2023年高考物理大一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課時規(guī)范訓(xùn)練

PAGEPAGE1第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課時標(biāo)準(zhǔn)訓(xùn)練[根底穩(wěn)固題組]1．如下圖，先接通S使電容器充電，然后斷開S.當(dāng)增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、兩極板間場強E的變化情況是()A．Q變小，C不變，U不變，E變小B．Q變小，C變小，U不變，E不變C．Q不變，C變小，U變大，E不變D．Q不變，C變小，U變小，E變小解析：選C.電容器充電后再斷開S，那么電容器所帶的電荷量Q不變，由C∝eq\f(εrS,d)可知，d增大時，C變?。挥諹＝eq\f(Q,C)，所以U變大；由于E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故d增大時，E不變，C正確．2.如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置．假設(shè)在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A．保持靜止?fàn)顟B(tài)B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動D．向左下方做勻加速運動解析：選D.兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確．3.兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負極上，這時質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的油滴恰好靜止在兩板之間，如下圖．在其他條件不變的情況下，如果將兩板非常緩慢地水平錯開一些，那么在錯開的過程中()A．油滴將向上加速運動，電流計中的電流從b流向aB．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從a流向bC．油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向aD．油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b解析：選D.電容器與電源相連，兩極板間電壓不變．將兩極板非常緩慢地水平錯開一些，兩極板正對面積減小，而間距不變，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度不變，油滴受到的電場力不變，仍與重力平衡，因此油滴靜止不動．由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容減小，Q＝CU，電荷量減小，電容器放電，因此可判斷電流計中的電流從a流向b，故D正確．4．如下圖，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源．在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，以下說法正確的選項是()A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小解析：選B.甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當(dāng)極板間的距離增大時，根據(jù)公式E＝eq\f(U,d)可知，板間的電場強度減小，電場力減小，所以懸線和豎直方向的夾角將減?。覉D中電容器充電后斷開電源，電容器兩極板所帶的電荷量不變，根據(jù)平行板電容器的電容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，極板間的電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，場強與兩極板間距離無關(guān)，故夾角不變，B正確．5.如下圖，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．假設(shè)微粒帶正電荷，那么A板一定帶正電荷B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C．微粒從M點運動到N點動能一定增加D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加解析：選C.由于兩極板的正負不知，微粒的電性不確定，那么微粒所受電場力方向不確定，所受電場力做功正負不確定，但根據(jù)微粒運動軌跡，微粒所受合力一定向下，那么合力一定做正功，所以電勢能變化情況、機械能變化情況不確定，但微粒動能一定增加，所以只有C正確．6．如下圖，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求：(1)小球到達小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間．解析：(1)由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝eq\f(mgh＋d,qd)U＝EdQ＝CU得Q＝eq\f(mgCh＋d,q)(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)0＝v＋at2t＝t1＋t2綜合可得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))答案：見解析[綜合應(yīng)用題組]7.如下圖，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．假設(shè)保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，那么()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變解析：選D.保持下極板不動，上極板向下移動一小段距離后，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器的電容變大，由于Q不變，由C＝eq\f(Q,U)可知U減小，故靜電計的指針偏角變??；電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)不變；由于下極板不動，電場強度E不變，所以P點的電勢沒有發(fā)生改變，故點電荷在P點的電勢能不變，A、B、C錯誤，D正確．8．(多項選擇)如下圖，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，那么小球()A做直線運動B．做曲線運動C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小解析：選BC.對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤．9．(多項選擇)如下圖，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)滑動變阻器，使A、B兩板間的電壓為U時，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中，恰從A、B兩板的中點處沿原路返回(不計重力)，那么以下說法正確的選項是()A．使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子恰能到達B板B．使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子將從B板中心小孔射出C．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子恰能到達B板D．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子將從B板中心小孔射出解析：選BC.設(shè)帶電粒子進入電場中的位移為x，根據(jù)動能定理得：－qEx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又E＝eq\f(U,d)得x＝eq\f(mdv\o\al(2,0),2qU)，由此可知，要使帶電粒子進入電場后恰能到達B板處，x變?yōu)樵瓉淼?倍，采取的方法有：使帶電粒子的初速度變?yōu)閑q\r(2)v0；或使A、B兩板間的電壓變?yōu)閑q\f(1,2)U；或使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍，故B、C正確，A、D錯誤．10.(多項選擇)如下圖，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E.在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、帶電荷量＋q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下述說法正確的選項是()A．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時速度最大B．小球在運動過程中機械能守恒C．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為mg＋qED．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為3(mg＋qE)解析：選AD.根據(jù)動能定理知，在運動到最低點的過程中，電場力和重力一直做正功，到達最低點的速度最大，故A正確；小球在運動的過程中除了重力做功以外，還有電場力做功，機械能不守恒，故B錯誤；根據(jù)動能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－qE－mg＝meq\f(v2,R)，解得：FN＝3(mg＋qE)，那么球?qū)壍赖膲毫?(mg＋qE)，故C錯誤，D正確．11.(多項選擇)如下圖為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當(dāng)t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，那么以下說法中正確的選項是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零解析：選CD.設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確．12．如下圖，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d.(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用以下數(shù)據(jù)分析說明其原因．U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m(3)極板間既有靜電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢〞φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢〞的共同特點．解析：(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d).(2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力G＝mg～10－29N電場力F＝eq\f(eU,d)～10－1