2024高考物理一輪復習第七章靜電場第3講電容器帶電粒子在電場中的運動練習含解析新人教版

PAGEPAGE7第3講電容器帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2024·重慶九校聯(lián)盟聯(lián)考)超級電容器具有功率密度高、充放電時間短、循環(huán)壽命長、工作溫度范圍寬等特點。圖示為一款超級電容器，其上標有“2.7V400F”字樣，則可知(B)A．該電容器的輸入電壓只能是2.7V時才能工作B．該電容器的輸入電壓最大值小于或等于2.7V時都能工作C．該電容器不充電時的電容為零D．該電容器充溢電時儲存的電荷量為1080mA·h[解析]本題考查對電容器的理解。依據(jù)超級電容器上標有的“2.7V400F”，可知該電容器在2.7V及其以下輸入電壓(擊穿電壓為2.7V)時都能正常工作，電容器的電容與其是否有電壓輸入無關(guān)，且始終為400F，該電容器充溢電時儲存的電荷量為q＝CU＝400×2.7C＝1080C，選項B正確，A、C、D錯誤。2．一平行板電容器兩板之間的距離d和兩板正對面積S都可以調(diào)整，電容器充電后與電源斷開，以U表示電容器兩極板間電壓，E表示兩極板間的電場強度，則(A)A．當S減小、d增大時，U增大、E增大B．當S減小、d不變時，U減小、E不變C．當d減小、S減小時，U增大、E增大D．當d增大、S不變時，U增大、E減小[解析]本題考查電容器動態(tài)改變及其相關(guān)學問點。電容器充電后與電源斷開，可知電容器的電荷量Q不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，當S減小、d增大時，C減小，由Q＝CU知U增大，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知E增大，選項A正確；同理當S增大、d不變時，C增大，U減小，E減小，選項B錯誤；當d減小、S減小時，無法確定C、U的改變狀況，選項C錯誤；當d增大、S不變時，C減小、U增大，E不變，選項D錯誤。3．(2024·貴州重點中學聯(lián)考)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，有一個半圓形軌道，圓心為O。一帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為＋q(重力不計)，從與圓心等高的軌道上A點以水平速度v0向右入射，落在軌道上C點，已知OC與OB的夾角為θ，則帶電粒子從A點運動到C點的時間為(B)A．eq\f(2mv0,qE)coseq\f(θ,2) B．eq\f(2mv0,qE)taneq\f(θ,2)C．eq\f(mv0,qE)coseq\f(θ,2) D．eq\f(mv0,qE)taneq\f(θ,2)[解析]本題考查電場力和帶電粒子的類平拋運動。設(shè)軌道半徑為R，由圖中幾何關(guān)系可知，A、C之間的水平距離x＝R＋Rcosθ，豎直高度h＝Rsinθ，帶電粒子在電場中運動受到的電場力F＝qE，加速度a＝eq\f(F,m)，設(shè)帶電粒子從A點運動到C點的時間為t，由類平拋運動規(guī)律，有x＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,qE)taneq\f(θ,2)，選項B正確。4.(2024·湖南長沙雅禮中學模擬)如圖所示，真空中O點存在一個帶正電Q的點電荷，旁邊有一個不帶電的金屬網(wǎng)罩W，網(wǎng)罩內(nèi)部有一點P，OP＝r。靜電力常量為k，下列推斷正確的是(D)A．金屬網(wǎng)罩包含的自由電荷很少，靜電感應(yīng)后不能達成靜電平衡B．金屬網(wǎng)罩對電荷Q的作用力表現(xiàn)為斥力C．金屬網(wǎng)罩的左部電勢較高，右部電勢較低D．金屬網(wǎng)罩的感應(yīng)電荷在P點產(chǎn)生的感應(yīng)電場場強大小為keq\f(Q,r2)[解析]本題考查靜電屏蔽問題。金屬網(wǎng)罩在靜電感應(yīng)后肯定能達成靜電平衡，故A錯誤；由于靜電感應(yīng)，在金屬網(wǎng)罩達到靜電平衡后，靠近O處的負電荷受到的吸引力大于遠離O處的正電荷受到的排斥力，所以金屬網(wǎng)罩對電荷Q的作用力表現(xiàn)為引力，故B錯誤；金屬網(wǎng)罩達到靜電平衡后本身是一個等勢體，金屬網(wǎng)罩上各點的電勢是相等的，故C錯誤；金屬網(wǎng)罩達到靜電平衡后，內(nèi)部的場強到處為零，所以金屬網(wǎng)罩的感應(yīng)電荷在P點產(chǎn)生的感應(yīng)電場場強大小與點電荷在P點產(chǎn)生的電場強度大小是相等的，方向相反，所以依據(jù)庫侖定律可知金屬網(wǎng)罩的感應(yīng)電荷在P點產(chǎn)生的感應(yīng)電場場強大小為E＝eq\f(kQ,r2)，故D正確。