新高考人教物理一輪作業(yè)第七章第3講電容器的電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

[A組基礎(chǔ)題組]一、單項(xiàng)選擇題1．據(jù)國外某媒體報(bào)道，科學(xué)家發(fā)明了一種新型超級(jí)電容器，能讓幾分鐘內(nèi)充滿電，某同學(xué)登山時(shí)用這種超級(jí)電容器給充電，下列說法正確的是()A．充電時(shí)，電容器的電容變小B．充電時(shí)，電容器存儲(chǔ)的電能變小C．充電時(shí)，電容器所帶的電荷量可能不變D．充電結(jié)束后，電容器不帶電，電容器的電容為零解析：電容器的電容是由電容器自身的因素決定的，故充電時(shí)，電容器的電容不變，充電結(jié)束后，電容器的電容不可能為零，故A、D錯(cuò)誤；給充電時(shí)，電容器所帶的電荷量減小，存儲(chǔ)的電能變小，故B正確；給充電時(shí)，電能增加，電容器上的電荷量一定減小，故C錯(cuò)誤。答案：B2．(2021·西北師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷固定在P點(diǎn)。靜電計(jì)的金屬球與電容器的負(fù)極板連接，外殼接地．以E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)，φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，Ep表示該試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計(jì)帶電荷量可忽略不計(jì))，各物理量變化情況描述正確的是()A．E增大，φ降低，Ep減小，θ增大B．E不變，φ降低，Ep增大，θ減小C．E不變，φ升高，Ep減小，θ減小D．E減小，φ升高，Ep減小，θ減小解析：將正極板適當(dāng)向右水平移動(dòng)，兩板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電荷量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減小，再依據(jù)板間場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可見E不變；P點(diǎn)到正極板距離減小，且正極接地，由公式U＝Ed得知，P點(diǎn)的電勢(shì)升高；負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能減小，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。答案：C3．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)。現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D．穿過P′點(diǎn)解析：電子在A、B板間的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間的電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，M、P兩點(diǎn)間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，C板向右平移到P′時(shí)，B、C兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運(yùn)動(dòng)后，在B、C板間減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零，然后返回，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案：A4．如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場(chǎng)，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該()A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)解析：設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(U2L2,4dU1)；U1加倍，想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，即y不變，則必須使U2加倍，故選A。答案：A5．(2019·高考江蘇卷)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上，t＝0時(shí)刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做功的功率為P，不計(jì)粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是()解析：由于帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)力方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為eq\f(qE,m)，經(jīng)過時(shí)間t，電場(chǎng)力方向速度為eq\f(qE,m)t，功率為P＝Fv＝qE·eq\f(qE,m)t，所以P與t成正比，故A正確。答案：A二、多項(xiàng)選擇題6．帶有等量異號(hào)電荷、相距10cm的平行板A和B之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝4×104V/m，方向豎直向下，如圖所示。電場(chǎng)中C點(diǎn)距B板3cm，D點(diǎn)距A板2cm。有一個(gè)質(zhì)量為m＝2×10－8kg的帶電微粒沿圖中所示的虛線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)。若重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．該微粒在D點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最大B．該微?？赡茏鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)C．在此過程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為1×10－8JD．