高三物理单元复习测试题及答案电容器与电容、带电粒子在电场中的运动
高考物理一轮复习 第六章《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》试题
权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。
高三物理电容器与电容带电粒子在电场中的运动作业
电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。
其中1～3题为单选，4～8题为多选)1. (2020·北京市东城区一模)如图所示，电容器上标有“80 V1000 μF”字样。
下列说法正确的是()A．电容器两端电压为0时其电容为零B．电容器两端电压为80 V时才能存储电荷C．电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为0.08 CD．电容器两端电压低于80 V时其电容小于1000 μF答案 C解析电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U和电量Q无关，给定的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可知，电容器两端只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为Q＝1000×10－6×80 C＝0.08 C，故C正确。
2．(2018·北京高考) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是()A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案 A解析 用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故A 正确；根据平行板电容器的电容决定式C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故B 错误；根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd ，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角变小，故C 错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C 不变，故D 错误。
2021届高考物理：电容器、带电粒子在电场中的运动含答案
[解析] 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、
支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道
作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合
力视为等效重力mg ′，大小为mg ′＝错误!＝错误!，tan
θ＝qE mg ＝33
，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。
因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D
点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg ′＝mv2D R
，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知
－2mg ′R ＝12m v 2D －12
m v 20 解得v 0＝103gR 3
，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v 0≥103gR 3。
[答案] v 0≥103gR 3。
电容器 带电粒子在电场中的运动(含答案)
电容器 带电粒子在电场中的运动【电容器基础知识】1．对于某一电解电容器，下列说法中正确的是（ ）A ．电容器带电荷量越多，电容越大B ．电容器两极板间电压越小，电容越大C ．电容器的电容与所带电荷量成正比，与极板间的电压成反比D ．随电容器所带电荷量的增加，电容器两极板间的电压也增大2．对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是（ ）A ．使正对面积增大，电容将减小B ．使正对面积减小，电容将减小C ．将两极板的间距增大，电容将增大D ．将两极板的间距增大，电容将不变3．超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景。
如图所示，某超级电容标有“2.7V 3000F ”，将该电容接在1.5V 干电池的两端，则电路稳定后该的负极板上所带电量为（ ）A ．﹣4500CB ．﹣2000C C ．﹣8100CD ．﹣1667C【电容器动态分析】(1)U 不变①根据C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U，先分析电容的变化，再分析Q 的变化。
②根据E ＝U d分析场强的变化。
③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化。
(2)Q 不变①根据C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U， 先分析电容的变化，再分析U 的变化。
②根据E ＝U d分析场强变化。
4、(2016·全国卷Ⅰ，14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板电荷量变小，极板间电场强度不变【拓展1】 (多选)将【例1】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增大B ．极板间的电势差增大C ．极板上的电荷量变大D ．极板间电场强度变大【拓展2】 (多选)若水平放置接有恒压电源的平行金属板内部空间有一带电粒子P 恰能静止，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是( )A ．电容器所带电荷量保持不变B ．极板间的电场强度保持不变C ．粒子所在初位置的电势能保持不变D ．粒子将加速向下运动5、(2018·株洲统一检测)如图所示，R 是一个定值电阻，A 、B 为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒P 处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．若增大A 、B 两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻RB ．若增大A 、B 两金属板的间距，P 将向上运动C ．若紧贴A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，P 将向上运动D ．若紧贴B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P 将向上运动【知识巩固】6、(2018·福建毕业班质检)为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心．当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的．假设尘埃向收尘极运动过程中所带电荷量不变，下列说法中正确的是()A. 金属圆筒内存在匀强电场B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越低C. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D. 带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小7、在图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，则（）A．静电计指针张角不变，极板上的电荷量变小B．静电计指针张角不变，极板上的电荷量变大C．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变小D．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大8、(多选)如图18所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是()A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度9、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则()A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大10、(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图18-5所示．用E表示两极板间场强，U表示电容器两极板间的电压，E p表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则()A．U变小，E不变B．E变大，E p不变C．U变小，E p不变D．U不变，E p不变11、为厉行低碳环保，很多城市用超级电容车替换城市公交。
