2025版高考物理一輪復習第六章靜電場課時3電容器帶電粒子在電場中的運動課時訓練含解析新人教版

PAGE11-課時3電容器帶電粒子在電場中的運動1.如圖甲所示為視察電容器放電的電路。先將開關S撥到1端,再撥到2端,得到了如圖乙所示的電流隨時間變更曲線。下列說法正確的是(C)A.開關撥到1端后,電容器的上極板帶負電B.開關撥到1端后,電源對電容器的充電電流恒定C.開關撥到2端后,有電流從b到a流過電阻RD.開關撥到2端后,電容器的放電電流隨時間勻稱減小解析:開關撥到1端后,電容器充電,上極板帶正電,A錯誤;開關撥到2端后,有電流從b到a流過電阻R,C正確;由圖乙所示的電流隨時間變更曲線可知,電容器的放電電流不是隨時間勻稱減小,D錯誤;同理,電源對電容器的充電電流也是漸漸減小的,B錯誤。2.某電容式話筒的原理示意圖如圖所示,E為電源,R為電阻,薄片P和Q為兩金屬極板。對著話筒說話時,P振動而Q可視為不動。在P,Q間距增大的過程中,(D)A.P,Q構成的電容器的電容增大B.P上電荷量保持不變C.M點的電勢比N點的低D.M點的電勢比N點的高解析:電容器P,Q間距增大,依據C=εrS43.一平行板電容器的兩個極板水平放置,兩極板間有一帶電量不變的小油滴,油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零,經一段時間后,油滴以速率v勻速下降;若兩極板間的電壓為U,經一段時間后,油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為-U,油滴做勻速運動時速度的大小、方向將是(C)A.2v、向下 B.2v、向上 C.3v、向下 D.3v、向上解析:當不加電場時,油滴勻速下降,即f=kv=mg;當兩極板間電壓為U時,油滴向上勻速運動,即F電=kv+mg,解得F電=2mg;當兩極板間電壓為-U時,電場力方向反向,大小不變,油滴向下運動,當勻速運動時,F電+mg=kv′,解得v′=3v,C項正確。4.靜電計是在驗電器的基礎上制成的,用其指針的張角大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示,A,B是平行板電容器的兩個金屬板,G為靜電計。起先時開關S閉合,靜電計指針張開肯定角度,為了使指針張開角度增大些,下列實行的措施可行的是(A)A.斷開開關S后,將A,B分開些B.保持開關S閉合,將A,B兩極板分開些C.保持開關S閉合,將A,B兩極板靠近些D.保持開關S閉合,將變阻器滑動觸頭向右移動解析:靜電計指針張角增大,說明電容器兩金屬板間電壓增大,若開關保持閉合,兩金屬板間電壓保持不變,與變更其間距離、移動變阻器觸頭無關,選項B,C,D錯誤;若斷開開關,將A,B分開一些,由C=εr4π5.如圖所示,電子由靜止起先從A板向B板運動,到達B板的速度為v,保持兩板間電壓不變,則(C)A.當減小兩板間的距離時,速度v增大B.當減小兩板間的距離時,速度v減小C.當減小兩板間的距離時,速度v不變D.當減小兩板間的距離時,電子在兩板間運動的時間變長解析:由動能定理得eU=12mv2,當變更兩極板間的距離時,U不變,v不變,選項A,B錯誤,C正確;電子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動,v=dt,v2=d6.一勻強電場的方向豎直向上。t=0時刻,一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場,電場力對粒子做功的功率為P,不計粒子重力,則Pt關系圖象是(A)解析:設粒子帶正電,運動軌跡如圖所示,水平方向,粒子不受力,vx=v0。沿電場方向:受力F電=qE,則加速度a=F電m=qEm,經時間t,粒子沿電場方向的速度vyP=F電vy=qE·qEtm=(qE)7.如圖所示,水平金屬板A,B分別與電源兩極相連,帶電油滴處于靜止狀態(tài)?，F將B板右端向下移動一小段距離,兩金屬板表面仍均為等勢面,則該油滴(D)A.仍舊保持靜止 B.豎直向下運動C.向左下方運動 D.向右下方運動解析:起先時油滴處于靜止狀態(tài),有mg=qUdB板右端下移時,U不變,d變大,電場力F小于重力mg;電場線與金屬板表面垂直,油滴旁邊的部分電場線如圖中曲線所示,則油滴受力分析如圖所示,mg與F的合力方向為右下方,故油滴向右下方運動。8.