高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第3講電容器的電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)

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1、高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第3講電容器的電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) 一、選擇題(本大題共10小題,每小題7分,共70分。每小題至少一個(gè)答案正確,選不全得3分) 1.根據(jù)電容器電容的定義式C=,可知　(　　) A.電容器所帶的電荷量Q越多,它的電容就越大,C與Q成正比 B.電容器不帶電時(shí),其電容為零 C.電容器兩極板之間的電壓U越高,它的電容就越小,C與U成反比 D.以上說法均不對 2.(xx·呼倫貝爾模擬)如圖所示,在平行板電容器正中有一個(gè)帶電微粒。S閉合時(shí),該微粒恰好能保持靜止。在以下兩種情況下:①保持S閉合,②充電后將S斷開。下列說法能實(shí)現(xiàn)使該帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)到上極

2、板的是(　　) A.①情況下,可以通過上移極板M實(shí)現(xiàn) B.①情況下,可以通過上移極板N實(shí)現(xiàn) C.②情況下,可以通過上移極板M實(shí)現(xiàn) D.②情況下,可以通過上移極板N實(shí)現(xiàn) 3.如圖所示,一個(gè)帶正電的粒子以一定的初速度垂直進(jìn)入水平方向的勻強(qiáng)電場,若不計(jì)重力,在圖中能正確描述粒子在電場中運(yùn)動(dòng)軌跡的是　(　　) 4.(xx·淄博模擬)如圖所示,用電池對電容器充電,電路a、b之間接有一靈敏電流表,兩極板間有一個(gè)電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩極板的間距變大,則　(　　) A.電荷將向上加速運(yùn)動(dòng) B.電荷將向下加速運(yùn)動(dòng) C.電流表中將有從a到b的電流 D.電流表中將有從b到a的電流 5.

3、(xx·常州模擬)如圖所示,有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場,當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí),帶電粒子沿①軌跡從兩極正中間飛出,當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí),帶電粒子沿②軌跡落到B板中間,設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同,則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為　(　　) A.U1∶U2=1∶8　　　　　 B.U1∶U2=1∶4 C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶1 6.如圖所示,質(zhì)量相等的兩個(gè)帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場中O點(diǎn)靜止釋放后,分別抵達(dá)B、C兩點(diǎn),若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1∶q2等于　(　　) A.1∶2　　　　　　　B.2∶1 C.1∶ D.∶1 7.如圖所示,

4、A、B兩導(dǎo)體板平行放置,在t=0時(shí)將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì))。分別在A、B兩板間加四種電壓,它們的UAB-t圖線如下列四圖所示,其中可能使電子到不了B板的是　(　　) 8.(xx·臨沂模擬)如圖所示,平行板電容器的兩個(gè)極板豎直放置,并接直流電源。若一帶電粒子恰好能沿圖中軌跡穿過電容器,a到c是直線,由于電極板邊緣效應(yīng),粒子從c到d的運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線,重力加速度為g,則該粒子　(　　) A.在ac段受重力與電場力平衡并做勻速運(yùn)動(dòng),cd段電場力大于重力 B.從a到c粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度是 C.從a到d粒子的重力勢能減小,電勢能增加 D.從a到d粒子所受合力

5、一直沿軌跡的切線方向 9.(xx·昆明模擬)如圖所示,C是中間插有電介質(zhì)的電容器,a和b為其兩極板,a板接地,P和Q為兩豎直放置的平行金屬板,在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球;P板與b板用導(dǎo)線相連,Q板接地。開始時(shí)懸線靜止在豎直方向,在b板帶電后,懸線偏轉(zhuǎn)角度α變大的是　(　　) A.縮小a、b間的正對面積 B.減小a、b間的距離 C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì),換一塊形狀大小相同的導(dǎo)體 D.取出a、b兩極板間的電介質(zhì) 10.光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中,電場方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球由某一邊的中點(diǎn),以垂直于該邊的水平初