2020届高三物理一轮复习同步练习卷：电容器、带电粒子在电场中的运动(含答案)
电容器、带电粒子在电场中的运动1．(多选)(2019·湖北六校联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球( )A．重力做功为5 J B．电势能减少2 JC．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J2．(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小3．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零4.(2019·贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B．在t＝5 s时，滑块经过边界MNC．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功5.(2019·湖北孝感模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是( )A．断开开关S后，将A、B两极板分开 B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些 D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动6.(2019·福建龙岩模拟)如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计重力)( )A．2∶5 B．5∶2 C．4∶5 D．5∶47.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的( )A．小球带负电 B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D．小球在运动过程中机械能守恒8.如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y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U PQ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．9.(2019·安徽合肥模拟)如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地，A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定初速度沿A、B两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间．已知带电粒子带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：(1)该粒子进入A、B间的初速度v0为多大时，粒子刚好能到达O2孔；(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；(3)A、B两板间距的最小值．10.(2019·河南南阳一中模拟)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，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v B；(2)A、B两点间的电势差U AB；(3)电子从A运动到B的时间t AB.11.如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g.求：(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能E p；(3)A、B两球最终的速度v A、v B的大小．12.(2019·福建厦门一中期中)如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝10 g、电荷量q＝＋1×10－6 C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g取10 m/s2，求：(1)该电场的电场强度；(2)若电场强度变为原来的12，小物块运动的加速度大小；(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L ＝23 m 时，机械能的改变量．参考答案1．(多选)(2019·湖北六校联考)一带电小球在空中由A 点运动到B 点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J ，机械能增加1.5 J ，电场力做功2 J ，则小球 ( )A ．重力做功为5 JB ．电势能减少2 JC ．空气阻力做功0.5 JD ．动能减少3.5 J【答案】BD【解析】小球的重力势能增加5 J ，则小球克服重力做功5 J ，故A 错误；电场力对小球做功2 J ，则小球的电势能减小2 J ，故B 正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用．小球的机械能增加1.5 J ，则除重力以外的力做功为1.5 J ，电场力对小球做功2 J ，则知，空气阻力做功为－0.5 J ，即小球克服空气阻力做功0.5 J ，故C 错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J ，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J ，D 正确． 2．(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小 【答案】AB【解析】带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点高，带负电的油滴在Q 点的电势能比它在P 点的小，在Q 点的动能比它在P 点的大，故A 、B 正确，C 错误．在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D 错误．3．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放 一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零 【答案】CD【解析】设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qE m可知，a 2＝2a 1，可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v t 图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C 、D 正确．4.