标签: 2019-2020年高考物理总复习3-1-6-3电容带电粒子在电场中的运动  
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2019-2020年高考物理总复习 3-1-6-3 电容 带电粒子在电场中的运动.doc

 版权申诉  doc 2019-2020年高考物理总复习 3-1-6-3 电容 带电粒子在电场中的运动 1.如图6-3-14所示,电子由静止开始从A板向B板运动,当到达B极板时速度为v,保持两板间电压不变,则(  )                    图6-3-14 A.当增大两板间距离时,v也增大 B.当减小两板间距离时,v增大 C.当改变两板间距离时,v不变 D.当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大 解析:电子从静止开始运动,根据动能定理,从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功.因为保持两个极板间的电势差不变,所以末速度不变,平均速度不变,而位移如果增加的话,时间变长. 答案:CD 2.平行板电容器的两极板A、B接于电池两极,一带正电小球悬挂在电容器内部.闭合开关S,电容器充电,这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ,如图6-3-15所示,则(  ) 图6-3-15 A.保持开关S闭合,带正电的A板向B板靠近,则θ增大 B.保持开关S闭合,带正电的A板向B板靠近,则θ不变 C.开关S断开,带正电的A板向B板靠近,则θ增大 D.开关S断开,带正电的A板向B板靠近,则θ不变 解析:悬线偏离竖直方向的夹角θ的大小由带电小球受的电场力和重力两因素决定.因重力不变,故电场力增大时θ就增大.在保持开关S闭合,即保持电容器两极板间电压U不变.由于A、B板靠近,d变小,极板间电场强度E=就增大,因而带电小球受电场力F=qE=q增大,则θ增大;若断开开关S,即表明电容器极板上的电荷量Q不变.当A、B板靠近后,电容器的电容C=将增大,根据U=,电容器两板间电压U减小.电容器两板间的场强E=有无变化呢?把上述各关系代入,得E===.由此可知场强不变,带电小球受电场力不变,则θ不变. 答案:AD 3.如图6-3-16所示,M、N是竖直放置的两平行金属板,分别带等量异种电荷,两极间产生一个水平向右的匀强电场,场强为E,一质量为m、电量为+q的微粒,以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中,微粒垂直打到N极上的C点,已知AB=BC.不计空气阻力,则可知(  ) 图6-3-16 A.微粒在电场中作抛物线运动 B.微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 C.MN板间的电势差为2mv/q D.MN板间的电势差为Ev/2g 解析:由题意可知,微粒到达C点时,竖直方向上速度为零,所以微粒不做抛物线运动,A项错误;因AB=BC,即·t=·t可见vc=v0.故B项正确;由q·=mv,得U==,故C项错误;又由mg=qE得q=代入U=,得U=,故D项错误. 答案:B 4.如图6-3-17所示,两平行金属板间有一匀强电场,板长为L,板间距离为d,在板右端L处有一竖直放置的光屏M,一带电荷量为q,质量为m的质点从两板中央射入板间,最后垂直打在M屏上,则下列结论正确的是(  ) 图6-3-17 A.板间电场强度大小为mg/q B.板间电场强度大小为2mg/q C.质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等 D.质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 解析:当质点所受电场力方向向上且大于重力时,质点才可能垂直打到屏上.由运动的合成与分解知识,可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动,所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等.由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动,vx=v0;在竖直方向上:在电场中vy=at,如图所示,离开电场后质点做斜上抛运动,vy=gt,由此运动过程的对称性可知a=g,由牛顿第二定律得:qE-mg=ma=mg,解得:E=2mg/q.故选项B、C正确. 答案:BC 5.如图6-3-18所示,水平放置的平行板电容器,与某一电源相连,它的极板长L=0.4 m,两板间距离d=4×10-3 m,有一束由相同带电微粒组成的粒子流,以相同的速度v0从两板中央平行极板射入,开关S闭合前,两板不带电,由于重力作用微粒能落到下板的正中央,已知微粒质量为m=4×10-5 kg,电量q=+1×10-8 C.(g=10 m/s2)求: 图6-3-18 (1)微粒入射速度v0为多少? (2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场,电容器的上板应与电源的正极还是负极相连?所加的电压U应取什么范围? 解析:(1)=v0t,=gt2,可解得:v0==10 m/s. (2)电容器的上板应接电源的负极 当所加的电压为U1时,微粒恰好从下板的右边缘射出,=a12,a1= 解得:U1=120 V 当所加的电压为U2时,微粒恰好从上板的右边缘射出,=a22,a2= 解得:U2=200 V.