高考物理課標(biāo)版一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)規(guī)范練24電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

考點(diǎn)規(guī)范練24電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、單項(xiàng)選擇題1.(2017·福建漳州模擬)如圖所示,電容器極板間有一可移動(dòng)的電介質(zhì)板,電介質(zhì)與被測(cè)物體相連,電容器接入電路后,通過(guò)極板上的物理量變化可確定被測(cè)物體的位置。則下列說(shuō)法中正確的是()A.若電容器極板間的電壓不變,x變大,電容器極板上電荷量增加B.若電容器極板上電荷量不變,x變小,電容器極板間電壓變大C.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的正極板D.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的負(fù)極板2.一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi),負(fù)極板接地。兩板間有一個(gè)正試探電荷固定在P點(diǎn),如圖所示,以C表示電容器的電容、E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度、φ表示P點(diǎn)的電勢(shì),Ep表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能,若正極板保持不動(dòng),將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過(guò)程中,各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象正確的是()3.有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過(guò)帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上,顯示出字符。已知偏移量越小打在紙上的字跡越小,現(xiàn)要縮小字跡,下列措施可行的是()A.增大墨汁微粒的比荷B.減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能C.減小偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度D.增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓4.如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中,平行板電容器兩極板的正對(duì)面積為S,兩極板的間距為d,電容器所帶電荷量為Q,電容為C,靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角為α,平行板中間懸掛了一個(gè)帶電小球,懸線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ,下列說(shuō)法正確的是()A.若增大d,則α減小,θ減小B.若增大Q,則α減小,θ不變C.將A板向上提一些,α增大,θ增大D.在兩板間插入云母片,則α減小,θ不變5.真空中的某裝置如圖所示,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α粒子均由A板從靜止開(kāi)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α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4,電荷量之比為1∶1∶2,則下列判斷正確的是()A.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1∶2∶2D.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶46.某空間區(qū)域有豎直方向的電場(chǎng)(圖甲中只畫(huà)出了一條電場(chǎng)線(xiàn)),一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球,在電場(chǎng)中從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿電場(chǎng)線(xiàn)豎直向下運(yùn)動(dòng),不計(jì)一切阻力,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的機(jī)械能E與物體位移x關(guān)系的圖象如圖乙所示,由此可以判斷()A.物體所處的電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng),且電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小,電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上B.物體所處的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下C.物體可能先做加速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng)D.物體一定做加速運(yùn)動(dòng),且加速度不斷減小7.如圖所示,豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng),與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開(kāi)始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開(kāi)始釋放,兩小球最終都能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置,則從開(kāi)始釋放到運(yùn)動(dòng)到右極板的過(guò)程中它們的()A.運(yùn)行時(shí)間tP>tQB.電勢(shì)能減少量之比ΔEP∶ΔEQ=2∶1C.電荷量之比qP∶qQ=2∶1D.動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=4∶1二、多項(xiàng)選擇題8.如圖所示,在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器,使A、B兩板間的電壓為U時(shí),一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場(chǎng)中,恰從A、B兩板的中點(diǎn)處沿原路返回(不計(jì)重力),則下列說(shuō)法正確的是()A.使初速度變?yōu)?v0時(shí),帶電粒子恰能到達(dá)B板B.使初速度變?yōu)?v0時(shí),帶電粒子將從B板中心小孔射出C.使初速度v0和電壓U都增加為原來(lái)的2倍時(shí),帶電粒子恰能到達(dá)B板D.使初速度v0和電壓U都增加為原來(lái)的2倍時(shí),帶電粒子將從B板中心小孔射出9.如圖所示,水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接,半圓形軌道的半徑R=0.4m。在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)線(xiàn)與軌道所在的平面平行,電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.0×104N/C。