cm的平行板電容器，板間距離d＝3 cm，板與水平線夾角α＝37，兩板所加電壓為U＝100 V．有一帶負電液滴，帶電荷量為q＝310－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出(取g＝10 m/s2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)．求： (1)液滴的質(zhì)量； (2)液滴飛出時的速度大?。? 解析：(1)根據(jù)題意畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，可得qEcos α＝mg E＝ 解得m＝ 代入數(shù)據(jù)得m＝810－8 kg. (2)因液滴沿水平方向運動，所以重力做功為零． 對液滴由動能定理得 qU＝mv2－mv 解得v＝ 所以v＝ m/s. 答案：(1)810－8 kg　(2) m/s 14．如圖所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L＝0.4 m，兩極板間的距離d＝410－3 m．有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩極板中央平行于極板射入，開關(guān)S閉合前，兩極板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央．已知微粒質(zhì)量m＝410－5 kg，電荷量q＝＋110－8 C．g取10 m/s2. (1)求微粒的入射速度v0為多少？ (2)為使微粒能從平行板電容器的右邊緣射出電場，電容器的上極板應(yīng)與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U的取值范圍為多少？ 解析：(1)由＝v0t，＝gt2， 可得v0＝ ＝10 m/s. (2)電容器的上極板應(yīng)接電源的負極． 設(shè)所加電壓為U1時，微粒恰好從下極板的右邊緣射出，則＝a1()2， a1＝g－ 解得U1＝120 V 設(shè)所加電壓為U2時，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，則＝a2()2， a2＝－g 解得U2＝200 V 所以120 V≤U≤200 V. 答案：(1)10 m/s (2)負極　120 V≤U≤200 V