（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 8 第六章 靜電場 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動達標檢測鞏固提能

《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 8 第六章 靜電場 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動達標檢測鞏固提能》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 8 第六章 靜電場 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動達標檢測鞏固提能（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3節(jié)　電容器與電容　帶電粒子在電場中的運動 [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，存在電場強度為E的勻強電場．有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g.則點電荷運動到負極板的過程，(　　) A．加速度大小為a＝＋g B．所需的時間為t＝ C．下降的高度為y＝ D．電場力所做的功為W＝Eqd 答案：B 2．(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勻強電場，大小保持不變，讓質(zhì)子(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

2、緣，則質(zhì)子沿b軌跡運動時(　　) 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＝，加速度相同，故A錯誤；質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則偏轉(zhuǎn)距離y＝at2＝··＝，x是水平位移，由題圖看出，y相同，則知，v0越大時，x越大，故質(zhì)子沿b軌跡運動時初速度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錯誤，D正確． 3.如圖所示，A、B兩金屬板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)．分別在A、B兩板間加上下列

3、哪種電壓時，有可能使電子到不了B板(　　) 答案：B 4．(2016·4月浙江選考)密立根油滴實驗原理如圖所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場．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 C．增大場強，懸浮油滴將向上運動 D．油滴的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍 答案：C [課后達標] 一、選擇題 1．(多選)(2020·溫州質(zhì)檢)由電容器電容的定義式C＝可知(　

4、　) 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時所需增加的電荷量 答案：CD 2.(多選)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) A．當增大兩板間距離時，v增大 B．當減小兩板間距離時，v增大 C．當改變兩板間距離時，v不變 D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大 答案：CD 3．(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電場，以A點為坐標原點，AB方向為位移x的正方向，能

5、正確反映電勢φ隨位移x變化的圖象是(　　) 答案：C 4.如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(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．同時到達屏上同一點 B．先后到達屏上同一點 C．同時到達屏上不同點 D．先后到達屏上不同點 解析：選B.一價氫離子(H)和二價氦離子(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，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電場，板長為L，板間距離為d，在板右端

6、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．板間電場強度大小為 B．板間電場強度大小為 C．質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等 D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間 解析：選C.根據(jù)質(zhì)點垂直打在M屏上可知，質(zhì)點在兩板中央運動時向上偏轉(zhuǎn)，在板右端運動時向下偏轉(zhuǎn)，mg

7、BCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出．若不計重力，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∶1 C．1∶2 D．2∶1 解析：選B.粒子水平方向上做勻速直線運動，a、b兩粒子的水平位移之比為1∶2.根據(jù)x＝v0t，知時間比為1∶2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)y＝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＝，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錯誤．

8、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.分析微粒的運動軌跡可知，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錯誤．微粒從M點運動到N點，電場力可能做正功，也可能做負功，故微粒的電勢能可能減小，也可能增大，故B錯誤．微粒從M點運動到N點的過程中，合力做正功，

9、故微粒的動能一定增加，C正確．微粒從M點運動到N點的過程中，除重力之外的電場力可能做正功，也可能做負功，故機械能不一定增加，D錯誤． 8．(2020·溫州月考)如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(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兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) A. B. C. D. 解析：選B.帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律解決問題．根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心．則

10、在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝t2，解得v0＝.故選項B正確，選項A、C、D錯誤． 9.(2020·麗水高二期中)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(zhuǎn)B．電勢能逐漸增大 C．運動軌跡是拋物線D．運動軌跡與帶電荷量無關(guān) 解析：選C.帶負電的墨汁微滴垂直進入電場后，在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的分解——水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動，帶負電的墨汁微滴進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選項錯誤；墨汁微滴垂直進入電場

11、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選項錯誤；根據(jù)x＝v0t，y＝at2及a＝，得墨汁微滴的軌跡方程為y＝，即運動軌跡是拋物線，與帶電荷量有關(guān)，C選項正確，D選項錯誤． 10．有一種靜電除塵的方式如圖所示，空氣中的塵埃進入電離區(qū)后帶上負電，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)都做類似平拋的運動 C．被收集塵埃的電勢能減少量都

