2023届高考物理一轮总复习-第六章-第3讲-电容器与电容-带电粒子在电场中的运动课时提能演练-新人教版

PAGE9-电容器与电容带电粒子在电场中的运动(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每题7分,共70分。每题只有一个选项正确)1.根据电容器电容的定义式C=QUA.电容器所带的电荷量Q越多,它的电容就越大,C与Q成正比B.电容器不带电时,其电容为零C.电容器两极板之间的电压U越高,它的电容就越小,C与U成反比D.以上说法均不对【解析】选D。电容器的电容的大小与其本身因素有关,与带电量的多少、两极板电压的大小无关,故A、B、C错误,D正确。2.(2023·宁波模拟)如下图,用电池对电容器充电,电路a、b之间接有一灵敏电流表,两极板间有一个电荷q处于静止状态。现将两极板的间距变大,那么()A.电荷将向上加速运动B.电荷仍静止C.电流表中将有从a到b的电流D.电流表中将有从b到a的电流【解析】选D。充电后电容器的上极板A带正电,不断开电源,增大两板间距,U不变、d增大,由E=Ud知两极板间场强减小,场强减小会使电荷q受到的电场力减小,电场力小于重力,合力向下,电荷q向下加速运动,A、B错误;由C=εr3.如下图,一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场,假设不计重力,在图中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是()【解析】选C。粒子在电场中做类平抛运动,受力方向总是沿电场线方向指向轨迹的凹侧,C正确。4.如下图,平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间,现将B极板匀速向下移动到虚线位置,其他条件不变。那么在B极板移动的过程中()A.油滴将向下做匀加速运动B.电流计中电流由b流向aC.油滴运动的加速度逐渐变小D.极板带的电荷量减少【解析】选D。由C=εrS4πkd【总结提升】含容电路的分析方法(1)先确定出电容器的不变量(U或Q)。(2)根据给出的变量,判断出会引起哪些量变化。(3)电路中有电流出现的条件是电容器所带的电量Q发生变化。(4)根据电容器带正电的极板上电荷的增、减情况确定出充、放电时电路中电流的方向。5.(2023·新课标全国卷Ⅰ)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,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方d2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)返回。假设将下极板向上平移dA.打到下极板上 B.在下极板处返回C.在距上极板d2处返回 D.在距上极板2【解题指南】解答此题可按以下思路进行:(1)根据动能定理对下落全过程列方程求出两极板间电势差;(2)下极板移动后根据动能定理列方程求出粒子在两极板之间移动的最大距离。【解析】选D。带电粒子从P点下落刚好到达下极板处,由动能定理得:mg(d2+d)-qU=0,当将下极板向上平移d3时,设从P点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x处速度为零,那么对带电粒子下落过程由动能定理得:mg(d2+x)-q·U2d3·x=0,解得x=6.如下图,质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点静止释放后,分别抵达B、C两点,假设AB=BC,那么它们带电荷量之比q1∶q2等于()A.1∶2 B.2∶1C.1∶2 D.2∶1【解析】选B。竖直方向有h=12gt2,水平方向有l=12qEmt2,联立可得q=,所以有q【变式备选】如下图,竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场,在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响),P小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两极板正中央由静止开始释放,两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点,那么从开始释放到打到右极板的过程中()A.它们运动时间的关系为tP>tQB.它们的电荷量之比为qP∶qQ=2∶1C.它们的竖直分速度增量之比为Δv1∶Δv2=2∶1D.它们的电势能减少量之比为ΔEP∶ΔEQ=2∶1【解析】选B。由于两球在竖直方向均做自由落体运动,运动时间由h=12gt2决定,可知tP=tQ,A错误。两小球的水平位移之比为xP∶xQ=2∶1,据x=12at2可知,加速度之比为2∶1,故两球的电量之比为2∶1,B正确。两小球在竖直方向只受重力作用,位移相同,所以它们在竖直方向上的分速度增量相同,故C错误。电势能的减少量等于电场力所做的功,ΔEP∶ΔEQ=qPExP∶qQExQ=47.如下图,A、B两导体板平行放置,在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别在A、B两板间加四种电压,它们的UAB-t图线如以下四图所示,其中可能使电子到不了B板的是()【解析】选B。在A选项所加电压下,电子将一直向B板加速运动;在C选项所加电压下,电子是先加速再减速至0,再加速再减速至0,一直向B板运动;D选项和C选项一样,只不过电子的加速度发生变化;只有在B选项所加电压下,电子先向B板加速再减速,再向A板加速再减速至初始位置,且速度变为0,如此往复运动,应选B。8.