2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 3-1-6-3 電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).doc

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2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 3-1-6-3 電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.如圖6314所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則() 圖6314A當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v也增大B當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大C當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變D當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也增大解析：電子從靜止開始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，從A運(yùn)動(dòng)到B動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功因?yàn)楸３謨蓚€(gè)極板間的電勢(shì)差不變，所以末速度不變，平均速度不變，而位移如果增加的話，時(shí)間變長(zhǎng)答案：CD2.平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部閉合開關(guān)S，電容器充電，這時(shí)懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖6315所示，則()圖6315A保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則增大B保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則不變C開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則增大D開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則不變解析：懸線偏離豎直方向的夾角的大小由帶電小球受的電場(chǎng)力和重力兩因素決定因重力不變，故電場(chǎng)力增大時(shí)就增大在保持開關(guān)S閉合，即保持電容器兩極板間電壓U不變由于A、B板靠近，d變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E就增大，因而帶電小球受電場(chǎng)力FqEq增大，則增大；若斷開開關(guān)S，即表明電容器極板上的電荷量Q不變當(dāng)A、B板靠近后，電容器的電容C將增大，根據(jù)U，電容器兩板間電壓U減小電容器兩板間的場(chǎng)強(qiáng)E有無(wú)變化呢？把上述各關(guān)系代入，得E.由此可知場(chǎng)強(qiáng)不變，帶電小球受電場(chǎng)力不變，則不變答案：AD3.如圖6316所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電量為q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒垂直打到N極上的C點(diǎn)，已知ABBC.不計(jì)空氣阻力，則可知()圖6316A微粒在電場(chǎng)中作拋物線運(yùn)動(dòng)B微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場(chǎng)時(shí)的速率相等CMN板間的電勢(shì)差為2mv/qDMN板間的電勢(shì)差為Ev/2g解析：由題意可知，微粒到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，豎直方向上速度為零，所以微粒不做拋物線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因ABBC，即tt可見vcv0.故B項(xiàng)正確；由qmv，得U，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；又由mgqE得q代入U(xiǎn)，得U，故D項(xiàng)錯(cuò)誤答案：B4.如圖6317所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，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(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()圖6317A板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/qB板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2mg/qC質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等D質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間解析：當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向向上且大于重力時(shí)，質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到屏上由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)，可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在重力場(chǎng)中做斜上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vxv0；在豎直方向上：在電場(chǎng)中vyat，如圖所示，離開電場(chǎng)后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動(dòng)，vygt，由此運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱性可知ag，由牛頓第二定律得：qEmgmamg，解得：E2mg/q.故選項(xiàng)B、C正確答案：BC5.如圖6318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(zhǎng)L0.4 m，兩板間距離d4103 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m4105 kg，電量q1108 C(g10 m/s2)求：圖6318(1)微粒入射速度v0為多少？(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，電容器的上板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？解析：(1)v0t，gt2，可解得：v010 m/s.(2)電容器的上板應(yīng)接電源的負(fù)極當(dāng)所加的電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下板的右邊緣射出，a12，a1解得：U1120 V當(dāng)所加的電壓為U2時(shí)，微粒恰好從上板的右邊緣射出，a22，a2解得：U2200 V所以120 VU200 V.