(2019·贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN 将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN 某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m 的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v －t 图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )A ．滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小相等B ．在t ＝5 s 时，滑块经过边界MNC ．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D ．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功 【答案】C.【解析】根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小不相等，选项A 错误；根据题图乙所示速度图象可知，t ＝2 s 时滑块越过分界线MN ，选项B 错误；根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2 s 时间内，滑块加速度大小可表示为a 1＝v 02，在2～5 s 时间内，滑块加速度大小可表示为a 2＝v 03，设电场力为F ，运动过程中所受摩擦力为f ，对滑块在MN 分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F －f ＝ma 1，对滑块在MN 分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f ＝ma 2，联立解得：f ∶F ＝2∶5，选项C 正确；在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：W f ＝f ·2.5v 0，电场力做的功可表示为W F ＝F ·v 0＝2.5f ·v 0，二者做功相等，选项D 错误．5.(2019·湖北孝感模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，D 为静电计，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是( )A ．断开开关S 后，将A 、B 两极板分开 B ．断开开关S 后，增大A 、B 两极板的正对面积C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动 【答案】B【解析】.断开开关S ，电容器所带电荷量不变，将A 、B 两极板分开些，则d 增大，根据C ＝εr S4πkd 知，电容C 减小，根据U ＝Q C知，电势差增大，指针张角增大，选项A 错误；断开开关S ，增大A 、B 两极板的正对面积，即S 增大，根据C ＝εr S 4πkd 知，电容C 增大，根据U ＝QC 知，电势差减小，指针张角减小，选项B 正确；保持开关S 闭合，无论将A 、B 两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，选项C 错误；保持开关S 闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项D 错误． 6.(2019·福建龙岩模拟)如图，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的5倍，它们以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，则P 和Q 的质量之比为(不计重力)( )A ．2∶5B ．5∶2C ．4∶5D ．5∶4 【答案】D【解析】粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1∶2，由l ＝v 0t 可知运动时间比为1∶2，由y ＝12at 2得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a ＝qEm ，因为电荷量比为5∶1，则质量比为5∶4，故D 正确，A 、B 、C 错误．7.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b .不计空气阻力，则下列说法正确的( )A ．小球带负电B ．电场力跟重力平衡C ．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电势能减小D ．小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A 错，B 对；从a →b ，电场力做负功，电势能增大，C 错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D 错．8.如图所示，第一象限中有沿x 轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y 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v 0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v 0与x 轴正方向的夹角； (2)P 、Q 两点间的电势差U PQ ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间． 【答案】(1)45° (2)－mgL q (3)2v 0g【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v 0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＝mgqE解得θ＝45°.(2)P 到Q 的过程，由动能定理有qEL －mgL ＝0 W PQ ＝qEL解得U PQ ＝W PQ －q ＝－mgLq.(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2mg ＝ma ， 即a ＝2g ，v 0＝at 解得t ＝2v 02g带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T ＝2t ＝2v 0g.9.(2019·安徽合肥模拟)如图甲所示，A 、B 是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B 板接地，A 板电势φA 随时间变化的情况如图乙所示，C 、D 两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O 1′和O 2，两板间电压为U 2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t ＝0时刻以一定初速度沿A 、B 两板间的中 轴线O 1O 1′进入，并能从O 1′沿O 1′O 2进入C 、D 间．已知带电粒子带电荷量为－q ，质量为m ，(不计粒子重 力)求：(1)该粒子进入A 、B 间的初速度v 0为多大时，粒子刚好能到达O 2孔； (2)在(1)的条件下，A 、B 两板长度的最小值； (3)A 、B 两板间距的最小值． 【答案】(1)2qU 2m(2)T2qU 2m (3)T2qU 12m【解析】(1)粒子在A 、B 板间运动时，水平方向不受外力作用而做匀速运动，所以进入O 1′孔的速度即为进入A 、B 板间的初速度v 0，粒子在C 、D 间运动，刚好能到达O 2孔，由动能定理得qU 2＝12mv 2解得v 0＝2qU 2m.(2)粒子进入A 、B 板间后，在一个周期T 内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v 竖＝0，若在第一个周期进入O 1′孔，则对应两板长度最短，则最短长度L ＝v 0T ＝T2qU 2m .(3)若粒子在T2的运动过程中刚好打不到A 板而返回，则此时两板间距最小，设为d ，有d 2＝12×qU 1md 24⎪⎭⎫⎝⎛T ×2 解得d ＝T2qU 12m. 10.(2019·河南南阳一中模拟)如图所示，质量为m 、电荷量为e 的电子，从A 点以速度v 0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，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v B ； (2)A 、B 两点间的电势差U AB ； (3)电子从A 运动到B 的时间t AB .