6、速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域。當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí),具有的動(dòng)能可能為　(　　) A.0　　　　　　　　　　　 B.m+qEl C.m D.m+qEl 二、計(jì)算題(本大題共2小題,共30分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計(jì)算的要注明單位) 11.(15分)如圖所示,在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場,在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì)),以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中,v0方向的延長線與屏的交點(diǎn)為O。試求: (1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間; (2)粒子剛射出電場

7、時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα; (3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x。 12.(能力挑戰(zhàn)題)(15分)如圖所示為密立根油滴實(shí)驗(yàn)示意圖。在電介質(zhì)為空氣的電容器中,觀測以某一速度滴入的油滴。當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí),從上板小孔飄入的帶電油滴能以穩(wěn)定的速率v1下降。合上S,過一會兒油滴由下降轉(zhuǎn)為上升,穩(wěn)定時(shí)速率為v2。設(shè)油滴的質(zhì)量為m,電源電壓為U,板間距離為d,油滴受到空氣的黏滯阻力的大小與速度成正比,即Ff=kv(式中k為未知量)。 (1)求油滴所帶的電荷量q。 (2)設(shè)兩板間距d=0.5 cm,板間電壓U=150V,測得油滴的直徑D=1.10×10-6m,油滴的密度ρ=1.0

8、5×103kg/m3,若實(shí)驗(yàn)中觀察到油滴向下和向上勻速運(yùn)動(dòng)的速率相等,試由此計(jì)算油滴的電荷量并說明電性。 答案解析 1.【解析】選D。電容器的電容的大小與其本身因素有關(guān),與帶電量的多少、兩極板電壓的大小無關(guān),故A、B、C錯(cuò)誤,D正確。 2.【解析】選B。保持S閉合時(shí),電容器電壓不變,板間電場強(qiáng)度E=,當(dāng)d減小時(shí)E變大,可使電場力大于重力,從而使微粒向上運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)B對。充電后斷開S時(shí),電容器帶電量不變,則板間電場強(qiáng)度E==,C=,所以E=,E不隨d而變化,故C、D均錯(cuò)。 3.【解析】選C。粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),受力方向總是沿電場線方向指向軌跡的凹側(cè),

9、C正確。 4.【解析】選B、D。充電后電容器的上極板A帶正電。不斷開電源,增大兩板間距,U不變、d增大。由E=知兩極板間場強(qiáng)減小。場強(qiáng)減小會使電荷q受到的電場力減小,電場力小于重力,合力向下,電荷q向下做加速運(yùn)動(dòng)。由C=知d增大時(shí),電容C減小。由Q=CU知極板所帶電荷量減少,會有一部分電荷返回電源,形成逆時(shí)針方向的電流。電流表中將會有由b到a的電流,選項(xiàng)B、D正確。 5.【解析】選A。兩種情況下帶電粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比t1∶t2=2∶1,偏轉(zhuǎn)距離之比y1∶y2=1∶2,由y=at2得兩種情況下粒子的加速度之比=·=,由于a=, U∝a1,故U1∶U2=1∶8,A正確。 【變式備選】(xx

10、·濟(jì)南模擬)a、b、c三個(gè)α粒子由同一點(diǎn)同時(shí)垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,其軌跡如圖所示,其中b恰好飛出電場,由此可以肯定(　　) A.在b飛離電場的同時(shí),a剛好打在負(fù)極板上 B.b和c同時(shí)飛離電場 C.進(jìn)入電場時(shí),c的速度最大,a的速度最小 D.動(dòng)能的增量相比,c的最小,a和b的一樣大 【解析】選A、C、D。由=t2可知,ta=tb,A正確;而yc=,tcvb>va,C正確;由ΔEk=Eq·y可知,ΔEkb=ΔEka>ΔEkc,故D正確。 6.【解析】選B。豎直方向有h=gt2,水平方向有l(wèi)=t2,聯(lián)立可得q=,所以有=,B對。 7.【解析】選B。在