現(xiàn)有一電荷量q=+1.0×10-4C、質(zhì)量m=0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn)),在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放,帶電體恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C,然后落至水平軌道上的D點(diǎn),g取A.帶電體在圓形軌道C點(diǎn)的速度大小為2m/sB.落點(diǎn)D與B點(diǎn)的距離xBD=0C.帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大小為7ND.帶電體在從B到C運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中對(duì)軌道的最大壓力為3(+1)N10.如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。ON與水平面的夾角為30°,重力加速度為g,且mg=qE,則()A.電場(chǎng)方向豎直向上B.小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gC.小球上升的最大高度為D.若小球在初始位置的電勢(shì)能為零,則小球電勢(shì)能的最大值為11.如圖所示,水平放置的平行板電容器與某一電源相連,它的極板長(zhǎng)L=0.4m,兩極板間距離d=4×1m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩極板中央平行極板射入,開(kāi)關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,由于重力作用,微粒能落到下極板的正中央。已知微粒質(zhì)量m=4×1kg、電荷量q=+1×1C,g取10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是(A.微粒的入射速度v0=10m/sB.電容器上板接電源正極時(shí)微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)C.電源電壓為180V時(shí),微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng)D.電源電壓為100V時(shí),微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng)三、非選擇題12.如圖所示,在A點(diǎn)固定一正電荷,電荷量為Q,在離A高度為h0的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠,開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k,兩電荷均可看成點(diǎn)電荷,不計(jì)空氣阻力。(1)求液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h;(2)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中,某點(diǎn)的電勢(shì)可表示成φ=,其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB。13.如圖所示,在真空中,沿水平方向和豎直方向建立直角坐標(biāo)系xOy,在x軸上方有一沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E(電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小未知)。有一質(zhì)量為m,電荷量為+q的小球,從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開(kāi)始自由下落,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到P(0,h)點(diǎn)時(shí),在x軸下方突然加一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),其電場(chǎng)強(qiáng)度與x軸上方的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,且小球從P返回到O點(diǎn)與從O點(diǎn)下落到P點(diǎn)所用的時(shí)間相等。重力加速度為g。求:(1)小球返回O點(diǎn)時(shí)速度的大小;(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小;(3)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的位置坐標(biāo)。##考點(diǎn)規(guī)范練24電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.D解析若x變大,則由C=可知電容器電容減小,在極板間的電壓不變的情況下,由Q=CU知電容器的電荷量減少,此時(shí)帶正電荷的極板得到電子,帶負(fù)電荷的極板失去電子,所以有電流流向負(fù)極板,A、C錯(cuò)誤,D正確。若電容器極板上電荷量不變,x變小,則電容器電容增大,電容器極板間電壓減小,B錯(cuò)誤。2.C解析由平行板電容器的電容C=可知d減小時(shí),C變大,但不是一次函數(shù),A錯(cuò)。在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下,U=,E=與d無(wú)關(guān),則B錯(cuò)。在負(fù)極板接地的情況下,設(shè)沒(méi)有移動(dòng)負(fù)極板時(shí)P點(diǎn)距負(fù)極板的距離為d1,移動(dòng)x后為d1x。因?yàn)橐苿?dòng)極板過(guò)程中電場(chǎng)強(qiáng)度E不變,故φP=E(d1x)=Ed1Ex,其中x≤l0,則C正確。正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep=qφP=qEd1qEx,顯然D錯(cuò)。3.C解析已知偏移量越小,打在紙上的字跡越小,因偏移量y=,現(xiàn)要縮小字跡,可行的措施有可減小墨汁微粒的比荷,增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能,減小偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度L,減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U,故選C。