如下图,平行板电容器的两个极板竖直放置,并接直流电源。假设一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器,a到c是直线,由于电极板边缘效应,粒子从c到d的运动轨迹是曲线,重力加速度为g,那么该粒子()A.在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动,cd段电场力大于重力B.从a到c粒子做匀加速直线运动,加速度是gC.从a到d粒子的重力势能减小,电势能增加D.从a到d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向【解析】选B。由粒子在电场中的运动轨迹可判断粒子受力如图,合力F必沿ac方向,由几何知识可求得加速度大小a=Fm=gcosθ9.如图甲为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化,那么在荧光屏上会看到的图形是()【解析】选B。示波管YY′间为信号电压,XX′为扫描电压,0～t1,Y板电势高,电子向Y板偏转,X′电势高,电子向X′板偏转,由此知C、D错;又根据偏移量公式y=qU2mdt2,偏移量与偏转电压成正比,0、t1、2t1时刻偏转电压为0,偏移量也为0,12t1、310.如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,t=0时,Q板比P板电势高5V,此时在两板的正中央M点有一个电子,速度为零,电子在电场力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在0<t<8×10-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧,速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A.0<t<2×10-10sB.2×10-10s<t<4×10-10sC.4×10-10s<t<6×10-10sD.6×10-10s<t<8×10-10s【解析】选D。分析电子的受力可知,电子从M点开始先向右加速,再向右减速,4×10-10s末速度为零,然后再向左加速至6×10-10s,从6×10-10～8×10-10s再向左减速,速度图像如下图,由此可知电子在M点右侧,速度方向向左且大小减小的时间为6×10-10～8×10-10s,D正确。二、非选择题(本大题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(14分)如下图,在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场,在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计),以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中,v0方向的延长线与屏的交点为O。试求:(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间;(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα;(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。【解析】(1)根据题意,粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动,所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t=2Lv(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy,根据牛顿第二定律,粒子在电场中的加速度为:a=Eq所以vy=aLv0=所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanα=vyv0(3)设粒子在电场中的偏转距离为y,那么y=12a(Lv0)2=12·又x=y+Ltanα, (2分)解得:x=3qE答案:(1)2Lv0(2)12.(能力挑战题)(2023·厦门模拟)(16分)如下图,四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内,圆弧轨道的圆心为O,半径为R;P点离地高度也为R,传送带PC之间的距离为L,沿逆时针方向传动,传送带速度v=2gR,在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑,恰好运动到C端后返回。物体与传送带间的动摩擦因数为μ(1)匀强电场的场强E的大小;(2)物体返回到圆弧轨道P点,物体对圆弧轨道的压力大小;(3)假设在直线PC上方空间再加上磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),物体从圆弧顶点A静止释放,运动到C端后做平抛运动,落地点离C点的水平距离为R,试求物体在传送带上运动的时间t。【解析】(1)小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑,运动到C端过程,根据动能定理mgR+qER-μmgL=0 (3分)解得:E=μmgL-mgR(2)物体由A点静止开始沿轨道下滑到P:mgR+qER=12mvvP=2gR+2qERm所以,物体返回到P过程,先做加速运动后匀速运动,返回到P的速度为vP′=v=2gR在P点由牛顿第二定律:N-mg-qE=m(v解得:N=2mg+μmgL由牛顿第三定律,物体对圆弧轨道的压力N′=2mg+μmgL