2021届高考物理一轮复习核心素养测评二十二电容器与电容带电粒子在电场中的运动含解析 12页

电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 ‎(45分钟　100分)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分，1～6题为单选题，7～8题为多选题)‎ ‎1.下列有关电容器知识的描述，正确的是 (　　)‎ A.图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间电压U等于电源电动势E B.图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电荷量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，流过的总电荷量为2Q C.图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容器使用时都应严格区分正负极 D.图丙中的电容器上标有“400 V，68 μF”字样，说明该电容器只有两端加上400 V的电压时电容才为68 μF ‎【解析】选A。图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电荷量为Q，故B错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者不必区分，故C错误；图丙中的电容器上标有“400 V，68 μF”字样，说明该电容器两端电压最大值为400 V，而电容与电容器的电压及电荷量均无关，总是为 ‎68 μF，故D错误。‎ ‎2.如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板与一个静电计相连，将B极向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E的变化情况分别是 (　　) ‎ 12‎ A.C变小，θ变大，E不变 B.C不变，θ不变，E变小 C.C变小，θ不变，E不变 D.C变小，θ变大，E变小 ‎【解析】选A。当负极板左移一小段距离时，d增大，由C=可知，电容C减小，Q不变，由U=可知两极间的电压增大，因电压增大，静电计指针偏角会增大，根据E===，不论极板间距如何变化，极板的电量总不变，因此电场强度不变，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎3.(2019·武汉模拟)喷墨打印机的简化模型如图所示。墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒，经带电室带负电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知墨汁微粒所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制，微粒偏移量越小打在纸上的字迹越小，则从墨汁微粒进入偏转电场开始到打到纸上的过程中(不计墨汁微粒的重力)，以下说法正确的是 (　　)‎ A.墨汁微粒的轨迹是抛物线 B.电量相同的墨汁微粒轨迹相同 C.墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关 D.减小偏转极板间的电压，可以缩小字迹 ‎【解析】选D。墨汁微粒在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，轨迹不是抛物线，故A错误；墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有，水平方向 12‎ L=v0t，竖直方向y=at2，则出偏转电场时的偏转位移y=·，电量相同，墨汁微粒的轨迹不一定相同，故B错误；根据y=·知，墨汁微粒的运动轨迹与带电量有关，故C错误；根据y=·知，减小偏转极板间的电压，出电场时偏转位移减小，打到纸上的偏转位移减小，可以缩小字迹，故D正确。‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎4.如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角θ=53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的倍，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为(　　) ‎ A.2 B.2　‎ C.2 D.‎ ‎【解析】选D。对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F合=mg，x=h，由动能定理得F合·x=mv2，解得v=。‎ ‎5.如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点。则下列说法正确的是 (　　) ‎ 12‎ A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B.三个液滴的运动时间不一定相同 C.三个液滴落到底板时的速率相同 D.液滴c所带电荷量最多 ‎【解析】选D。三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D正确；因为电场力对液滴c做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误。‎ ‎6.如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t=2T时，电子回到P点。电子运动中没与极板相碰，不计重力，则 (　　)‎ A.φ1∶φ2=1∶2‎ B.φ1∶φ2=1∶4‎ C.在0～2T内，当t=T时电子的电势能最大 D.在0～2T内，电子的电势能减小了 ‎【解析】选D。0～T时间内平行板间的电场强度为E1=，电子以a1==向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移x1=a1T2，速度v1=a1T，T～2T内平行板间电场强度E2=，‎ 12‎ 加速度a2=，电子以v1的速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2=v1T-a2T2，由题意2T时刻回到P点，则x1+x2=0，联立解得φ2=3φ1，故A、B错误；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，所以在T时刻电势能最小，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度v2=v1-a2T=-(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek=m=，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。‎ ‎【加固训练】粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板AB。板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板施加图乙所示的交变电压时，若直到t1时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)则 (　　)‎ A.在0～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右 B.在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力，先逐渐增大，后逐渐减小 C.t3时刻物块的速度最大 D.t4时刻物块的速度最大 ‎【解析】选C。在0～t1时间内，物块处于静止状态，电场强度方向水平向右，物块所受的电场力水平向右，根据平衡条件得：摩擦力大小Ff=qE，而E=，得Ff=q，UAB增大，Ff随之增大，并且由平衡条件知，Ff的方向水平向左，故A错误；在t1～t3时间内，物块向右运动，受到的是滑动摩擦力，物块对地面的压力不变，根据公式Ff=μFN知，摩擦力不变，故B错误；据题意：最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在t1时刻物块所受的静摩擦力达到最大，并恰好等于此时的电场力。在t1～t3时间内，电场力一直大于摩擦力，物块一直向右加速运动；在t3～t4时间内，电场力小于滑动摩擦力，物块向右做减速运动，所以t3‎ 12‎ 时刻物块的速度最大，故C正确，D错误。‎ ‎7.如图所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点，重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是 (　　) ‎ A.小球带负电 B.速度先增大后减小 C.机械能一直减小 D.任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量 ‎【解析】选A、C。