【答案】(1)eE m 233v 0 (2)－mv 026e (3)3mv 03eE【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 ＝eEm① 将电子在B 点的速度分解(如图)可知v B ＝v 0cos 30°＝233v 0②(2)由动能定理可知：－eU AB ＝12mv B 2－12mv 02③解②③式得U AB ＝－mv 026e.(3)在B 点设电子在B 点沿电场方向的速度大小为v y ，则有：v y ＝v 0tan 30°④v y ＝at AB ⑤解①④⑤式得：t AB ＝3mv 03eE. 11.如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切．质 量为m 的带正电小球B 静止在水平面上，质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平面高为h 处由静止释 放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为零，A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A 、B 两球始终没有接触．重力加速度为g .求：(1)A 球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A 、B 两球相距最近时，A 、B 两球系统的电势能E p ； (3)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小．【答案】] (1)2gh (2)23mgh (3)132gh 432gh【解析】 (1)对A 球下滑的过程，据机械能守恒得 2mgh ＝12·2mv 2解得v 0＝2gh .(2)A 球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv 0＝(2m ＋m )v 解得v ＝23v 0＝232gh据能量守恒定律得2mgh ＝12(2m ＋m )v 2＋E p解得E p ＝23mgh .(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定．则2mv 0＝2mv A ＋mv B 12×2mv 20＝12×2mv 2A ＋12mv 2B 解得v A ＝13v 0＝132gh ，v B ＝43v 0＝432gh .12.(2019·福建厦门一中期中)如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m ＝10 g 、电荷量q ＝＋1×10－6C 的 小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g 取10 m/s 2，求：(1)该电场的电场强度；(2)若电场强度变为原来的12，小物块运动的加速度大小；(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L ＝23 m 时，机械能的改变量．【答案】(1)7.5×104N/C ，方向水平向右 (2)3 m/s 2(3)－0.02 J【解析】(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有在x 轴方向：F cos 37°－mg sin 37°＝0 在y 轴方向：F N －mg cos 37°－F sin 37°＝0得：qE ＝mg tan 37°，故有E ＝3mg 4q ＝7.5×104N/C ，方向水平向右．(2)场强变化后物块所受合力为：F ＝mg sin 37°－12qE cos 37°根据牛顿第二定律得：F ＝ma故代入解得a ＝0.3g ＝3 m/s 2，方向沿斜面向下． (3)机械能的改变量等于电场力做的功， 故ΔE ＝－12qEL cos 37°，解得ΔE ＝－0.02 J.。
新课标全国高考考前复习物理 6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动
新课标全国高考考前复习物理6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动1．如图6－3－1所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是 ( )．A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀速运动D ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析 在由电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B 点运动，受 电场力方向由A 指向B ，则电场线方向由B 指向A ，该负电荷做加速运动，其加速度大 小的变化不能确定．选项B 正确． 答案 B2. 如图6－3－2所示是测定液面高度h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则 ( )．A ．导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在增大B ．导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在增大C ．导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在减小D ．导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在减小解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左→右，则导体芯A 所带电荷 量在减小，由Q ＝CU 可知，芯A 与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h 在 减小，故D 正确． 答案 D3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大图6－3－1图6－3－2小．如图6－3－3所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )．图6－3－3A ．断开开关S 后，将A 、B 分开些 B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开些C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动解析 要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增 大，断开开关S 后，将A 、B 分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大， A 正确；保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的 电势差不变，B 、C 均错误；保持开关S 闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动， 静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D 错误． 答案 A4．如图6－3－4所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线 打在屏上O 点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )．A ．将打在O 点的下方B ．将打在O 点的上方C ．穿过平行板电容器的时间将增加D ．达到屏上动能将增加解析 由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两 极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下， 所以小球向下偏转，将打在O 点下方，A 项正确，B 项错误；小球的运动时间由水平方图6－3－4向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C 项错 误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D 项正确． 