2019高考物理一輪優(yōu)級(jí)（備講練）全國經(jīng)典版限時(shí)規(guī)范特訓(xùn)7-3電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)a

板塊三限時(shí)規(guī)范特訓(xùn)時(shí)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(gè)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(gè)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(shí)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(shí)，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(dāng)極板間的距離增大時(shí)，根據(jù)公式E＝eq\f(U,d)可知，板間的電場強(qiáng)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(cuò)誤；當(dāng)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(jù)平行板電容器的電容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，極板間的電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，當(dāng)兩個(gè)極板電荷量不變，距離改變時(shí)，場強(qiáng)不變，故乙圖中兩極板間場強(qiáng)不變，電場力不變，夾角不變，A、D錯(cuò)誤；綜上分析，選項(xiàng)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(jīng)偏轉(zhuǎn)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(shí)現(xiàn)的是(不計(jì)粒子重力)()A．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板B．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板C．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板D．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板答案A解析如圖，粒子在板間做類斜拋運(yùn)動(dòng)，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＝eq\f(Eq,m)，E為場強(qiáng)，設(shè)t為粒子上升到最高點(diǎn)所用時(shí)間，則t＝eq\f(vy,a)＝eq\f(mv0sinθ,Eq)。水平方向位移x＝vx·2t＝2v0tcosθ。保持開關(guān)S閉合，電容器兩板間電壓U不變，適當(dāng)上移P極板，兩極板間的距離變大，根據(jù)E＝eq\f(U,d)知場強(qiáng)變小，豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)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(qiáng)，仍落在原處，B錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S，則電容器電量Q不變，適當(dāng)上移P極板，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)知場強(qiáng)E不變，則粒子仍落到原處，C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S，若左移P極板，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)知S變小E變大，則粒子加速度a變大，上升到最高點(diǎn)所用時(shí)間t變小，則水平方向位移x變小，不能到達(dá)B孔，D錯(cuò)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(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為()A.eq\f(l,d)gB.eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)gD.eq\f(d,d－l)g答案A解析抽出前，粒子受重力和電場力平衡，mg＝qeq\f(U,d－l)，抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－qeq\f(U,d)＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(l,d)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(qiáng)電場，讓質(zhì)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(xiàn)只改變其中一條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將()A．開關(guān)S斷開B．初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)C．板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)D．豎直移動(dòng)上板，使板間距變?yōu)?d答案C解析開關(guān)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(qiáng)不變，質(zhì)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(cuò)誤；將初速度變?yōu)橐话?，質(zhì)子加速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉淼囊话?，不可能到達(dá)下板邊緣，B錯(cuò)誤；當(dāng)板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)時(shí)，場強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，電場力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，加速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2知，時(shí)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(dòng)上板，使板間距變?yōu)?d，則板間場強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，電場力為原來的eq\f(1,2)，加速度為原來的eq\f(1,2)，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2知，時(shí)間為原來的eq\r(2)倍，水平位移為原來的eq\r(2)倍，不能到達(dá)下板邊緣，D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，將M板迅速向上平移一小段距離，則此后微粒的運(yùn)動(dòng)情況是()A．沿軌跡①運(yùn)動(dòng) B．沿軌跡②運(yùn)動(dòng)C．沿軌跡③運(yùn)動(dòng) D．沿軌跡④運(yùn)動(dòng)答案B解析當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，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＝eq\f(εrS,4πkd)，定義式C＝eq\f(Q,U)得MN兩板間電壓升高，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知電場強(qiáng)度不變，粒子受到的電場力不變，微粒的運(yùn)動(dòng)方向不變，仍沿軌跡②做直線運(yùn)動(dòng)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。6.如圖所示，電路可將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，該電路中右側(cè)固定不動(dòng)的金屬板b與能在聲波驅(qū)動(dòng)下沿水平方向振動(dòng)的鍍有金屬層的震動(dòng)膜a構(gòu)成一個(gè)電容器，a、b通過導(dǎo)線與恒定電源兩極相接。