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1、第 3 节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 1.(2018北京卷,19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置 如图所示.下列说法正确的是( A ) A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器 a 板接触,能使电容器带电 B.实验中,只将电容器 b 板向上平移,静电计指针的张角变小 C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大 D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大 解析:实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,a板带上电 ,由于静 电感应,在 b 板上将感应出异种电荷,选项 A 正确;实验中,b 板向上平 移,正对面积S变小,由C=知,电容C变小,由C
2、= 知,Q不变,U变大, 因此静电计指针的张角变大,选项 B 错误;插入有机玻璃板,相对介电 常数r变大,由 C=知,电容 C 变大,由 C= 知,Q 不变,U 变小,因此 静电计指针的张角变小,选项 C 错误;由 C= 知,实验中,只增加极板带 电量,静电计指针的张角变大,而电容 C 保持不变,选项 D 错误. 2.如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水 平放置,极板间距为 d;在下极板上叠放一厚度为 l 的金属板,其上部 空间有一带电粒子 P 静止在电容器中.当把金属板从电容器中快速抽 出后,粒子 P 开始运动.重力加速度为 g.粒子运动的加速度为( A ) A. g
3、B.g C. g D. g 解析:抽出前 qE1=mg,抽出后 mg-qE2=ma.由电压不变得 E1(d-l)=E2d, 联 立解得 a= g,选项 A 正确. 3.(2019四川棠湖中学月考)有一种电荷控制式喷墨打印机,它的打 印头的结构简图如图所示.其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微 粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转 电场后打到纸上,显示出字符.不考虑墨汁的重力,为使打在纸上的字 迹缩小(偏转距离减小),下列措施可行的是( C ) A.减小墨汁微粒的质量 B.减小偏转电场两板间的距离 C.减小偏转电场的电压 D.减小墨汁微粒的喷出速度 解析:微粒以一定的初速
4、度垂直射入偏转电场做类平抛运动,则有水 平方向L=v0t,竖直方向y= at2;加速度a=,联立解得y=, 要缩小字迹,就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y,由上式分析可 知,采用的方法有:增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小 比荷 、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 Ek0(增大喷出速度)、 减小极板的长度 L、减小极板间的电压 U,故 C 正确. 4.(2019辽宁大连模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存 在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球,小球 A 从紧靠左极板处由静止开始释放,小球 B 从两板正中央由静止开始 释放,两小球最终都能运动到右极板上的同
5、一位置,则从开始释放到 运动至右极板的过程中,下列判断正确的是( B ) A.运动时间 tAtB B.电荷量之比 qAqB=21 C.机械能增加量之比EAEB=21 D.机械能增加量之比EAEB=11 解析:两小球在竖直方向上做自由落体运动,由 h= gt2得运动时间相 同,选项 A 错误;两球的水平分运动都是初速度为 0 的匀加速运动,有 qE=ma,x= at2,所以 x=,由于两球水平分位移之比为 21,故 qA qB=21,选项 B 正确;机械能的增加量等于电场力做的功,有E=qEL, 所以EAEB=41,选项 C,D 错误. 5.(2019安徽六校联考)如图所示,六面体真空盒置于水平
6、面上,它 的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD 面带正 电,EFGH 面带负电.从小孔 P 沿水平方向以相同速度射入三个质量相 同的带正电液滴 a,b,c,最后分别落在 1,2,3 三点.则下列说法正确的 是( D ) A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B.三个液滴的运动时间不一定相同 C.三个液滴落到底板时的速率相同 D.液滴 c 所带电荷量最多 解析:三个液滴具有相同的水平初速度,但除了受重力以外,还受水平 方向的电场力作用,不是平抛运动,选项 A 错误;在竖直方向上三个液 滴都做自由落体运动,下落高度又相同,运动时间必相同,选项B错误; 在相同的运动时间