該微粒帶負(fù)電解析：由于微粒只受電場(chǎng)力和重力作用，這兩個(gè)力均在豎直方向上，微粒做直線運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力的大小等于重力，微粒所受的合外力為0，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向豎直向上，大小為mg，微粒從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，A、B錯(cuò)誤；微粒從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)了5cm，所以電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為1×10－8J，C正確；該微粒帶負(fù)電，D正確。答案：CD7．如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個(gè)質(zhì)量相等的帶電粒子M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場(chǎng)，兩帶電粒子恰好在板間某點(diǎn)相遇。若不考慮帶電粒子的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是()A．M的電荷量大于N的電荷量B．兩帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度相等C．從兩帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)到兩帶電粒子相遇，電場(chǎng)力對(duì)M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)N做的功D．M進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小與N進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小一定相同解析：從軌跡可以看出：yM>yN，故eq\f(1,2)·eq\f(qME,m)t2>eq\f(1,2)·eq\f(qNE,m)t2，解得：eq\f(qME,m)>eq\f(qNE,m)，qM>qN，故A正確，B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功W電＝qEy，由題圖可知yM>yN，且qM>qN，所以電場(chǎng)力對(duì)M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xM>xN，即vMt>vNt，所以vM>vN，故D錯(cuò)誤。答案：AC8.(2021·山西呂梁第一次模擬)如圖所示，M、N為兩個(gè)等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點(diǎn)，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計(jì))從左方沿A、C連線方向射入，到A點(diǎn)時(shí)速度vA＝1m/s，到B點(diǎn)時(shí)速度vB＝eq\r(5)m/s，則()A．微粒從B至C做加速運(yùn)動(dòng)，且vC＝3m/sB．微粒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的最終速度為eq\r(5)m/sC．微粒從A到C先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)D．微粒最終可能返回至B點(diǎn)，其速度大小為eq\r(5)m/s解析：AC之間電場(chǎng)是對(duì)稱的，A到B電場(chǎng)力做的功和B到C電場(chǎng)力做的功相同，依據(jù)動(dòng)能定理可得qUAB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2,2qUAB＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2，解得vC＝3m/s，A正確；過B作垂直AC的面，此面為等勢(shì)面，微粒經(jīng)過C點(diǎn)之后，會(huì)向無窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)，而無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，故在B點(diǎn)的動(dòng)能等于在無窮遠(yuǎn)處的動(dòng)能，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終的速度應(yīng)該與在B點(diǎn)時(shí)相同，均為eq\r(5)m/s，B正確，D錯(cuò)誤；在到達(dá)A點(diǎn)之前，微粒做減速運(yùn)動(dòng)，而從A到C微粒一直做加速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤。答案：AB[B組能力題組]9．(多選)(2021·適應(yīng)性測(cè)試河北卷)如圖，某電容器由兩水平放置的半圓形金屬板組成，板間為真空。兩金屬板分別與電源兩極相連，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉(zhuǎn)動(dòng)。起初兩極板邊緣對(duì)齊，然后上極板轉(zhuǎn)過10°，并使兩極板間距減小到原來的一半。假設(shè)變化前后均有一電子由靜止從上極板運(yùn)動(dòng)到下極板。忽略邊緣效應(yīng)，則下列說法正確的是()A．變化前后電容器電容之比為9∶17B．變化前后電容器所帶電荷量之比為16∶9C．變化前后電子到達(dá)下極板的速度之比為eq\r(2)∶1D．變化前后電子運(yùn)動(dòng)到下極板所用時(shí)間之比為2∶1解析：由平行板電容器電容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，變化前后電容器電容之比為eq\f(C1,C2)＝eq\f(S1,S2)·eq\f(d2,d1)＝eq\f(9,17)電容器兩端電壓不變，變化前后電容器所帶電荷量之比為eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(C1,C2)＝eq\f(9,17)故A正確，B錯(cuò)誤；電子由靜止從上極板運(yùn)動(dòng)到下極板過程，由動(dòng)能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2解得電子到達(dá)下極板的速度v＝eq\r(\f(2eU,m))電容器兩端電壓不變，變化前后電子到達(dá)下極板的速度之比為1∶1，故C錯(cuò)誤；電子由靜止從上極板運(yùn)動(dòng)到下極板過程，電子的加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2md2,eU))＝deq\r(\f(2m,eU))變化前后電子運(yùn)動(dòng)到下極板所用時(shí)間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(d1,d2)＝eq\f(2,1)故D正確。答案：AD10.