答案：(1)10 m/s(2)與負(fù)極相連120 VU200 V1某電容器上標(biāo)有“25 F、450 V”字樣，下列對(duì)該電容器的說(shuō)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2.5105 CB要使該電容器帶電量1 C，兩極板之間需加電壓2.5105V C該電容器能夠容納的電荷量最多為2.5105 CD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CQ/U可得，CQ/U，QCU，要使該電容器兩極板之間電壓增加U1 V，所需電荷量為Q2.5105 C，A正確，B錯(cuò)誤；該電容器能夠容納的電荷量最多為QCU2.51054501.125102 C，C錯(cuò)誤；電容器上所標(biāo)的450 V，是電容器的額定電壓，是電容器長(zhǎng)期工作時(shí)所能承受的電壓，低于擊穿電壓，該電容器能夠承受的最大電壓大于450 V，D錯(cuò)誤答案：A2.(xx海門模擬)如圖6319所示是測(cè)定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計(jì)，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體已知靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為：電流從左邊接線柱流進(jìn)電流計(jì)，指針向左偏如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時(shí)觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則()圖6319A導(dǎo)體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在增大B導(dǎo)體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在增大C導(dǎo)體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在減小D導(dǎo)體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在減小解析：電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明流過(guò)電流計(jì)G的電流由左右，則導(dǎo)體芯A所帶電量在減小，由QCU可知，芯A與液體形成的電容器的電容減小，則液體的深度h在減小，故D正確答案：D3.如圖6320所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場(chǎng)，且沿下板邊緣飛出若下板不動(dòng)，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()圖6320A將打在下板中央B仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng)D若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央解析：將電容器上板或下板移動(dòng)一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E可知，電容器產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng)下板不動(dòng)時(shí)，小球沿原軌跡由下板邊緣飛出；當(dāng)下板向上移動(dòng)時(shí)，小球可能打在下板的中央答案：BD4.真空中的某裝置如圖6321所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場(chǎng)，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M為熒光屏今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，則下列判斷中正確的是()圖6321A三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)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(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為122D偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為124解析：粒子加速過(guò)程qU1mv2，從B至M用時(shí)t，得t ，所以t1t2t31，選項(xiàng)A錯(cuò)誤偏轉(zhuǎn)位移y2，所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同，選項(xiàng)B正確因WqEy，得W1W2W3q1q2q3112，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤答案：B圖63225(xx天星百校聯(lián)盟領(lǐng)航)如圖6322甲所示為示波管的構(gòu)造示意圖，現(xiàn)在xx上加上uxxt信號(hào)，yy上加上uyyt信號(hào)(如圖6322乙、圖6322丙所示)，則在屏幕上看到的圖形是()解析：由起始時(shí)刻xx和yy上的電壓情況可將A、C排除由于在xx上加上的uxxt信號(hào)周期為yy上所加uyyt信號(hào)周期的2倍，所以在屏幕上看到的圖形是兩個(gè)正弦波，因此D正確答案：D6.某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)?、方向水平向左的勻?qiáng)電場(chǎng)當(dāng)在該空間內(nèi)建立如圖6323所示的坐標(biāo)系后，在x軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向連續(xù)射入質(zhì)量和電荷量均相同、且?guī)щ娦再|(zhì)也相同的帶電粒子(粒子重力不計(jì))，由于粒子的入射速率v(v0)不同，有的粒子將在電場(chǎng)中直接通過(guò)y軸，有的將穿出電場(chǎng)后再通過(guò)y軸設(shè)粒子通過(guò)y軸時(shí)，離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為h，從P到y(tǒng)軸所需的時(shí)間為t，則()圖6323A由題設(shè)條件可以判斷出粒子的帶電性質(zhì)B對(duì)hd的粒子，h越大，t越大C對(duì)hd的粒子，在時(shí)間t內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功不相等Dh越大的粒子，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率v也越大解析：由題設(shè)條件，粒子必定受到向左的電場(chǎng)力，電場(chǎng)方向向左，故粒子必帶正電荷，A正確hd的粒子，都沒有飛出電場(chǎng)，電場(chǎng)方向上的加速度a，因粒子的帶電荷量和質(zhì)量都相等，故加速度相等，到達(dá)y軸的時(shí)間也相等，該過(guò)程電場(chǎng)力做功WqEx相等，所以B、C錯(cuò)誤而初速度越大的粒子在粒子到達(dá)y軸的時(shí)間內(nèi)，豎直向上的位移越大，所以D正確答案：AD7在地面附近，存在著一有界電場(chǎng)，邊界MN將某空間分成上下兩個(gè)區(qū)域、，在區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖6324甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖6324乙所示，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()圖6324A在t2.5 s時(shí)，小球經(jīng)過(guò)邊界MNB小球受到的重力與電場(chǎng)力之比為35C在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，重力做的功與電場(chǎng)力做的功大小相等D在小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和先變大再變小解析：由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域與區(qū)域中的加速度之比為32，由牛頓第二定律可知：，所以小球所受的重力與電場(chǎng)力之比為35，B正確小球在t2.5 s時(shí)速度為零，此時(shí)下落到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知，重力與電場(chǎng)力的總功為零，故C正確因小球只受重力與電場(chǎng)力作用，所以小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和保持不變，D錯(cuò)答案：BC8.