小球在B点的速度竖直向下，水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，可知电场力方向水平向左，与电场方向相反，说明小球带负电，故A正确；小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，即合力方向朝左下方，与初速度成钝角，所以开始减速，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大，故B错误；因为电场力做负功，电势能增加，机械能减小，故C正确；任意一小段时间，小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变，总能量守恒，所以电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D错误。‎ ‎【加固训练】 (2019·天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程 (　　)‎ A.动能增加mv2　　　 B.机械能增加2mv2‎ C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2‎ 12‎ ‎【解析】选B。小球从M运动到N的过程中动能增加量ΔEk=Ek2-Ek1=m(2v)2-mv2=mv2，因此A错误；小球在竖直方向上只受重力，做竖直上抛运动，初速度为v，末速度为零，根据0-v2=-2gh可得增加的重力势能ΔEp=mgh=mv2，因此C错误；小球在水平方向只受电场力，做初速度为零、末速度为2v的匀加速直线运动，根据(2v)2-0=2ax可得电场力做功W=Fx=max=2mv2，所以电势能减少2mv2，机械能增加2mv2，因此B正确、D错误。‎ ‎8.如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4 m，两极板间距离d=4×10-3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央。已知微粒质量m=4×10-5 kg、电荷量q=+1×10-8 C，g取10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　) ‎ A.微粒的入射速度v0=10 m/s B.电容器上极板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 C.电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D.电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 ‎【解析】选A、C。开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下极板的正中央，由=gt2，=v0t，联立得v0=10 m/s，A对；电容器上极板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则=a，L=v0t1，mg-=ma，联立解得U1=120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U2=200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V≤U≤200 V时，微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C对、D错。‎ 二、计算题(14分，需写出规范的解题步骤)‎ ‎9.如图所示，质量为m、电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，‎ 12‎ 电子重力不计。求：‎ ‎(1)电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小vB；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎(3)电子从A运动到B的时间tAB。‎ ‎【解析】(1)电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得a= ①‎ 将电子在B点的速度分解(如图)可知 vB==v0 ②‎ ‎(2)由动能定理可知：-eUAB=m-m ③‎ 解②③式得UAB=-。‎ ‎(3)设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，则有：vy=v0tan 30° ④‎ vy=atAB ⑤‎ 解①④⑤式得：tAB=。‎ 答案：(1)　v0　(2)-　(3)‎ ‎【加固训练】如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y 12‎ 轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为-q的带电质点以初速度v0从x轴上P(-L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。求：‎ ‎(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；‎ ‎(2)P、Q两点间的电势差UPQ；‎ ‎(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。‎ ‎【解析】(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE=mg 设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，‎ 且由带电质点在第一象限做直线运动，‎ 有tan θ=‎ 解得θ=45°。‎ ‎(2)P到Q的过程，由动能定理有 qEL-mgL=0‎ WPQ=qEL 解得UPQ==-。‎ ‎(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，‎ 由牛顿第二定律有mg=ma，‎ 即a=g，v0=at 解得t=‎ 带电质点在第一象限中往返一次所用的时间 T=2t=。‎ 12‎ 答案：(1)45°　(2)-　(3)‎ ‎10.(15分)(2020·太原模拟)如图甲所示的装置中，热电子由阴极O飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长l=10 cm，板间距离d=10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离L=10 cm。在电容器两极板间接有交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的。‎ ‎(1)在t=0.06 s时，电子打在荧光屏上的何处？‎ ‎(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ ‎【解析】(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0=m 设偏转电场的场强为E，则有E=‎ 设电子经时间t0通过偏转电场，偏离中心轴线的侧向位移为y，则：在沿轴线方向上，有：‎ t0=‎ 在垂直于轴线方向上，有：a=‎ y=a==‎ 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时，有 vy=at0、tanθ=‎ 电子在荧光屏上偏离O′点的距离 12‎ Y=y+Ltanθ=‎ 由题图知，t=0.06 s时，U=1.8U0 ，代入数据得Y=13.5 cm，‎ 故打在屏上的点为O′点上方13.5 cm处 ‎(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。当U=2U0时，解得Y=15 cm ，所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y=30 cm。‎ 答案：(1)打在屏上的点为O′点上方13.5 cm处 ‎(2)30 cm ‎11.(15分)如图所示，CD左侧存在场强大小为E=，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α=53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)。‎ ‎(1)求DA两点间的电势差UDA；‎ ‎(2)求圆管半径r；‎ ‎(3)求小球从D点运动到P点的时间t。‎ ‎【解析】(1)WAD=-EqL=-mgL=-WDA UDA=或UDA=EL ①‎ 解得UDA= ②‎ 12‎ ‎(2)由恰好过D点，判断vD=0 ③‎ 根据动能定理从A到D过程 mg(Ltan 53°-2r)-EqL=0 ④‎ 解得r= ⑤‎ ‎(3)由于mg=Eq，小球进入电场与水平方向成53°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x=y xtan 53°+y=2r ⑥‎ 解得x=，y= ⑦‎ 竖直方向自由落体有y=gt2 ⑧‎ 解得t= ⑨‎ 答案：(1)　(2)　(3)‎ 12‎