答案 AD5．如图6－3－5所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为 ( )． A ．mv 02B.12mv 02C ．2mv 02D.52mv 02解析 由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v Py t ，合速度v P ＝v 02＋v Py 2＝5v 0E kP ＝12mv P 2＝52mv 02，故选D(等效思维法)．答案 D6．如图6－3－6所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则 ( )．A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A 运动到B 动能的变化量等于电场力做 的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间 距离增加，时间变长．图6－3－6图6－3－5答案 CD7．如图6－3－7所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )．A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极间的距离C ．仅增大偏转电极间的电压D ．仅减小偏转电极间的电压 解析 设加速电场电压为U 0，偏转电压为U ，极板长度为L ，间距为d ，电子加速过程 中，由U 0q ＝mv 022，得v 0＝2U 0qm，电子进入极板后做类平抛运动，时间t ＝L v 0，a ＝Uq dm，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝UL2U 0d，由此可判断C 正确．(类平抛模型)答案 C8．如图6－3－8所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．则下列说法正确的是( )．A ．带电粒子在Q 点的电势能为－Uq B ．带电粒子带负电图6－3－7图6－3－8C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3dD ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断B 错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场 力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以A 正确；设带电粒子在P 点时的速度 为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运 动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0.带电粒子在y 轴方向 上的平均速度为v y ＝3v 02；带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，带电粒子在电场中的 运动时间为t ，y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0得E ＝23U 3d，C 正确，D 错误． 答案 AC9．如图6－3－9所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )．A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在 荧光屏上的位置上升B ．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置 上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析 设加速电压为U 0，进入偏转电场时的速度大小为v 0，则电子经加速电场：eU 0＝12mv 02① 偏转电场中：L ＝v 0t② y ＝12×Uedmt 2③图6－3－9eU d y ＝12mv 2－12mv 02④由①②③得y ＝L 2U 4dU 0.当滑动触头向右滑动时，U 0变大，y 变小， 所以选项A 错，B 对． 由①②③④得12mv 2＝L 2U 2e4d 2U 0＋eU 0当U 增大时，12mv 2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对．答案 BD10．M 、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M 点运动到N 点，其电势能随位移变化的关系如图6－3－10所示，则下列说法正确的是 ( )．A ．电子在N 点的动能小于在M 点的动能B ．该电场有可能是匀强电场C ．该电子运动的加速度越来越小D ．电子运动的轨迹为曲线解析 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M 点运动到N 点，电势能减小，动能增加，A 选项错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W ＝qE Δx 可得电场强 度越来越小，B 选项错误；由于电子从M 点运动到N 点电场力逐渐减小，所以加速度逐 渐减小，C 选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN 电场线为直线，由运动 与力的关系可得轨迹必为直线，D 选项错误． 答案 C11．如图6－3－11甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图6－3－26乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．图6－3－10图6－3－11(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系．解析 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81 d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压 电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t① 在竖直方向有0.81d 0＝12at2② 其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为 100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t④ 在竖直方向有d m ＝12a ′t2⑤ 其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m⑥ 联立①②③④⑤⑥式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)当d >0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端 边缘，此时有x ＝12qU md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 0 2⑧ 根据题意，收集效率为η＝x d⑨联立①②③⑧⑨式可得η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 2.答案 (1)0.9d 0 (2)η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 212．如图6－3－12所示，长L ＝1.2 m 、质量M ＝3 kg 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m ＝1 kg 、带电荷量q ＝＋2.5×10－4C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E ＝4.0×104N/C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8 N ．