7、内,液滴 c 水平位移最大,说明它在水平方向的加 速度最大,它受到的电场力最大,故它所带电荷量也最多,选项D正确; 因为电场力对液滴c做功最多,它落到底板时的速率最大,选项C错误. 6.(2019河南洛阳模拟)如图所示,平行板电容器与电源相连,下极 板接地.一带电油滴位于两极板的中心 P 点且恰好处于静止状态,现 将平行板电容器两极板在纸面内绕 OO迅速顺时针转过 45,则( C ) A.P 点处的电势降低 B.带电油滴仍将保持静止状态 C.带电油滴将水平向右做匀加速直线运动 D.带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加 解析:由于P点仍处于板的中间,故电势不变,选项A错误;设原来两极 板间距为
8、 d,两极板的电势差为 U,带电油滴处于静止状态,则 mg=q , 当电容器两极板绕 OO顺时针转过 45后,两极板间距变小为d, 由 于电容器始终与电源相连,两极板的电势差仍为U,故此时的电场力为 原来的倍,方向与水平方向成 45指向右上方.带电油滴所受的合 力方向恰好水平向右,故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速 直线运动,此过程中电场力做正功,油滴的电势能不断减小,选项 B,D 错误,C 正确. 7.(2018宁夏银川一中一模)(多选)如图所示,匀强电场分布在边长 为 L 的正方形区域 ABCD 内,M,N 分别为 AB 和 AD 的中点,一个初速度 为 v0、质量为 m、电荷量为
9、q 的带负电粒子沿纸面射入电场.带电粒 子的重力不计.如果带电粒子从 M 点垂直电场方向进入电场,则恰好 从 D 点离开电场.若带电粒子从 N 点垂直 BC 方向射入电场,则带电粒 子( BD ) A.从 BC 边界离开电场 B.从 AD 边界离开电场 C.在电场中的运动时间为 D.离开电场时的动能为 m 解析:从 MD 过程粒子做类平抛运动,则沿 v0方向有 L=v0t,垂直 v0方 向: L= at2,又 a=,解得 E=,带电粒子从 N 点垂直BC 方向射入电 场,粒子做匀减速直线运动,设粒子匀减速的位移为 x 时速度减至零, 根据动能定理得-qEx=0- m,解得 x= ,所以粒子最终
10、从 AD 边离开电 场,粒子在电场中运动的时间为 t=,离开电场时电场力做功为 零,所以离开电场时的动能为 Ek= m,故 B,D 正确. 8.(多选)如图所示,一水平放置的平行板电容器,下板 A 固定,上板 B 与竖直悬挂的绝缘弹簧连接,A,B 间有一固定的带正电荷的液滴 P,电 容器带电荷量为 Q1,若让电容器充电或放电,使之带电荷量为 Q2,则下 列说法正确的是( AC ) A.若 Q2Q1,则弹簧的长度增加 B.若 Q2Q1,则电容器的电容减少 C.若 Q2Q1,则带电液滴 P 的电势能增加 D.若 Q2Q1,则带电液滴 P 的电势能增加 解析:若电容器所带电荷量增加,则两平行板之间通
11、过电荷产生的吸 引力增加,使得弹簧长度增加,两板之间的距离减小,由 C=可知, 电 容器的电容增大,选项 A 正确,B 错误;由 E= =可知,Q 增大,使 得两平行板之间的电场强度 E 增大,因 UPA=Ed,其中 E 增大、 d不变, 则UPA增大,又UPA= P-A=P,所以P增大,由Ep=qP可知,Ep增加,选项 C 正确,D 错误. 9.(2019山东泰安模拟)(多选)如图(甲)所示,两平行金属板 MN,PQ 的板长和板间距离相等,板间存在如图(乙)所示的随时间周期性变化 的电场,电场方向与两板垂直,在 t=0 时刻,一不计重力的带电粒子沿 板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场
12、时的速度为v0,t=T时 刻粒子刚好沿 MN 板右边缘射出电场,则( AD ) A.该粒子射出电场时的速度方向一定是平行于极板方向的 B.在 t= 时刻,该粒子的速度大小为 2v0 C.若该粒子在 时刻以速度 v0进入电场,则粒子会打在板上 D.若该粒子的入射速度变为 2v0,则该粒子将在 t= 时刻射出电场 解析:粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上前 半个周期内先做匀加速直线运动,在后半个周期内做匀减速直线运动, 一个周期末竖直方向上的分速度为零,可知粒子射出电场时的速度方 向一定沿平行于极板方向,选项 A 正确;在 t= 时刻,粒子在水平方向 上的分速度为 v0,因为两平
