2019届高考物理总复习第七章静电场第三节电容器与电容、带电粒子在电场中的运动课后达标

1、 第三节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动 z 解析：选 A.带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状 态，由二力平衡条件可得： mg= q占；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板 d I 间的电势差不变，但两极板间的距离发生了变化， 引起电场强度发生了变化， 从而电场力也 U 发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律 ma= mg- qq,两式联 1禺握册土挪审 乜雪促学强技提能| 、单项选择题 学生用书 P323（单独成册） （建议用时：1一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变, 在两极板间 插入一电介质，其电容

2、 C和两极板间的电势差 U的变化情况是（ A. C和U均增大 B. C增大，U减小 C. C减小，U增大 D C和U均减小 解析：选由 rS C= 4kd知，在两极板间插入一电介质，其电容 4 n kd J C增大，由公式C ，电荷量不变时, U减小，B 正确. 2如图，极板间 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 速度为（ g.粒子运动的加 l A.dg B. wg ) 2 立可得a = dg. 3. （2018 高考原创猜题卷）如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角 0 = 53, 将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块 （可视为质

3、点）从斜面顶端由静止释3 4 放，其所受的电场力是重力的 3 倍，重力加速度为 g,则物块落地的速度大小为 （ ） A. 2 5gh C. 2 2gh 解析：选 D.对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力 的方向运动， 5 5 1 5 F合=3mg x=h,由动能定理得 F合x = mV,解得v=- .2gh. 3 3 2 3 4.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d,极板分别与电池两极相连，上极板 d W 中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计 ）.小孔正上方。处的P点有一带电粒子，该粒 子从静止开始下落， 经过小孔进入电容器， 并在下极板处（未与极板接触）

4、返回.若将下极板 向上平移3,则从P点开始下落的相同粒子将（ ） A. 打到下极板上 B. 在下极板处返回 C. D. 解析：选 D.设粒子质量为 m带电量为q,由动能定理得，第一次粒子从 mgd+ d qU= 0 ；设第二次粒子从 P点下落进入电容器后在距上极板距离为 A 2慘0 d x 2 mgx + 2 qU= 0，联立解得x= ”d,故选项 D 正确. 2d 5. （2018 湖北黄冈模拟）静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如 图所示，A B为两块水平放置的平行金属板，间距 d= 1.0 m，两板间有方向竖直向上、电 场强度大小为E= 1.0 X 10? N/C 的匀强

5、电场，在 A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷 P点下落有 x处返回，有 B. 2 gh 在距上极板学处返回 2 AJ%. 在距上极板cd处返回 5 4 枪 P,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为 V0= 1.0 m/s、质量 均为m= 5.0 X 10 14 kg、电荷量均为 q= 2.0 X 10 15 C 的带负电的油漆微粒，不计微粒所受 空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板 B上，重力加速度 g= 10 m/s 2. F 列说法中错误的是（ ）5 沿水平方向喷出的微粒运动到 B板所需时间为 0.2 s 5 原来的 9 故 D 错误. 二、多项选择

6、题 想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好 静止，M点接地.在开关 S 闭合后，下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是 （ ） A. B. 沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达 B板，电场力做功为 2.0 x 10 T2 J C. 若其他条件均不变，d增大为原来的 2 倍, 喷涂面积增大为原来的 2 倍 D. 若其他条件均不变，E增大为原来的 2 倍, 1 喷涂面积减小为原来的 解析：选 D.沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动, 在竖直方向上，加速度 qE+ mg a= m 15 3 13 2X10 x 10 + 5X10 9 1 以/曰 t - “

7、一 14 - m/s = 50 m/s，根据 d=at 得 t = X 同方向喷出的微粒，从喷出至到达 B板，电场力做功为 W= qEd= 2X 10一 15x 103x 1 J = 2.0 x 10 1 T2 J，故 B 正确.若其他条件均不变， d增大为原来的 2 倍，根据d=2at2得，t变为原来 的. 2 倍，则喷涂面积的半径变为原来的 ，2 倍，面积变为原来的 2 倍故 C 正确若其他条 件均不变，E增大为原来的 2 倍，则加速度a 一 15 3 13 2X 10 x 2X 10 + 5X 10 2 2 5 m/s =90 m/s， 加速度变为原喷涂面积的半径变为原来的 w，面积减小

8、为 6. （2018 成都七中高三月考）如图所示, R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理 E ZZ f2d= 0.2 s，故 A 正确.沿不 6 解析：选 AC.液滴受向上的电场力和向下的重力作用； 将热敏电阻 R）加热，则阻值减小,A. 将热敏电阻 R0加热 B. 变阻器R的滑动头P向上移动 C. 开关 S 断开 D. 电容器C的上极板向上移动 7 滑动变阻器R上的电压变大，则电容器两端的电压变大， 两板间场强变大，则液滴向上运动， 选项A 正确；变阻器 R的滑动头 P向上移动时，R的阻值减小，则电容器两端的电压减小， 电容器放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电量不变， 场

9、强不变，则油滴不 动，选项 B 错误；开关 S 断开时，电容器两端的电压等于电源的电动势，则电容器两板间的 场强变大，液滴向上运动，选项 C 正确；电容器C的上极板向上移动时，电容器两板间场强 减小，液滴向下运动，故选项 D 错误. 7如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时 间变化的规律如图乙所示. 电子原来静止在左极板小孔处 （不计重力作用 甲 t = 0 时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 t=丁时刻释放电子，电子必将打到左极板上 4 解析：选 AC根据题中条件作出带电粒子的速度图象，根据速度图象包围的面积分析粒 子的运动.由图 1 知，t