12、相等 D．飛入時與圓筒軸線距離相同的塵埃到達筒壁所用的時間相同 解析：選D.塵埃進入電離區(qū)后帶上負電，所受電場力指向金屬圓筒，A錯誤；輻射電場不是勻強電場，塵埃所受電場力是變力，故不是做類似平拋的運動，B錯誤；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錯誤；飛入時與圓筒軸線距離相同的塵埃運動情況相同，則到達筒壁所用的時間相同，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h＝0.8m．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

13、后正好通過C端的正下方P點處．(g取10m/s2)求： (1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向； (2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量； (3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0. 解析：(1)結(jié)合題意分析知： qE＝mg，F(xiàn)合＝mg＝ma a＝g＝10m/s2，方向垂直于桿向下． (2)設(shè)小環(huán)從C運動到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)離開桿做類平拋運動， 平行桿方向勻速運動：h＝v0t 垂直桿方向勻加速運動：h＝at2 解得v0＝2m/s. 答案：(1)10m/s2　垂直于桿向下　(2

14、)4J　(3)2m/s 12．(2020·湖州質(zhì)檢)如圖所示，噴墨打印機中的墨滴在進入偏轉(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)到達紙上．已知兩偏轉(zhuǎn)極板長度L＝1.5×10－2m，兩極板間電場強度E＝1.2×106N/C，墨滴的質(zhì)量m＝1.0×10－13kg，電荷量q＝1.0×10－16C，墨滴在進入電場前的速度v0＝15m/s，方向與兩極板平行．不計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電荷？ (2)求墨滴在兩極板之間運動的時間． (3)求墨滴離開電場時在豎直方向上的位移y. (4)假設(shè)極板到紙的

15、距離d＝2.5×10－3m，求墨滴到紙上時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動，那么墨滴在兩板之間運動的時間t＝ 代入數(shù)據(jù)可得：t＝1.0×10－3s. (3)墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，a＝　 代入數(shù)據(jù)可得：a＝1.2×103m/s2 離開偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向的位移y＝at2 代入數(shù)據(jù)可得：y＝6.0×10－4m. (4)根據(jù)電場的推論＝，可得h＝8.0×10－4m. 答案：(1)負電荷　(2)1.0×10－3s　 (3)6.0×10－4m　(4)8.0×10－4m 13.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

16、絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度E＝1.0×104N/C.現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0×10－4C，質(zhì)量m＝0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點)，在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點(圖中未畫出)．取g＝10m/s2.試求： (1)帶電體運動到圓形軌道B點時對圓形軌道的壓力大小； (2)D點到B點的距離xDB； (3)帶電體在從P開始運動到落至D點的過程中的最大動能． 解析：(1)設(shè)帶電體恰好通過C點時的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律有mg＝m

17、， 解得vC＝2.0m/s. 設(shè)帶電體通過B點時的速度為vB，設(shè)軌道對帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點時，根據(jù)牛頓第二定律有FB－mg＝m. 帶電體從B運動到C的過程中，依據(jù)動能定理有 －mg×2R＝mv－mv 聯(lián)立解得FB＝6.0N， 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C落至水平軌道上的D點經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)運動的分解有 2R＝gt2 xDB＝vCt－t2 聯(lián)立解得xDB＝0. (3)由P到B帶電體做加速運動，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，這兩個力大小相等，其合力與重力方

18、向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點右側(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－mv 代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17J. 答案：(1)6.0N　(2)0　(3)1.17J 14．如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏，現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度地放入電場E1中的A點，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

19、到屏上所用的時間； (2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ； (3)電子打到屏上P′點到O點的距離x. 解析：(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得： a1＝＝ ＝a1t v1＝a1t1，t2＝ 運動的總時間為t＝t1＋t2＝3. (2)設(shè)電子射出電場E2時，沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為 a2＝＝ t3＝，vy＝a2t3 tanθ＝ 聯(lián)立各式解得tanθ＝2. (3)如圖，設(shè)電子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為x1 x1＝a2t tanθ＝ 解得：x＝x1＋x2＝3L. 答案：(1)3　(2)2　(3)3L 10