5.(2024·廣東梅州興寧一中期末)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不行伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則(B)A．小球帶負電B．電場力跟重力平衡C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D．小球在運動過程中機械能守恒[解析]本題考查電勢能、電場力等。依據(jù)題述小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，由合外力供應(yīng)向心力，小球受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力應(yīng)與重力平衡，可知小球帶正電，選項A錯誤，B正確；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，選項C錯誤；由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，選項D錯誤。二、多項選擇題：在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的。6．如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的帶電粒子M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩帶電粒子恰好在板間某點相遇。若不考慮帶電粒子的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(AC)A．M的電荷量大于N的電荷量B．兩帶電粒子在電場中運動的加速度相等C．從兩帶電粒子進入電場到兩帶電粒子相遇，電場力對M做的功大于電場力對N做的功D．M進入電場的初速度大小與N進入電場的初速度大小肯定相等[解析]從軌跡可以看出：yM>yN，故eq\f(1,2)·eq\f(qME,m)t2>eq\f(1,2)·eq\f(qNE,m)t2，解得：eq\f(qME,m)>eq\f(qNE,m)，qM>qN，故A正確、B錯誤；電場力做功W電＝qEy，由題圖可知yM>yN，且qM>qN，所以電場力對M做的功大于電場力對N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，故vM>vN，故D錯誤。7．(2024·江西省南昌二中月考)如圖所示，質(zhì)量為m的帶電小物塊置于傾角為53°的光滑斜面上，當整個裝置處于豎直向下的勻強電場中時，小物塊恰好靜止在高為H的斜面頂端，現(xiàn)將電場方向突然改為水平向右，而電場強度大小不變，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則小物塊從斜面頂端起先(BD)A．歷時eq\r(\f(25H,14g))著地B．歷時eq\r(\f(2H,g))著地C．到著地過程動能增加eq\f(3,4)mgHD．到著地過程動能增加2mgH[解析]整個裝置處于豎直向下的勻強電場中時，物塊靜止，則電場力豎直向上，大小Eq＝mg，且物塊帶負電；將電場方向突然改為水平向右，而電場強度大小不變，則物塊受到水平向左的電場力Eq，則小球?qū)㈦x開斜面，水平方向做勻加速運動，且x＝eq\f(Eq,2m)t2；豎直方向自由落體運動，則y＝eq\f(1,2)gt2，著地時y＝H，解得t＝eq\r(\f(2H,g))，x＝H，選項A錯誤，B正確；依據(jù)動能定理，落地的動能Ek＝mgH＋qEx＝2mgH，選項C錯誤，D正確；故選BD。8．(2024·河南許昌模擬)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢φ隨時間t的改變狀況如圖乙所示，t＝0時，在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當t＝2T時，電子回到P點。電子運動過程中未與極板相碰，不計重力，則下列說法正確的是(BD)A．φ1︰φ2＝1︰2B．φ1︰φ2＝1︰3C．在0～2T時間內(nèi)，當t＝T時電子的電勢能最小D．