如圖6325所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過(guò)平行金屬板的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力，則()圖6325A在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為B在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為UqC在粒子下落前和后的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為12D在粒子下落前和后的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為21答案：B9.如圖6326所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成15角，AB直線與勻強(qiáng)電場(chǎng)E互相垂直在A點(diǎn)以大小為v0的初速度水平拋出一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球，經(jīng)時(shí)間t，小球下落一段距離過(guò)C點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)速度仍為v0，在小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中不正確的是()圖6326A電場(chǎng)力對(duì)小球做功為零 B小球的電勢(shì)能增加C小球的機(jī)械能減少量為mg2t2 DC可能位于AB直線的左側(cè)解析：由動(dòng)能定理，得mghW電0，可知W電mgh0，即電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，電勢(shì)能增加，C位置應(yīng)位于AB直線的右側(cè)；由于小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能未變，重力勢(shì)能減少量為Epmghmgat2mgt2mg2t2.選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤答案：ACD10.如圖6327所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向與水平線間夾角30，斜向右上方，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，質(zhì)量為m的小球帶負(fù)電，以初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向與電場(chǎng)方向一致(1)若小球的帶電荷量為qmg/E，為使小球能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)對(duì)小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？圖6327(2)若小球的帶電荷量為q2mg/E，為使小球能做直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)對(duì)小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？解析：(1)如圖甲所示，欲使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，必使其合外力為0，所以F1cos qEcos 30，F(xiàn)1sin mgqEsin 30解之得60，F(xiàn)1mg.(2)為使小球能做直線運(yùn)動(dòng)，則小球受的合力必和運(yùn)動(dòng)方向在一條直線上，故要求力F2和mg的合力和電場(chǎng)力在一條直線上，故F2mgsin 60mg，方向如圖乙所示，斜向左上60.答案：(1)mg與水平線夾60角斜向右上方(2)mg與水平線夾60角斜向左上方11.如圖6328所示，M、N為兩塊水平放置的平行金屬板，板長(zhǎng)為l，兩板間的距離也為l，板間電壓恒定今有一帶電粒子(重力不計(jì))以一定的初速度沿兩板正中間垂直進(jìn)入電場(chǎng)，最后打在距兩平行板右端距離為l的豎直屏上粒子落點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為.若大量的上述粒子(與原來(lái)的初速度一樣，并忽略粒子間相互作用)從MN板間不同位置垂直進(jìn)入電場(chǎng)試求這些粒子打到豎直屏上的范圍并在圖中畫出圖6328解析：設(shè)粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，初速度為v0，v0tl，yat2，tan ，yltan ，所以al，3alv.由題意可分析出大量粒子垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后情況，如上圖甲、乙所示其范圍是ly.其中yal，范圍是l.答案：l圖略12在光滑絕緣的水平面上，用長(zhǎng)為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電荷量為2q，B球的帶電荷量為3q，組成一帶電系統(tǒng)如圖6329所示，虛線MP為AB兩球連線的垂直平分線，虛線NQ與MP平行且相距為4L.最初A球和B球分別靜止于虛線MP的兩側(cè)，距MP的距離均為L(zhǎng)，且A球距虛線NQ的距離為3L.若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，在虛線MP、NQ間加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E后，求：(1)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，A球與B球組成的帶電系統(tǒng)的速度大小(2)帶電系統(tǒng)從開始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)所需的時(shí)間以及B球電勢(shì)能的變化量圖6329解析：(1)帶電系統(tǒng)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律得：a1球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有v2a1L求得v1 (2)對(duì)帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到NQ，且A球到達(dá)NQ時(shí)電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W1，有W12qE3L(3qE2L)0，故帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，球A恰好到達(dá)NQ設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為t1，則t1，解得：t1 球B進(jìn)入電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律得：a2顯然，B球進(jìn)入電場(chǎng)后帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)設(shè)減速所需時(shí)間為t2則有t2，求得t2 .可知，帶電系統(tǒng)從靜止運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)所需的時(shí)間為：tt1t23 ，B球電勢(shì)能增加了：EpE3q2L6EqL答案：(1) (2) 6EqL