4.C解析若增大兩極板的間距d,由C=可知,C變小,而Q不變,由C=可知,U增大,α增大,又E=,故E不變,電場(chǎng)力不變,小球的平衡狀態(tài)不變,故θ不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;同理,若增大Q,電容器的電容C不變,則U增大,α增大,電場(chǎng)強(qiáng)度增大,則電場(chǎng)力增大,故θ增大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;將A板向上提一些,S減小,則C變小,Q不變,電壓U增大,α增大,電場(chǎng)強(qiáng)度增大,則電場(chǎng)力增大,故θ增大,選項(xiàng)C正確;在兩板間插入云母片,εr增大,則C變大,Q不變,電壓U必減小,α減小,θ減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5.B解析設(shè)加速電壓為U1,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng),板間距離為d,在加速電場(chǎng)中,由動(dòng)能定理得qU1=,解得v0=,三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過(guò)程,水平方向做速度為v0的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),由于三種粒子的比荷不同,則v0不同,所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同,故A錯(cuò)誤;根據(jù)推論y=、tanθ=可知,y與粒子的種類(lèi)、質(zhì)量、電荷量無(wú)關(guān),故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同,打到熒光屏上的位置相同,故B正確;偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做功為W=qEy,則W與q成正比,三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2,則有電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶1∶2,故C、D錯(cuò)誤。6.A解析由于物體的機(jī)械能逐漸減小,因此電場(chǎng)力做負(fù)功,故電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向上,再根據(jù)機(jī)械能的變化關(guān)系可知,克服電場(chǎng)力做功越來(lái)越少,電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小,故A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律可知,物體受重力和電場(chǎng)力,且電場(chǎng)力逐漸減小,故加速度越來(lái)越大,C、D錯(cuò)誤。7.C解析兩球均受重力和電場(chǎng)力作用,做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),按運(yùn)動(dòng)的分解,豎直方向是重力作用下的自由落體運(yùn)動(dòng),二者下降位移相同,所用時(shí)間相等,A錯(cuò)誤;水平方向是在電場(chǎng)力作用下的初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),位移之比是xP∶xQ=2∶1,由公式x=t2得它們的電荷量之比qP∶qQ=2∶1,C正確;又ΔEp=qPU,ΔEQ=qQ,故ΔEp∶ΔEQ=4∶1,B錯(cuò)誤;動(dòng)能增加量Δ=ΔEp+mgh,Δ=ΔEQ+mgh,故Δ∶Δ≠4∶1,D錯(cuò)誤。8.BC解析設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)中的位移為x,根據(jù)動(dòng)能定理得qEx=0,又E=得x=,由此可知,要使帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)后恰能到達(dá)B板處,x變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,采取的方法有:使帶電粒子的初速度變?yōu)関0;或使A、B兩板間的電壓變?yōu)閁;或使初速度v0和電壓U都增加到原來(lái)的2倍,故B、C正確,A、D錯(cuò)誤。9.BD解析設(shè)帶電體通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC,依據(jù)牛頓第二定律有mg=m,解得vC=2.0m/s,故A錯(cuò)誤;設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t,有2R=gt2,故xDB=vCtt2,聯(lián)立解得xDB=0,故B正確;設(shè)帶電體通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,軌道對(duì)帶電體的支持力大小為FB,根據(jù)牛頓第二定律有FBmg=m,帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中,依據(jù)動(dòng)能定理有mg·2R=,聯(lián)立以上兩式解得FB=6.0N,根據(jù)牛頓第三定律,帶電體對(duì)軌道的壓力FB'=6.0N,故C錯(cuò)誤;帶電體由P到B做加速運(yùn)動(dòng),故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過(guò)程中,在此過(guò)程中只有重力和電場(chǎng)力做功,這兩個(gè)力大小相等,其合力與豎直方向成45°夾角斜向右下方,故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)應(yīng)圓心角為45°處。設(shè)小球的最大動(dòng)能為Ekmax,根據(jù)動(dòng)能定理有qERsin45°mgR(1cos45°)=Ekmax,在動(dòng)能最大位置,支持力也最大,Ekmax=mv2,根據(jù)牛頓第二定律,有FN=m,聯(lián)立解得FN=3(+1)10.BD解析由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),其合力沿ON方向,而mg=qE,由三角形定則,可知電場(chǎng)方向與ON方向成120°角,A錯(cuò)誤;由圖中幾何關(guān)系可知,其合力為mg,由牛頓第二定律可知a=g,方向與初速度方向相反,B正確;設(shè)帶電小球上升的最大高度為h,由動(dòng)能定理可得mg·2h=0,解得h=,C錯(cuò)誤;電場(chǎng)力做負(fù)功,帶電小球的電勢(shì)能變大,當(dāng)帶電小球速度為零時(shí),其電勢(shì)能最大,則Ep=qE·2hcos120°=qEh=mg·,D正確。11.AC解析開(kāi)關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,微粒落到下板的正中央,由gt2,=v0t,得v0=10m/s,A對(duì);電容器上板接電源正極時(shí),微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯(cuò);設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時(shí)的加速度為a,電場(chǎng)力向上,則,L=v0t1,mg=ma,得U1=120V,同理,微粒在平行板右邊緣上側(cè)飛出時(shí),可得U2=200V,所以平行板上板帶負(fù)電,電源電壓為120V≤U≤200V時(shí)微?？梢詮钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?chǎng),C對(duì)12.解析(1)設(shè)液珠電荷量為q,質(zhì)量為m,當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律知kmg=ma①又因?yàn)閍=g當(dāng)液珠速度最大時(shí),其所受合力為零,則k=mg,代入①式,解得h=h0。(2)設(shè)BC間的電勢(shì)差大小為UCB,由題意得UCB=φ