所以120 V<U<200 V. 答案:(1)10 m/s (2)与负极相连 120 V<U<200 V 1.某电容器上标有“25 μF、450 V”字样,下列对该电容器的说法中正确的是(  ) A.要使该电容器两极板之间电压增加1 V,所需电荷量为2.5×10-5 C B.要使该电容器带电量1 C,两极板之间需加电压2.5×10-5V C.该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10-5 C D.该电容器能够承受的最大电压为450 V 解析:由电容器电容的定义C=Q/U可得,C=ΔQ/ΔU,ΔQ=CΔU,要使该电容器两极板之间电压增加ΔU=1 V,所需电荷量为ΔQ=2.5×10-5 C,A正确,B错误;该电容器能够容纳的电荷量最多为Q=CU=2.5×10-5×450=1.125×10-2 C,C错误;电容器上所标的450 V,是电容器的额定电压,是电容器长期工作时所能承受的电压,低于击穿电压,该电容器能够承受的最大电压大于450 V,D错误. 答案:A 2.(xx·海门模拟)如图6-3-19所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图,E为电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体.已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为:电流从左边接线柱流进电流计,指针向左偏.如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转,则(  ) 图6-3-19 A.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在增大 B.导体芯A所带电量在减小,液体的深度h在增大 C.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在减小 D.导体芯A所带电量在减小,液体的深度h在减小 解析:电流计指针向左偏转,说明流过电流计G的电流由左→右,则导体芯A所带电量在减小,由Q=CU可知,芯A与液体形成的电容器的电容减小,则液体的深度h在减小,故D正确. 答案:D 3.如图6-3-20所示,水平放置的平行板电容器,上板带负电,下板带正电,带电小球以速度v0水平射入电场,且沿下板边缘飞出.若下板不动,将上板上移一小段距离,小球仍以相同的速度v0从原处飞入,则带电小球(  ) 图6-3-20 A.将打在下板中央 B.仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C.不发生偏转,沿直线运动 D.若上板不动,将下板上移一段距离,小球可能打在下板的中央 解析:将电容器上板或下板移动一小段距离,电容器带电荷量不变,由公式E===可知,电容器产生的场强不变,以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动.下板不动时,小球沿原轨迹由下板边缘飞出;当下板向上移动时,小球可能打在下板的中央. 答案:BD 4.真空中的某装置如图6-3-21所示,其中平行金属板A、B之间有加速电场,C、D之间有偏转电场,M为荧光屏.今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场,最后打在荧光屏上.已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4,电荷量之比为1∶1∶2,则下列判断中正确的是(  ) 图6-3-21 A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2 D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 解析:粒子加速过程qU1=mv2,从B至M用时t=,得t∝ ,所以t1∶t2∶t3=1∶∶,选项A错误.偏转位移y=2=,所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同,选项B正确.因W=qEy,得W1∶W2∶W3=q1∶q2∶q3=1∶1∶2,选项C、D错误. 答案:B 图6-3-22 5.(xx·天星百校联盟领航)如图6-3-22甲所示为示波管的构造示意图,现在x—x′上加上uxx′—t信号,y—y′上加上uyy′—t信号(如图6-3-22乙、图6-3-22丙所示),则在屏幕上看到的图形是(  ) 解析:由起始时刻x—x′和y—y′上的电压情况可将A、C排除.由于在x—x′上加上的uxx′—t信号周期为y—y′上所加uyy′—t信号周期的2倍,所以在屏幕上看到的图形是两个正弦波,因此D正确. 答案:D 6.某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场.当在该空间内建立如 图6-3-23所示的坐标系后,在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计),由于粒子的入射速率v(v>0)不同,有的粒子将在电场中直接通过y轴,有的将穿出电场后再通过y轴.设粒子通过y轴时,离坐标原点的距离为h,从P到y轴所需的时间为t,则(  ) 图6-3-23 A.由题设条件可以判断出粒子的带电性质 B.对h≤d的粒子,h越大,t越大 C.