(多選)(2021·陜西寶雞質(zhì)檢)如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，M點(diǎn)與N點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上，兩個(gè)質(zhì)量相等的帶正電荷的粒子，以相同的速度v0分別從M點(diǎn)和N點(diǎn)同時(shí)垂直進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)兩粒子的重力和粒子間的庫侖力。已知兩粒子都能經(jīng)過P點(diǎn)，在此過程中，下列說法正確的()A．從N點(diǎn)進(jìn)入的粒子先到達(dá)P點(diǎn)B．從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子先到達(dá)P點(diǎn)C．粒子在到達(dá)P點(diǎn)的過程中電勢(shì)能都減小D．從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子的電荷量小于從N點(diǎn)進(jìn)入的粒子的電荷量解析：兩粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，因?yàn)橹亓Σ挥?jì)，在豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)，在水平方向向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，由題圖可知兩粒子與P點(diǎn)的豎直距離相同，設(shè)為y，則運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t＝eq\f(y,v0)，即兩個(gè)粒子同時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，故A、B錯(cuò)誤；兩粒子都帶正電，電場(chǎng)力向左，且兩粒子在水平方向均向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力均做正功，電勢(shì)能都減小，故C正確；由題圖可知，從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子，其水平方向的位移較小，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知相同的時(shí)間t內(nèi)，從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子的加速度較小，根據(jù)a＝eq\f(qE,m)，兩個(gè)粒子的質(zhì)量相同，又在同一電場(chǎng)，即E相同，故從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子的電荷量較小，故D正確。答案：CD11．一質(zhì)量為m的帶電小球以速度v0沿豎直方向從A點(diǎn)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，如圖所示，經(jīng)過一段時(shí)間后到達(dá)B點(diǎn)，其速度變?yōu)樗椒较?，大小仍為v0，重力加速度為g，求：(1)小球帶電情況；(2)小球由A到B的位移；(3)小球速度的最小值。解析：(1)從A到B過程中，在豎直方向小球做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度ay＝g，B點(diǎn)是最高點(diǎn)，豎直分速度為0，有t＝eq\f(v0,g)。水平方向小球在電場(chǎng)力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知小球帶正電，初速度為0，加速度ax＝eq\f(qE,m)，水平方向有v0＝eq\f(qE,m)t，聯(lián)立解得Eq＝mg，可得q＝eq\f(mg,E)。(2)在兩個(gè)方向上的運(yùn)動(dòng)互為逆運(yùn)動(dòng)，故小球運(yùn)動(dòng)的水平位移大小等于豎直位移大小在豎直方向有2gh＝v02，可得h＝eq\f(v02,2g)，所以位移大小為eq\r(2)h＝eq\f(\r(2)v02,2g)，方向與水平方向的夾角為45°斜向右上方。(3)設(shè)重力與電場(chǎng)力的合力為F，其與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(mg,qE)＝1，如圖所示。開始一段時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)與速度方向夾角大于90°，合力做負(fù)功，動(dòng)能減小，后來F與速度夾角小于90°，合力做正功，動(dòng)能增加，因此，當(dāng)F與速度v的方向垂直時(shí)，小球的動(dòng)能最小，速度也最小，設(shè)為vmin，即tanθ＝eq\f(vx,vy)＝1，則vx＝vy，vx＝eq\f(qE,m)t′＝gt′，vy＝v0－gt′，解得t′＝eq\f(v0,2g)，vmin＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\f(\r(2)v0,2)。答案：(1)小球帶正電，電荷量為eq\f(mg,E)(2)eq\f(\r(2)v02,2g)，與水平方向的夾角為45°斜向右上方(3)eq\f(\r(2)v0,2)12．(2021·江西吉安一中段考)如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)重力)無初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn)，A點(diǎn)到MN的距離為eq\f(L,2)，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間t；(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打到屏上的點(diǎn)P′(圖中未標(biāo)出)到點(diǎn)O的距離x。解析：(1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1，由牛頓第二定律得a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)，①由x＝eq\f(1,2)at2得eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1t12，②電子進(jìn)入電場(chǎng)E2時(shí)的速度為v1＝a1t1，③進(jìn)入電場(chǎng)E2到屏水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為t2′＝2t2＝eq\f(2L,v1)，④電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間為t＝t1＋t2′，⑤聯(lián)立①～⑤求解