浙江新高考選考物理一輪復(fù)習(xí)達(dá)標(biāo)檢測鞏固提能8第六章3第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動

[隨堂檢測]1．(2017·4月浙江選考)如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場．有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g.則點(diǎn)電荷運(yùn)動到負(fù)極板的過程，()A．加速度大小為a＝eq\f(Eq,m)＋gB．所需的時(shí)間為t＝eq\r(\f(dm,Eq))C．下降的高度為y＝eq\f(d,2)D．電場力所做的功為W＝Eqd答案：B2．(多選)(2020·臺州高三檢測)如圖所示，平行板電容器充電后形成一個(gè)勻強(qiáng)電場，大小保持不變，讓質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)流以不同初速度，先、后兩次垂直電場射入，分別沿a、b軌跡落到極板的中央和邊緣，則質(zhì)子沿b軌跡運(yùn)動時(shí)()A．加速度更大B．初速度更大C．動能增量更大D．兩次的電勢能增量相同解析：選BD.加速度為a＝eq\f(qE,m)，加速度相同，故A錯(cuò)誤；質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\f(x2,veq\o\al(2,0))＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，x是水平位移，由題圖看出，y相同，則知，v0越大時(shí)，x越大，故質(zhì)子沿b軌跡運(yùn)動時(shí)初速度v0更大，故B正確；電場力做功為W＝qEy，可見，電場力做功相同，由能量守恒得知，兩次動能的增量相同，電勢能的增量相同，故C錯(cuò)誤，D正確．3.如圖所示，A、B兩金屬板平行放置，在t＝0時(shí)將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì))．分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時(shí)，有可能使電子到不了B板()答案：B4．(2016·4月浙江選考)密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴．通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()A．懸浮油滴帶正電B．懸浮油滴的電荷量為eq\f(mg,U)C．增大場強(qiáng)，懸浮油滴將向上運(yùn)動D．油滴的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍答案：C[課后達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．(多選)(2020·溫州質(zhì)檢)由電容器電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知()A．若電容器不帶電，則電容C為零B．電容C與電容器所帶電荷量Q成正比C．電容C與所帶電荷量Q多少無關(guān)D．電容在數(shù)值上等于使兩板間的電壓增加1V時(shí)所需增加的電荷量答案：CD2.(多選)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v增大B．當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大C．當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變D．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動的時(shí)間也增大答案：CD3．(2020·衢州質(zhì)檢)如圖所示，充電的平行板電容器兩板間形成勻強(qiáng)電場，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB方向?yàn)槲灰苮的正方向，能正確反映電勢φ隨位移x變化的圖象是()答案：C4.如圖所示，一價(jià)氫離子(eq\o\al(1,1)H)和二價(jià)氦離子(eq\o\al(4,2)He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A．同時(shí)到達(dá)屏上同一點(diǎn) B．先后到達(dá)屏上同一點(diǎn)C．同時(shí)到達(dá)屏上不同點(diǎn) D．先后到達(dá)屏上不同點(diǎn)解析：選B.一價(jià)氫離子(eq\o\al(1,1)H)和二價(jià)氦離子(eq\o\al(4,2)He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會先后打在屏上同一點(diǎn)，選B.5.(2020·浙江溫嶺質(zhì)檢)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()A．板間電場強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)B．板間電場強(qiáng)度大小為eq\f(mg,2q)C．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動到光屏的時(shí)間相等D．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時(shí)間解析：選C.根據(jù)質(zhì)點(diǎn)垂直打在M屏上可知，質(zhì)點(diǎn)在兩板中央運(yùn)動時(shí)向上偏轉(zhuǎn)，在板右端運(yùn)動時(shí)向下偏轉(zhuǎn)，mg<qE，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動的分解和合成，質(zhì)點(diǎn)沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動到光屏的時(shí)間相等，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．6．(2020·舟山質(zhì)檢)如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，兩個(gè)帶正電粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點(diǎn)A射入，從BC的中點(diǎn)P射出，粒子b由AB的中點(diǎn)O射入，從頂點(diǎn)C射出．若不計(jì)重力，則a和b的比荷(帶電荷量和質(zhì)量比值)之比是()A．1∶8 B．8∶1C．1∶2 D．2∶1解析：選B.粒子水平方向上做勻速直線運(yùn)動，a、b兩粒子的水平位移之比為1∶2.根據(jù)x＝v0t，知時(shí)間比為1∶，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2知，y之比為2∶1，則a、b的加速度之比為8∶1，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a＝eq\f(qE,m)，加速度之比等于比荷之比，則兩電荷的比荷之比為8∶1，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．7.如圖所示，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(yùn)動，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)電勢能一定增加C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)動能一定增加D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加解析：選C.分析微粒的運(yùn)動軌跡可知，微粒的合力方向一定豎直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的電場力可能向下，也可能向上，故A錯(cuò)誤．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，電場力可能做正功，也可能做負(fù)功，故微粒的電勢能可能減小，也可能增大，故B錯(cuò)誤．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，合力做正功，故微粒的動能一定增加，C正確．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，除重力之外的電場力可能做正功，也可能做負(fù)功，故機(jī)械能不一定增加，D錯(cuò)誤．8．(2020·溫州月考)如圖，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場中)．不計(jì)重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))解析：選B.帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律解決問題．