10、=0 时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，- 定能够击中右板，选项 A正确、B 错误. 由图2知，t=:时释放电子， 电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的 不能到达右板，则之后往复运动，选项 C 正确、D 错误. 的是（ h 1- 1 L:2T -% A. B. t = 0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C. t=扌时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D. ）下列说法中正确 图 1 4 2 2 囲2 8 &如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长 L= 0.4 m 两极 板间距离d = 4X 10一3 m,有一束由相

11、同带电微粒组成的粒子流以相同的速度 Vo从两极板中 央平行极板射入，开关 S 闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正 中央.已知微粒质量 m= 4X 10一5 kg、电荷量q = + 1X 10 8 C, g= 10 m/s2，则下列说法正 确的是（ ） - L I A. 微粒的入射速度 Vo = 10 m/s B. 电容器上极板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 C. 电源电压为 180 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D. 电源电压为 100 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 d 1 2 解析：选AC.开关S闭合前，两极板间不带

12、电，微粒落到下极板的正中央，由 2=gt2, L= V0t,联立得V0= 10 m/s , A 对；电容器上极板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更 大，水平位移将更小， B 错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为 a,电场力 d 1 2 Uq 一 向上，则at 1, L= V0t 1, mgn = ma联立解得 U = 120 V，同理微粒在平行板右边缘 2 2 d 上侧飞出时，可得 12 = 200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为 120 V UW 200 V 时， 微粒可以从平行板电容器的右边射出电场， C 对、D 错. 9. 一个质量为 m电荷量为+ q的小球以初速度

13、V0水平抛出，在小球经过的竖直平面 内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔， 竖直高度相等，电场区水平方向无限长. 已知每一电场区的场强大小相等， 方向均竖直向上， 不计空气阻力，下列说法正确的是 （ ） 了丁丁瘵一电场罠 第二无屯场区 旷匚匸匚n輕亟帆 A.小球在水平方向一直做匀速直线运动 b. 若场强大小等于mg则小球经过每一电场区的时间均相同 q c. 若场强大小等于 警则小球经过每一无电场区的时间均相同 q D. 无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同 解析：选 AC.将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以

14、9 V0做匀速直线运动，故 A 正确；竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为 g，竖直向下， 有电场区除重力外，还受到竖直向上的恒定的电场力作用， 加速度的大小和方向取决于合力 的大小和方向.当电场强度等于 珂寸，电场力等于 mg故在电场区小球所受的合力为零， 在无电场区小球匀加速运动， 故经过每个电场区时， 小球的速度均不等， 因而小球经过每10 电场区的时间均不相等，故 B 错误；当电场强度等于彗寸，电场力等于 2mg故在电场区 q 小球所受的合力大小等于 mg方向竖直向上，加速度大小等于 g,方向竖直向上，根据运动 1 2 1 2 学公式有：经过第一个无电场区 y = qgt1，vi=

15、gti,经过第一个电场区， y = vit2 -gt2, V2 =vi gt 2,联立解得11 = 12, V2= 0.接下来小球的运动重复前面的过程，即在竖直方向上每 次通过无电场区都是自由落体运动， 每次通过电场区都是末速度为零的匀减速直线运动， 故 C 正确；通过前面的分析可知，小球通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以通过无电 场区的时间不同，故 D 错误. 三、非选择题 10. （2016 高考四川卷）中国科学院 2015 年 10 月宣布中国将在 2020 年开始建造世界 上最大的粒子加速器加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材 料科学等方面有广泛应用如图所

16、示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管 K点沿轴线进入加速器并依次 向右穿过各漂移管， 在漂移管内做匀速直线运动， 在漂移管间被电场加速， 加速电压视为不 变设质子进入漂移管 B时速度为 8X 106m/s，进入漂移管E时速度为 1x 107m/s，电源频 率为 1X 107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的 相邻漂移管间的加速电压. 长度为L, 联立式并代入数据得 L= 0.4 m . （2）设质子进入漂移管 E的速度为VE，相邻漂移管间的加速电压为 U,电场对质子所做 （漂管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极.质子从 1 质子的比 解析：（1）设

17、质子进入漂移B的速度为 VB，电源频率、周期分别为 f、T,漂移管B的 荷取 1X 108 C/k g.求: 加速缱删 脉冲削源 （1）漂移管B的长度； 11 的功为 W质子从漂移管 B运动到E电场做功 W，质子的电荷量为 q,质量为m则12 W qU W = 3W 联立式并代入数据得 U= 6X 104 V. 答案：(1)0.4 m (2)6 X 104 V 11. (2016 高考北京卷)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后， 沿平行于板面 的方向射入偏转电场，并从另一侧射出.已知电子质量为 m电荷量为e，加速电场电压为 U.偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为 U,极板长度为L,板间

18、距为d. (1) 忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度 Vo和从电场射出时沿垂直板面 方向的偏转距离 y； (2) 分析物理量的数量级， 是解决物理问题的常用方法. 在解决(1)问时忽略了电子所受 重力，请利用下列数据分析说明其原因.已知 U= 2.0 X 102 V, d = 4.0 X 10 2 m, m= 9.1 X 一 31 一 19 2 10 kg , e= 1.6 X 10 C , g= 10 m/s . (3) 极板间既有静电场也有重力场.电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势 $ 的定义式类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势” $ G的概念，并简要说明电势 和“重力势”的共同特点. 解析：(1)根据功和能的关系，有 eU= mV 在偏转电场中，电子的运动时间A t = V0= L 1 2 1 eU 2 UE 偏转距离 A y=2a( A t) = 丁 dm A t) = 4U0d.