对h≤d的粒子,在时间t内,电场力对粒子做的功不相等 D.h越大的粒子,进入电场时的速率v也越大 解析:由题设条件,粒子必定受到向左的电场力,电场方向向左,故粒子必带正电荷,A正确.h≤d的粒子,都没有飞出电场,电场方向上的加速度a=,因粒子的带电荷量和质量都相等,故加速度相等,到达y轴的时间也相等,该过程电场力做功W=qEx相等,所以B、C错误.而初速度越大的粒子在粒子到达y轴的时间内,竖直向上的位移越大,所以D正确. 答案:AD 7.在地面附近,存在着一有界电场,边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场,在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A,如图6-3-24甲所示,小球运动的v-t图象如图6-3-24乙所示,已知重力加速度为g,不计空气阻力,则(  ) 图6-3-24 A.在t=2.5 s时,小球经过边界MN B.小球受到的重力与电场力之比为3∶5 C.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功与电场力做的功大小相等 D.在小球运动的整个过程中,小球的机械能与电势能总和先变大再变小 解析:由速度图象可知,带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2,由牛顿第二定律可知:=,所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5,B正确.小球在t=2.5 s时速度为零,此时下落到最低点,由动能定理可知,重力与电场力的总功为零,故C正确.因小球只受重力与电场力作用,所以小球的机械能与电势能总和保持不变,D错. 答案:BC 8.如图6-3-25所示,带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出,已知板长为L,板间的距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为q,粒子通过平行金属板的时间为t,不计粒子的重力,则(  ) 图6-3-25 A.在前时间内,电场力对粒子做的功为 B.在后时间内,电场力对粒子做的功为Uq C.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为1∶2 D.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为2∶1 答案:B 9.如图6-3-26所示,处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角,AB直线与匀强电场E互相垂直.在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m,带电量为+q的小球,经时间t,小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度仍为v0,在小球由A点运动到C点的过程中,下列说法中不正确的是(  ) 图6-3-26 A.电场力对小球做功为零 B.小球的电势能增加 C.小球的机械能减少量为mg2t2 D.C可能位于AB直线的左侧 解析:由动能定理,得mgh+W电=0,可知W电=-mgh<0,即电场力对小球做负功,电势能增加,C位置应位于AB直线的右侧;由于小球运动到C点时的动能未变,重力势能减少量为ΔEp=mgh=mg·at2=mg··t2>mg2t2.选项A、C、D错误. 答案:ACD 10.如图6-3-27所示,匀强电场方向与水平线间夹角θ=30°,斜向右上方,电场强度为E,质量为m的小球带负电,以初速度v0开始运动,初速度方向与电场方向一致. (1)若小球的带电荷量为q=mg/E,为使小球能做匀速直线运动,应对小球施加的恒力F1的大小和方向各如何? 图6-3-27 (2)若小球的带电荷量为q=2mg/E,为使小球能做直线运动,应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何? 解析:(1)如图甲所示,欲使小球做匀速直线运动,必使其合外力为0,所以F1cos α=qEcos 30°,F1sin α=mg+qEsin 30° 解之得α=60°,F1=mg. (2)为使小球能做直线运动,则小球受的合力必和运动方向在一条直线上,故要求力F2和mg的合力和电场力在一条直线上,故F2=mgsin 60°=mg,方向如图乙所示,斜向左上60°. 答案:(1)mg 与水平线夹60°角斜向右上方 (2)mg 与水平线夹60°角斜向左上方 11.如图6-3-28所示,M、N为两块水平放置的平行金属板,板长为l,两板间的距离也为l,板间电压恒定.今有一带电粒子(重力不计)以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场,最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上.粒子落点距O点的距离为.若大量的上述粒子(与原来的初速度一样,并忽略粒子间相互作用)从MN板间不同位置垂直进入电场.试求这些粒子打到竖直屏上的范围并在图中画出. 图6-3-28 解析:设粒子质量为m,带电荷量为q,初速度为v




















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