高考物理總復習專題七電場第3講電容、帶電粒子在電場中的運動練習含答案

第3講電容、帶電粒子在電場中的運動知識鞏固練1.(2023年浙江卷)某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示，轉向器中有輻向電場.粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應滿足()A.E1E2=RC.E1E2=R【答案】A【解析】帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，則有qE1=mv2R1，qE2=mv2R22.噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上.則微滴在極板間電場中()A.向負極板偏轉B.電勢能逐漸增大C.運動軌跡是拋物線D.運動軌跡與帶電量無關【答案】C3.(2023年深圳模擬)(多選)如圖所示，G為靜電計，M、N為平行板電容器的金屬板，開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度.若不考慮靜電計引起的電荷量變化，則下列說法正確的是()A.保持開關S閉合，將兩極板間距減小，兩極板間的電場強度E1增大B.保持開關S閉合，將滑動變阻器R的滑片P向左移動，靜電計指針張開角度變大C.斷開開關S后，緊貼N極板插入金屬板，靜電計指針張開角度變小D.斷開開關S后，將兩極板間距增大，兩極板間的電勢差U減小【答案】AC【解析】保持開關S閉合，滑動變阻器R僅僅充當導線功能，電容器兩極板間的電勢差U不變，滑動變阻器R的滑片P向左移動不會影響靜電計指針張角，靜電計指針張開角度不變，將兩極板間距d減小，由E1=Ud，可知兩極板間的電場強度E1增大，A正確，B錯誤；斷開開關S后，電容器的帶電量Q不變，若緊貼N極板插入金屬板，相當于兩極板間距d減小，根據(jù)C=εrS4πkd，可知電容C增大，根據(jù)C=QU，可知兩極板間的電勢差U減小，靜電計指針張開角度變小.若將兩極板間距d增大，電容C減小，兩極板間電勢差U4.小李同學用所學知識設計了一個電容式風力傳感器.如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風力作用下向右移動，引起電容的變化，風力越大，移動距離越大(兩電極不接觸).若極板上電荷量保持不變，在受到風力作用時，則()A.電容器電容變小B.極板間電場強度變大C.極板間電壓變小D.靜電計指針張角越大，風力越大【答案】C【解析】根據(jù)C=εrS4πkd，在受到風力作用時，d減小，則電容器電容變大，A錯誤；極板間電場強度E=Ud=QCd=QCd=4π5.(2023年深圳調研)用電流傳感器研究電容器充放電現(xiàn)象，電路如圖所示.電容器不帶電，閉合開關S1，待電流穩(wěn)定后再閉合開關S2，通過傳感器的電流隨時間變化的圖像是()ABCD【答案】A【解析】閉合開關S1后，電容器充電，電容器電壓與電源電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，充電完成后，電容器電壓等于電源電壓，此時電路中電流為零；再閉合開關S2，因為電容器電壓大于R2電壓，則電容器放電，電容器電壓與R2電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，且電流方向與開始充電時的方向相反，當電容器電壓等于R2電壓，此時電路中電流為零，A正確.6.AB板間存在豎直方向的勻強電場，現(xiàn)沿垂直電場線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計重力)，a、b和c的運動軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點射入的.不計空氣阻力，則可知粒子運動的全過程()A.運動加速度aa＞ab＞acB.飛行時間tb=tc＞taC.水平速度va＞vb=vcD.電勢能的減少量ΔEc=ΔEb＞ΔEa【答案】B【解析】根據(jù)牛頓第二定律得微粒的加速度a=qEm，已知qm相同，E相同，所以加速度相同，即aa=ab=ac，故A錯誤；三個帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動，由y=12at2得t=2ya，由圖有yb=yc＞ya，則得tb=tc＞ta，故B正確；三個帶電微粒水平方向都做勻速直線運動，由x=v0t得v0=xt，由圖知xa＞xb＞xc，又tb=tc＞ta，則得va＞vb＞vc，故C錯誤；電場力做功為W7.(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是()A.若t=0時刻釋放電子，則電子始終向右運動，直到打到右極板上B.若t=0時刻釋放電子，則電子可能在兩板間振動C.若t=T4D.若t=3T【答案】AC綜合提升練8.如圖所示，豎直平面內有一平行板電容器AB，兩極板電勢差為U，靠近A板有一個粒子源，可產(chǎn)生初速度為零，電荷量為q的帶電粒子，B板開有一小孔，粒子可無摩擦地穿過小孔，B板右側有一寬度為d，大小為E0的勻強電場，方向豎直向下.現(xiàn)通過調節(jié)U的大小，使粒子離開E0電場區(qū)域的動能最小，不計粒子的重力，下列說法正確的是()A.粒子離開E0電場區(qū)域時的最小動能為qE0dB.U的大小應調為EC.粒子離開E0電場區(qū)域時速度與水平方向夾角為37°D.粒子離開E0電場區(qū)域時豎直方向偏轉的距離為d【答案】A【解析】粒子在左側電場中qU=12mv02，在右側電場d=v0t，y=12E0qmt2.根據(jù)動能定理粒子離開E0電場區(qū)域時Ek=qU+qE0y=qU+d2qE024U，根據(jù)數(shù)學關系可知qU=d2qE024U，動能最小，此時U=dE02，Ek=qE0d.粒子離開9.(2022年北京卷)如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放.不計帶電粒子的重力.(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F；(2)求帶電粒子到達N板時的速度大小v；(3)若在帶電粒子運動d2距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t解：(1)兩極板間的場強E=Ud，帶電粒子所受的靜電力F=qE=qU(2)帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關系有