如圖所示,兩極板與電源相連接,電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場,且恰好從正極板邊緣飛出,現在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍,而電子仍從原來位置射入,且仍從正極板邊緣飛出,則兩極板間的距離應變?yōu)樵瓉淼?C)A.2倍 B.4倍 C.12 D.解析:第一次d=12·Uqmd（Lv0）2,其次次d′=12·Uqmd'·（L9.(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場中,電場方向水平向左。不計空氣阻力,則小球(BC)A.做直線運動 B.做曲線運動C.速領先減小后增大 D.速領先增大后減小解析:小球運動時受重力和電場力的作用,合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上,小球做曲線運動,選項A錯誤,選項B正確;將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F反方向的v2,依據運動與力的關系,v1的大小不變,v2先減小后反向增大,因此小球的速領先減小后增大,選項C正確,選項D錯誤。10.如圖所示,從炙熱的金屬絲飄出的電子(速度可視為零),經加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉電場。電子的重力不計。在滿意電子能射出偏轉電場的條件下,下述四種狀況中,肯定能使電子的偏轉角變大的是(C)A.僅將偏轉電場極性對調 B.僅增大偏轉電極間的距離C.僅增大偏轉電極間的電壓 D.僅減小偏轉電極間的電壓解析:設加速電場電壓為U0,偏轉電壓為U,極板長度為L,間距為d,電子加速過程中,由U0q=mv022,得v0=2U0qm,電子進入極板后做類平拋運動,時間t=Lv0,a=11.一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示,電場方向豎直向下。若不計空氣阻力,則此帶電油滴從a運動到b的過程中,能量變更狀況為(C)A.動能減小 B.電勢能增加C.動能和電勢能之和減小 D.重力勢能和電勢能之和增加解析:由軌跡的彎曲方向可判知,該油滴所受電場力方向向上,所帶電性為負電。所以油滴從a運動到b的過程中,電場力做正功,電勢能削減,重力勢能增加,動能增加,且三者之和不變,據此可判知C正確。12.如圖所示,在水平向右的勻強電場中,質量為m的帶電小球,以初速度v從M點豎直向上運動,通過N點時,速度大小為2v,方向與電場方向相反,則小球從M運動到N的過程(B)A.動能增加12mv2 B.機械能增加2mvC.重力勢能增加32mv2 D.電勢能增加2mv解析:動能變更量ΔEk=12m(2v)2-12mv2=32mv2,故A錯誤;重力和電場力做功,機械能增加量等于電勢能削減量。帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動,由運動學公式得(2v)2-0=2·qEmx,則電勢能削減量等于電場力做的功ΔEp電=W電=qEx=2mv2,故B正確,D錯誤;在豎直方向做勻減速到零的運動,由-v2=-2gh,得重力勢能增加量ΔEp重=mgh=13.有一靜電場,其電勢隨x坐標的變更而變更,變更的圖線如圖所示。若將一帶負電的粒子(重力不計)從坐標原點O由靜止釋放,電場中P,Q兩點的橫坐標分別為1mm,4mm。則下列說法正確的是(C)A.粒子將沿x軸正方向始終向前運動B.粒子經過P點與Q點時,加速度大小相等、方向相反C.粒子經過P點與Q點時,動能相等D.粒子經過P點與Q點時,電場力做功的功率相等解析:依據順著電場線方向電勢降低可知,0～2mm內,電場線沿x軸負方向,粒子所受的電場力方向沿x軸正方向,向x正方向做加速運動;在2～6mm內電場線沿x軸正方向,粒子所受的電場力方向沿x軸負方向,向x軸正方向做減速運動,6mm處粒子的速度為零;然后粒子向x軸負方向先做加速運動后做減速運動,即在0～6mm間做往復運動,故A錯誤;x圖象的斜率大小等于電場強度E,則知P點的電場強度大于Q點的電場強度,則粒子在P點的加速度大于在Q點的加速度,加速度方向相反,故B錯誤;粒子經過P點與Q點時,電勢相等,則其電勢能相等,由能量守恒定律知動能相等,故C正確;粒子經過P點與Q點時,速率相等,但電場力不同,則電場力做功的功率不等,故D錯誤。實力提升14.