取g ＝10 m/s 2，斜面足够长．求： (1)物块经多长时间离开木板？ (2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析 (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定 律对物块：mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE )＝ma 1 对木板：Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE )－F ＝Ma 2 又12a 1t 2－12a 2t 2＝L 得物块滑过木板所用时间t ＝2s .(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s. 其动能为E k2＝12Mv 22＝27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为(程序思维法)Q ＝Fs 相对＝μ(mg cos 37°＋qE )·L ＝2.16 J.答案 (1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J图6－3－12。
高考物理一轮复习 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课后练习(新题,含解析)
课时训练20 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动一、选择题1.如图所示，平行板电容器经开关S 与电源连接，在a 处有一个带电荷量非常小的点电荷，S 是闭合的，φa 为a 点的电势，F 表示点电荷受到的电场力．现将电容器的B 板向下稍微移动，使两极板间的距离增大，则( )A ．φa 变大，F 变大B ．φa 变大，F 变小C ．φa 不变，F 不变D ．φa 不变，F 变小解析 由E ＝U d，d 增大，E 减小，F 减小；E 减小，由UAa ＝EdAa 得UAa 减小，故φa 变大，选B.答案 B2．如图所示，对一个给定的电容器充电时，下列图象中能正确反映电容器所带电荷量Q 、两极板间电压U 和电容器的电容C 之间关系的是( )解析 对一个给定的电容器，C 与Q 、U 无关，Q 与U 的比值不变，为电容器的电容，故选B 、C.答案 BC3.如图所示的电路，闭合开关S 后，当滑动变阻器的滑片由a 向b 滑动时，平行板电容器的( )A ．板间电场强度增大B ．电荷量不变C ．两极板间电压不变D ．电容增大解析 本题考查电容器所带的电荷量、电容和两极板间电压与外界因素的关系．在闭合开关S 后，当滑动变阻器的滑片由a 向b 滑动时改变了电阻．电容器接入的地方可以视为开路，其两端的电压一直等于电源的电动势．故选B 、C.答案 BC4.[2014·唐山模拟]如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出；现使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍 C.12 D.14解析 电子在两极板间做类平抛运动：水平方向：l ＝v0t ，t ＝l v0；竖直方向：d ＝12at2＝qU 2mdt2＝qUl22mdv20，故d2＝qUl22mv20，即d ∝1v0，故C 正确． 答案 C5．如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy ，当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝2 V ，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝－1 V 时，荧光屏上光点的坐标为(4，－1)，则当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝1 V ，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝2 V 时，荧光屏上光点的坐标为( )A ．(2，－2)B ．(4，－2)C ．(2,2)D ．(4,2)解析 偏转位移与电压成正比，所以答案为C.答案 C6.[2013·重庆卷]如图所示，高速运动的α粒子被位于O 点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M 、N 和Q 为轨迹上的三点，N 点离核最近，Q 点比M 点离核更远，则( )A ．α粒子在M 点的速率比在Q 点的大B ．三点中，α粒子在N 点的电势能最大C ．在重核产生的电场中，M 点的电势比Q 点的低D ．α粒子从M 点运动到Q 点，电场力对它做的总功为负功解析 α粒子和重原子核都带正电，α粒子从M 向N 运动时，克服库仑力做功，α粒子的电势能增加，速度减小；α粒子从N 向Q 运动时，库仑力做正功，α粒子的电势能减小，故α粒子在N 点的电势能最大，B 项正确；由M 、N 、Q 点与重原子核的位置关系可知，粒子在从M 点运动到Q 点的过程中库仑力做正功，α粒子在Q 点的速率比在M 点的速率大，A 、D 两项错误；α粒子在M 点的电势能大于在Q 点的电势能，故M 点的电势比Q 点的电势高，C 项错误．答案 B7.[2014·广州模拟]如图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )A ．两板间的距离B ．两板间的电压C ．两板间的电介质D ．两板的正对面积解析 计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A 正确．答案 A8.[2014·山东测试]如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于A 、B 两点．一个带点电粒子从C 点由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB 中垂线运动到D 点(C 、D 是关于AB 对称的两点，图中未标出其具体位置)．下图中关于粒子运动的v －t 图象可能正确的是( )解析 根据等量同种点电荷中垂线上电势相等的特点，可知C 、D 两点的电势相等，由功能关系可得，带电粒子在C 、D 两点速度均为零，根据等量同种点电荷中垂线上场强的特点可知，场强可能是先减小后增大，也可能是先增大后减小，所以带电粒子的加速度可能是先减小后增大，也可能是先增大后减小．v －t 图线的斜率表示的是物体做直线运动的加速度，所以C 、D 正确．答案 CD 9.如图所示，A 、B 为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S 分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a 和b ，在a 孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回。
3.高考物理电容器与电容专题精练含答案
进入导航
第9页
解析：将 S 断开，电容器电量不变，板间场强不变，故油滴 仍处于静止状态，选项 A 错误；若 S 闭合，将 A 板左移，由 E ＝Ud 可知，E 不变，油滴仍静止，由 C＝4επrkSd可知正对面积减小 时电容 C 变小，则电容器极板电量 Q＝CU 变小，电容器放电， 则有 b→a 的电流，故选项 B 正确；将 A 板上移，由 E＝Ud 可知， E 变小，油滴应向下加速运动，由 C＝4επrkSd可知板间距离增大时 电容 C 变小，电容器要放电，则有 b→a 的电流流过 G，故选项
进入导航
第28页
vx＝v0 (3)速度vy＝at＝mqvU0ld v＝ vx2＋v2y，tanθ＝vvxy＝mqvU20ld.
l＝v0t (4)位移y＝12at2＝2qmUvl202d.
进入导航
第29页
2．两个结论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转 电场射出时的偏转角度总是相同的． 证明：由 qU0＝12mv20及 tanθ＝mqvU20ld得 tanθ＝2UU0ld. (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交 点 O 为粒子水平位移的中点，即 O 到电场边缘的距离为2l .