根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心．則在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在豎直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh)).故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤．9.(2020·麗水高二期中)噴墨打印機(jī)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?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)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(fù)極板偏轉(zhuǎn)B．電勢能逐漸增大C．運(yùn)動軌跡是拋物線D．運(yùn)動軌跡與帶電荷量無關(guān)解析：選C.帶負(fù)電的墨汁微滴垂直進(jìn)入電場后，在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的分解——水平方向做勻速直線運(yùn)動和豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，帶負(fù)電的墨汁微滴進(jìn)入電場后受到向上的靜電力，故墨汁微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；墨汁微滴垂直進(jìn)入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2及a＝eq\f(qE,m)，得墨汁微滴的軌跡方程為y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，即運(yùn)動軌跡是拋物線，與帶電荷量有關(guān)，C選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯(cuò)誤．10．有一種靜電除塵的方式如圖所示，空氣中的塵埃進(jìn)入電離區(qū)后帶上負(fù)電，然后沿平行軸線方向飛入金屬圓筒收集區(qū)．在圓筒軸線處放有一條直導(dǎo)線，在導(dǎo)線與筒壁間加上電壓U，形成沿半徑方向的輻射電場，假設(shè)每個(gè)塵埃的質(zhì)量和帶電量均相同，飛入收集區(qū)的速度相同，不計(jì)塵埃的重力，不考慮塵埃間的相互作用，則()A．大量塵埃將聚集在導(dǎo)線上B．塵埃在圓筒內(nèi)都做類似平拋的運(yùn)動C．被收集塵埃的電勢能減少量都相等D．飛入時(shí)與圓筒軸線距離相同的塵埃到達(dá)筒壁所用的時(shí)間相同解析：選D.塵埃進(jìn)入電離區(qū)后帶上負(fù)電，所受電場力指向金屬圓筒，A錯(cuò)誤；輻射電場不是勻強(qiáng)電場，塵埃所受電場力是變力，故不是做類似平拋的運(yùn)動，B錯(cuò)誤；塵埃偏向金屬圓筒過程中電場力做功不同，電勢能減少量不相等，C錯(cuò)誤；飛入時(shí)與圓筒軸線距離相同的塵埃運(yùn)動情況相同，則到達(dá)筒壁所用的時(shí)間相同，D正確．二、非選擇題11．(2020·杭州質(zhì)檢)如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度hm．有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑．小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點(diǎn)處．(g取10m/s2)求：(1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動的加速度大小和方向；(2)小環(huán)從C運(yùn)動到P過程中的動能增量；(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動速度的大小v0.解析：(1)結(jié)合題意分析知：qE＝mg，F(xiàn)合＝eq\r(2)mg＝maa＝eq\r(2)g＝10eq\r(2)m/s2，方向垂直于桿向下．(2)設(shè)小環(huán)從C運(yùn)動到P的過程中動能的增量為ΔEk＝W重＋W電其中W重＝mgh＝4J，W電＝0，所以ΔEk＝4J.(3)環(huán)離開桿做類平拋運(yùn)動，平行桿方向勻速運(yùn)動：eq\f(\r(2),2)h＝v0t垂直桿方向勻加速運(yùn)動：eq\f(\r(2),2)h＝eq\f(1,2)at2解得v0＝2m/s.答案：(1)10eq\r(2)m/s2垂直于桿向下(2)4J(3)2m/s12．(2020·湖州質(zhì)檢)如圖所示，噴墨打印機(jī)中的墨滴在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場之前會被帶上一定量的電荷，在電場的作用下使電荷發(fā)生偏轉(zhuǎn)到達(dá)紙上．已知兩偏轉(zhuǎn)極板長度L×10－2m，兩極板間電場強(qiáng)度E×106N/C，墨滴的質(zhì)量m×10－13kg，電荷量q×10－16C，墨滴在進(jìn)入電場前的速度v0＝15m/s，方向與兩極板平行．不計(jì)空氣阻力和墨滴重力，假設(shè)偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行極板內(nèi)部，忽略邊緣電場的影響．(1)判斷墨滴帶正電荷還是負(fù)電荷？(2)求墨滴在兩極板之間運(yùn)動的時(shí)間．(3)求墨滴離開電場時(shí)在豎直方向上的位移y.(4)假設(shè)極板到紙的距離d×10－3m，求墨滴到紙上時(shí)的豎直方向上的位移h.解析：(2)墨滴在水平方向做勻速直線運(yùn)動，那么墨滴在兩板之間運(yùn)動的時(shí)間t＝eq\f(L,v0)代入數(shù)據(jù)可得：t×10－3s.(3)墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，a＝eq\f(Eq,m)代入數(shù)據(jù)可得：a×103m/s2離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)在豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)at2代入數(shù)據(jù)可得：y×10－4m.(4)根據(jù)電場的推論eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋d)＝eq\f(y,h)，可得h＝×10－4m.答案：(1)負(fù)電荷(2)×10－3s(3)×10－4m(4)×10－4m13.如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強(qiáng)度E×104q×10－4C，質(zhì)量m(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)(圖中未畫出)．取g＝10m/s2.試求：(1)帶電體運(yùn)動到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對圓形軌道的壓力大??；(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB；(3)帶電體在從P開始運(yùn)動到落至D點(diǎn)的過程中的最大動能．解析：(1)設(shè)帶電體恰好通過C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得vC設(shè)帶電體通過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，設(shè)軌道對帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R).帶電體從B運(yùn)動到C的過程中，依據(jù)動能定理有－mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得FB，根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力F′B＝6.0N.(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動的分解有2R＝eq\f(1,2)gt2xDB＝vCt－eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2聯(lián)立解得xDB＝0.(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中，在此過程中只有重力和電場力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對應(yīng)圓心角為45°處．設(shè)帶電體的最大動能為Ekm，根據(jù)動能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈J.答案：(1)(2)0(3)14．如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強(qiáng)為E1＝E的