11、A選項(xiàng)所加電壓下,電子將一直向B板加速運(yùn)動(dòng);在C選項(xiàng)所加電壓下,電子是先加速再減速至0,再加速再減速至0,一直向B板運(yùn)動(dòng);D選項(xiàng)和C選項(xiàng)一樣,只不過電子的加速度發(fā)生變化;只有在B選項(xiàng)所加電壓下,電子先向B板加速再減速,再向A板加速再減速至初始位置,且速度變?yōu)?,如此往復(fù)運(yùn)動(dòng),故選B。 8.【解析】選B。由粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷粒子受力如圖,合力F必沿ac方向,由幾何知識可求得加速度大小a= =,故A錯(cuò)B對。此過程中由于電場力做正功,所以電勢能減小,故C錯(cuò)。從a到c過程粒子所受合力沿ac方向,在cd段受合力斜向右上方,故D錯(cuò)。 9.【解析】選A、D。欲使偏轉(zhuǎn)角度α變大,應(yīng)使P、Q板間

12、的電勢差變大,由于a板、Q板接地,b板、P板連接在一起,所以應(yīng)使a、b板間的電勢差增大,再據(jù)U=可知,在Q不變時(shí),應(yīng)使C減小,由電容的決定式C=可知,應(yīng)使S減小或εr減小或d增大,故選項(xiàng)A和D正確。 10.【解析】選A、B、C。如題圖所示。 (1)當(dāng)它從bc邊中點(diǎn)垂直該邊以水平初速度v0進(jìn)入電場時(shí),由動(dòng)能定理得: qEl=Ek-m 即Ek=qEl+m。 (2)當(dāng)它從ab邊中點(diǎn)垂直該邊進(jìn)入,則可能沿ad邊射出,也可能沿cd邊射出。 ①若從ad邊射出,則=Ek-m,即 Ek=+m,則選項(xiàng)B正確; ②若從cd邊射出,設(shè)射出點(diǎn)與射入點(diǎn)沿場強(qiáng)方向的距離為x,0

13、得: mm,則未出電場區(qū),之后做反向勻加速運(yùn)動(dòng),返回ad邊時(shí),動(dòng)能仍為m,故選項(xiàng)C正確。 ③若qEl

14、用分段分析。 (3)靈活運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、運(yùn)動(dòng)的合成與分解或動(dòng)能定理、能量守恒定律歸類分析、分類解答。 11.【解析】(1)根據(jù)題意,粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以 粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間t=.　 (3分) (2)設(shè)粒子射出電場時(shí)沿平行電場線方向的速度為vy,根據(jù)牛頓第二定律,粒子在電場中的加速度為: a=　 (1分) 所以vy=a=　 (2分) 所以粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα==?！? (2分) (

15、3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y,則 y=a()2=·　 (2分) 又x=y+Ltanα,　 (3分) 解得:x=　 (2分) 答案：(1)　(2)　(3) 12.【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下三點(diǎn): (1)正確分析油滴的受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài); (2)阻力大小Ff=kv中的k是未知數(shù),答案中不能有k; (3)正確表達(dá)出油滴質(zhì)量與直徑的關(guān)系式。 【解析】(1)設(shè)向下為正方向,S合上前,油滴以速率v1勻速下降,受重力mg和向上的空氣黏滯阻力kv1作用,有:mg=kv1　 (3分

16、) S合上后油滴以速率v2勻速上升時(shí),電場力qE必向上,重力mg和空氣阻力kv2均向下,有:qE=mg+kv2 又E=　 (3分) 由上述三式解得:q=。　 (2分) (2)設(shè)油滴的速率為v0,下降時(shí)有mg=kv0,　 (1分) 上升時(shí)有qE=mg+kv0,　 (1分) 又E=,　 (1分) 油滴的質(zhì)量m=ρV=πρD3,解得q=,　 (2分) 代入數(shù)據(jù)可解得q≈4.9×10-19C。 油滴應(yīng)帶負(fù)電?！? (2分) 答案：(1) (2)4.9×10-19C　油滴帶負(fù)電