如圖所示,D是一只二極管,AB是平行板電容器,在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止狀態(tài),當兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行),帶電微粒P的運動狀況是(C)A.向下運動 B.向上運動C.仍靜止不動 D.不能確定解析:當帶電微粒P靜止時,有Eq=mg,當A,B之間距離增大時,電容器的電容C減小,假設U不變,由C=QU15.如圖甲所示,電子由陰極飛出時的初速度忽視不計,電子放射裝置的加速電壓為U0,電容器板長和板間距離均為L=10cm,下極板接地,電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm,在電容器兩極板間接一交變電壓,上極板的電勢隨時間變更的圖象如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短,可以認為電壓是不變的)求:(1)在t=0.06s時刻,電子打在熒光屏上的何處;(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長。解析:(1)電子經電場加速滿意qU0=12mv2經電場偏轉后側移量y=12at2=12qU所以y=U偏由圖知t=0.06s時刻U偏=1.8U0,所以y=4.5cm。設打在屏上的點距O點的距離為Y,滿意Yy=所以Y=13.5cm。(2)由y=U偏L4U0知電子側移量y的最大值為L30cm。答案:(1)打在屏上的點位于O點上方,距O點13.5cm(2)30cm16.如圖所示為一多級加速器模型,一質量為m=1.0×10-3kg、電荷量為q=8.0×10-51.0m,金屬板與水平方向的夾角為θ=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。(1)求A點到M點的高度以及多級加速電場的總電壓U;(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強電場,且電場強度大小E=100V/m,要使帶電小球不打在PQ板上,則兩板間的距離d至少要多長?解析:(1)設小球從A點到B點的運動時間為t1,小球的初速度為v0,A點到M點的高度為y則有v0gt1L2cosθ=v0t1y-L2sinθ=12gt聯立①②③并代入數據解得v0=3m/s,y=1730m帶電小球在多級加速器加速的過程,依據動能定理有qU=12mv0代入數據解得U=18.75V。(2)進入電場時,以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標系沿y軸方向有mgcosθ-qE=may⑥沿x軸方向有mgsinθ=max⑦代入數據得ay=0⑧ax=6m/s2⑨故小球進入電場后做類平拋運動,設剛好從P點離開,則有L2=12axdmin=v0sinθ由⑨⑩解得dmin=526即兩板間的距離d至少為52答案:(1)1730m18.75V(2)517.如圖1所示,靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道,其前、后面板運用絕緣材料,上、下面板運用金屬材料。圖2是裝置的截面圖,上、下兩板與電壓可調的高壓直流電源(內阻可忽視不計)相連。質量為m、電荷量為q的分布勻稱的帶負電塵埃無初速進入A,B兩板間的加速電場,A,B極板間的加速電壓為U0,塵埃加速后全部獲得相同的水平速度,此時單位體積內的塵埃數為n,塵埃被加速后進入矩形通道。當塵埃遇到下板后其所帶電荷被中和并同時被收集,通過調整高壓直流電源的輸出電壓U可以變更收集效率η(被收集塵埃的數量與進入矩形通道塵埃的數量的比值)。不計塵埃的重力、空氣阻力及塵埃之間的相互作用。在該裝置處于穩(wěn)定工作狀態(tài)時:(1)塵埃進入矩形通道時的速度v0多大?(2)若貼近上極板進入矩形通道的塵埃恰能抵達下極板右邊緣,則此時它的動能多大?(3)在(2)問的條件下流經圖2中電流表的電流多大?(4)請推導出收集效率η隨高壓直流電源輸出電壓U變更的函數關系式。解析:(1)對于一個塵埃通過加速電場過程,依據動能定理有qU0=12mv02,解得v0(2)對貼近上極板進入矩形通道最終恰能抵達下極板右邊緣的塵埃,有L=v0t,d=12at2,a=Uq設塵埃抵達下極板右邊緣時動能為Ek,則依據動能定理有qU0+qU=Ek-0,聯立解得Ek=qU0（1+4d2(3)此時全部進入矩形通道的塵埃都被收集,則Δt