13、行金属板 MN,PQ 的板长和板间距离相等, 则 该时刻水平分位移为竖直分位移的 2 倍,故有 v0= 2,解得 vy=v0,根据平行四边形定则知,粒子的速度为v=v0,选项B错误;若该 粒子在 时刻以速度 v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与零 时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,则粒子不会打在板上,选 项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子射出电场的时间t= = ,选项 D 正确. 10.(2018吉林期末)如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距 为 d=8 cm,板长为 L=25 cm,接在直流电源上,有一带电液滴以 v0= 0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水
14、平射入,恰好做匀速直线运动, 当 它运动到 P 处时迅速将下板向上提起 cm,液滴刚好从金属板末端飞 出,求: (1)将下板向上提起后,液滴的加速度大小; (2)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用时间为多少?(g取 10 m/s2) 解析:(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴匀速 运动,所以有 qE=mg,q =mg,即 qU=mgd 当下板向上提后,d 减小,E 增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电 场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力 F=q =mg a= g=2 m/s2. (2)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移 是 . 设液滴从 P
15、点开始在匀强电场中飞行的时间为 t1, = a,t1=0.2 s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间为 t2= =0.5 s 所以液滴从射入电场开始匀速运动到 P 点时间为 t=t2-t1=0.3 s. 答案:(1)2 m/s2 (2)0.3 s 11.(2019宁夏银川二中高三月考)如图所示,水平虚线 MN 上、下方 空间分别存在电场强度方向相反、 大小相等的匀强电场.以虚线 MN 处 电势为零,A,B 是位于两电场中同一竖直线上的两点,且到 MN 距离均 为 d,一电荷量为 q、质量为 m 的带正电粒子从 A 点由静止释放,已知 粒子运动过程中最大电势能为 Epm,不计粒子重力.求: (1)
16、匀强电场的电场强度大小; (2)粒子从释放到第一次返回 A 点所需的时间. 解析:(1)粒子释放后,在MN上方电场中电场力做正功,电势能减小,MN 下方电场中,电场力做负功,电势能增大,由能量守恒和对称性可知, 粒 子 A,B 两点间做往返运动,且在 A,B 处时电势能最大,MN 处电势为零, 设 A 到 MN 间电势差为 U,A 点电势为 A,电场强度大小为 E,则有 U=A- 0= A, Epm=q A,U=Ed, 联立解得 E=. (2)粒子从 A 到 MN 做匀加速直线运动,设经历的时间为 t,到 MN 时粒 子速度为 v,加速度为 a,则有 v=at,qE=ma, 从 A 到 MN
17、由能量守恒有 Epm= mv2, 联立解得 t=d. 由对称性可得,粒子第一次返回 A 点所需时间为 4t=4d. 答案:(1) (2)4d 12.(2019青海西宁三校联考)在电场方向水平向右的匀强电场中, 一 带电小球从 A 点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示.小球运动的 轨迹上 A,B 两点在同一水平线上,M 为轨迹的最高点.小球抛出时的动 能为 8.0 J,在 M 点的动能为 6.0 J,不计空气的阻力.求: (1)小球水平位移 x1与 x2的比值; (2)小球落到 B 点时的动能 EkB; (3)小球从 A 点运动到 B 点的过程中最小动能 Ekmin. 解析:(1)小球在水平方向
18、上仅受电场力的作用做初速度为零的匀加 速运动,竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动,故从A到M和从M 到 B 的时间相等,设从 A 到 M 所用时间为 t,水平方向加速度为 ax, 由匀变速直线运动位移-时间公式,可得 x1= axt2, x2= ax(2t)2- axt2= axt2, 所以 x1x2=13. (2)小球从 A 到 M,由动能定理可得水平方向上电场力做功 W电= 6.0 J, 则小球从 A 到 B,水平方向上电场力做功 W电=4W电=24 J, 由动能定理,可得 EkB-EkA=W电, 解得 EkB=32 J. (3)设小球所受的电场力为 F,重力为 G,由于合运动与分运动具有等 时性,小球从 A 到 M,则有 水平方向上电场力做功 W电=Fx1=F axt2=6.0 J, 竖直方向上重力做功 WG=Gh=G gt2=8.0 J, 由图可知,tan = =,则 sin = 则小球从 A 运动到 B 的过程中速度最小时速度一定与等效 G垂直, 即图中的 P 点,故 Ekmin= m= m(v0sin )2= J. 答案:(1)13 (2)32 J (3) J