若聲源S做簡諧運(yùn)動(dòng)，則()A．a(chǎn)振動(dòng)過程中，a、b板間的電場強(qiáng)度不變B．a(chǎn)振動(dòng)過程中，a、b板所帶電量不變C．a(chǎn)振動(dòng)過程中，電容器的電容不變D．a(chǎn)向右的位移最大時(shí)，a、b板所構(gòu)成的電容器電容最大答案D解析金屬板b在聲波驅(qū)動(dòng)下沿水平方向振動(dòng)，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(qiáng)發(fā)生變化，A錯(cuò)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(cuò)誤；當(dāng)距離最近時(shí)，電容最大，D正確。7．如圖所示，若在這個(gè)示波管的熒光屏上出現(xiàn)了一個(gè)亮斑P，那么示波管中的()A．極板X應(yīng)帶正電B．極板X′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶正電D．極板Y′應(yīng)帶正電答案AC解析由電子槍發(fā)射出的電子帶負(fù)電，所以P點(diǎn)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(zhì)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(rèn)為是勻強(qiáng)電場。光滑絕緣細(xì)管垂直于板穿過中間小孔，一個(gè)視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電小球在細(xì)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)(細(xì)管絕緣且光滑)。以小孔為原點(diǎn)建立x軸，規(guī)定x軸正方向?yàn)榧铀俣萢、速度v的正方向，下圖分別表示x軸上各點(diǎn)的電勢φ，小球的加速度a、速度v和動(dòng)能Ek隨x的變化圖象，其中正確的是()答案AB解析在勻強(qiáng)電場中，沿電場線方向，電勢均勻降低，A正確；帶負(fù)電小球受電場力與場強(qiáng)方向相反，在勻強(qiáng)電場中受電場力不變，故加速度不變，所以在x<0區(qū)域內(nèi)加速度方向?yàn)檎较颍趚>0區(qū)域內(nèi)為負(fù)方向，B正確；小球在原點(diǎn)的初速度為v0，經(jīng)過任意一段位移x后的速度為v，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，所以v-x圖象不是直線，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理有：Eqx＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故Ek-x圖象應(yīng)為一次函數(shù)圖象，D錯(cuò)誤。9.三個(gè)電子從同一地點(diǎn)同時(shí)沿同一方向垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)如圖所示的軌跡，則可以判斷()A．它們?cè)陔妶鲋羞\(yùn)動(dòng)時(shí)間相同B．A、B在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，C先飛離電場C．C進(jìn)入電場時(shí)的速度最大，A最小D．電場力對(duì)C做功最小答案BCD解析三電子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度a相同，在垂直于極板方向，yA＝y(tǒng)B>yC，由y＝eq\f(1,2)at2知在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tA＝tB>tC，A錯(cuò)誤，B正確；B、C水平位移相同，tB>tC，故vC>vB，而A、B運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，但xA<xB，故vB>vA，故C進(jìn)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(duì)C做功最小，D正確。10．如圖甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大。當(dāng)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(gè)物理量隨時(shí)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(shí)，電子在平行金屬板間所受的電場力大小不變，F(xiàn)＝eq\f(U0e,d)，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(gè)eq\f(T,4)內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第二個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在第三個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第四個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以a-t圖象應(yīng)如圖D所示，v-t圖象應(yīng)如圖A所示，A、D正確，C錯(cuò)誤；又因勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，所以x-t圖象應(yīng)是曲線，B錯(cuò)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(dǎo)電板，板距為d，大量電子(質(zhì)量為m，電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點(diǎn)O沿與極板平行的OO′方向射入兩板之間，當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0，當(dāng)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(shí)，所有的電子均能從兩板間通過(不計(jì)重力)。求這些電子穿過平行板時(shí)距OO′的最大距離和最小距離。答案eq\f(3U0et\o\al(2,0),md)eq\f(3U0et\o\al(2,0),2md)解析以電場力的方向?yàn)檎较?，畫出電子在t＝0、t＝t0時(shí)刻進(jìn)入電場后，沿電場力方向的速度vy隨時(shí)間變化的vy-t圖象如圖丙和丁所示電場強(qiáng)度E＝eq\f(U0,d)電子的加速度a＝eq\f(Ee,m)＝eq\f(U0e,dm)由圖丙中vy1＝at0＝eq\f(U0et0,dm)vy2＝a×2t0＝eq\f(2U0et0,dm)由圖丙可得電子的最大側(cè)移，即穿過平行板時(shí)距OO′的最大距離ymax＝eq\f(vy1,2)t0＋vy1t0＋eq\f(vy1＋vy2,2)t0＝eq\f(3U0et\o\al(2,0),md)由圖丁可得電子的最小側(cè)移，即穿過平行板時(shí)距OO′的最小距離ymin＝eq\f(vy1,2)t0＋vy1t0＝eq\f(3U0et\o\al(2,0),2md)。12．[2016·北京高考](15分)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強(qiáng)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(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0和從電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/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(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)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(diǎn)。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)見解析(3)φ＝eq\f(Ep,q)電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定。解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的加速度a＝eq\f(eU,dm)。偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f