在0～2T時間內(nèi)，電子的電勢能減小了eq\f(2e2T2φ\o\al(2,1),md2)[解析]依據(jù)場強公式可得0～T時間內(nèi)平行板間的電場強度為：E1＝eq\f(φ1,d)，電子的加速度為：a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(φ1e,dm)，且向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間T的位移為：x1＝eq\f(1,2)a1T2，速度為：v1＝a1T；同理在T～2T內(nèi)平行板間電場強度為：E2＝eq\f(φ2,d)，加速度為：a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(φ2e,dm)，電子以v1的速度向上做勻變速度直線運動，位移為：x2＝v1T－eq\f(1,2)a2T2，由題意2T時刻回到P點，則有：x1＋x2＝0，聯(lián)立可得：φ2＝3φ1，故A錯誤，B正確；當速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0～T內(nèi)電子做勻加速運動，之后做勻減速直線運動，因φ2＝3φ1，所以在2T時刻電勢能最小，故C錯誤；電子在2T時刻回到P點，此時速度為：v2＝v1－a2T＝－eq\f(2φ1eT,dm)，(負號表示方向向下)，電子的動能為：Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(2e2T2φ\o\al(2,1),md2)，依據(jù)能量守恒定律，電勢能的減小量等于動能的增加量，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。三、非選擇題9.如圖所示為板長L＝4cm的平行板電容器，板間距離d＝3cm，板與水平線夾角α＝37°，兩板所加電壓為U＝100V。有一帶負電液滴，帶電荷量為q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向運動并恰好從B板邊緣飛出(取g＝10m/s2(1)液滴的質(zhì)量；(2)液滴飛出時的速度。[答案](1)8×10－8kg(2)eq\f(\r(7),2)m/s[解析](1)依據(jù)題意畫出液滴的受力圖如圖所示，可得qEcosα＝mgE＝eq\f(U,d)解得m＝8×10－8kg(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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝eq\f(\r(7),2)m/s。10．(2024·遼寧大連八中質(zhì)檢)如圖(a)所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UAB＝1125V，板中心有小孔O和O′?，F(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進入A、B之間，在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長L1＝4×10－2m，板間距離d＝4×10－3m，在距離M、N右側(cè)邊緣L2＝0.1m處有一熒光屏P，當M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O″并發(fā)出熒光?，F(xiàn)給金屬板M、N之間加一個如圖(b)所示的改變電壓u1，在t＝0時刻，M板電勢低于N板。已知電子質(zhì)量為m＝9.0×10－31kg，電荷量為e＝1.6×10(1)每個電子從B板上的小孔O′射出時的速度多大？(2)打在熒光屏上的電子范圍是多少？(3)打在熒光屏上的電子的最大動能是多少？[答案](1)2×107m/s(2)0.012m(3)1.82×10[解析]本題考查帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運動。(1)電子經(jīng)A、B兩塊金屬板加速，有eUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v0＝eq\r(\f(2eUAB,m))＝eq\r(\f(2×1.6×10－19×1125,9×10－31))m/s＝2×107m/s。(2)電子在M、N間的運動時間為t＝eq\f(L1,v0)＝2×10－9s，故電子在金屬板M、N間運動時電壓改變可忽視不計。當u＝22.5V時，電子經(jīng)過MN極板向下的偏移量最大，為y1＝eq\f(1,2)·eq\f(eu,md)·t2＝eq\f(1,2)×eq\f(1.6×10－19×22.5,9×10－31×4×10－3)×4×10－18m＝2×10－3m。y1<d，說明全部的電子都可以從M、N板間飛出。此時電子在豎直方向的速度大小為vy＝eq\f(eu,md)·t＝eq\f(1.6×10－19×22.5,9×10－31×4×10－3)×2×10－9m/s＝2×106m/s，電子射出極板M、N后到達熒光屏P的時間為t2＝eq\f(L2,v0)＝eq\f(0.1,2×107)s＝5×10－9s，電子射出極板M、N后到達熒光屏P的偏移量為y2＝vyt2＝2×106×5×10－9m＝0.01m電子打在熒光屏P上的最大偏移量為y＝y(tǒng)1＋y2＝0.012m，即打在熒光屏上電子的范圍