进入导航
第5页
考向 1 电容器带电量不变 1．(2019·安徽宿州一模)(多选)如图为某一机器人上的电容式 位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位 移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静 电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就 能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为 θ，则被测 物体( BC )
进入导航
第17页
如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容 为 C，极板间距离为 d，上极板正中有一小孔．质量为 m、电荷 量为＋q 的小球从小孔正上方高 h 处由静止开始下落，穿过小孔 到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为 匀强电场，重力加速度为 g)．求：
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高三物理单元复习测试题及答案电容器与电容、带电粒子在电场中的运动在现代，物理学已经成为自然科学中最基础的学科之一。
以下是查字典物理网为大家整理的高三物理单元复习测试题及答案，希望可以解决您所遇到的相关问题，加油，查字典物理网一直陪伴您。
一、选择题1.下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有( )A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C.静电计可以用电压表替代D.静电计可以用电流表替代【答案】选A.【详解】静电计是用来测量电容器两极板的电势差，从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化.如果用电压表、电流表来替代则构成电容器的放电回路，两电表都没有示数，故答案为A.2. 水平放置的平行板电容器与一电池相连.在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态.现将电容器两板间的距离增大，则 ( )A.电容变大，质点向上运动B.电容变大，质点向下运动C.电容变小，质点保持静止D.电容变小，质点向下运动【答案】选D.【详解】带电质点在电容器中处于静止状态有mg=qE，因为电容器与电源连接，电压不变，E=U/d，d增大，电容C减小，E减小，质点向下运动，答案为D.3.虚线框内存在着匀强电场(方向未知)，有一正电荷(重力不计)从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是( )A.电场力一定对电荷做了正功B.电场方向可能垂直ab边向右C.电荷运动的轨迹可能是一段圆弧D.电荷的运动一定是匀变速运动【答案】选B、D.【详解】由正电荷在匀强电场中的偏转可以判断，其所受电场力一定指向运动曲线的内侧，但电场力与速度方向的夹角可能为锐角或钝角，电场力可能做正功或负功，所以选项A 错B对，由于正电荷只受恒定的电场力作用，所以正电荷不可能做圆周运动，一定是匀变速曲线运动，选项D正确，答案为B、D.4. 如图所示，水平放置的平行板电容器与一直流电源相连，在两板中央有一带电液滴处于静止状态.现通过瞬间平移和缓慢平移两种方法将A板移到图中虚线位置.下列关于带电液滴运动的说法中正确的是( )A.上述两种方法中，液滴都向B板做匀加速直线运动B.采用瞬间平移的方法，液滴运动到B板经历的时间短C.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板时速度大D.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板过程中电场力做功多【答案】选B.【详解】瞬间平移使带电液滴加速度突然增大立即做匀加速运动，而缓慢平移至虚线位置这一阶段，带电液滴电场力缓慢增大，加速度也缓慢增大，到达虚线位置以后才开始做匀加速运动，所以瞬间平移使带电液滴到达B板的时间短，做功多，速度大，故答案为B.5. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()【答案】选AD.【详解】在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F=U0ed，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化.由牛顿第二定律F=ma可知，电子在第一个T4内向B板做匀加速直线运动，在第二个T4内向B板做匀减速直线运动，在第三个T4内反向做匀加速直线运动.在第四个T4内向A板做匀减速直线运动，所以a-t图象如图1所示，v-t图象如图2所示;又因匀变速直线运动位移x=v0t+12at2，所以x-t 图象应是曲线.故本题选AD.6 如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连.闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上.下列说法中正确的是()A.液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B.电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大C.电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短D.定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长【答案】选BC.【详解】电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势.极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错;电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对;电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对;定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D项错.7.如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，两极板间距离为d，今在距两极板的中点12d处放一电荷q，则()A.q所受电场力的大小为QqCdB.q所受电场力的大小为k4Qqd2C.q点处的电场强度是k4Qd2D.q点处的电场强度是k8qd2【答案】选A.【详解】两极板之间的电场强度E=Ud，q受到的电场力F=Eq=Udq=QCdq，A正确;Q不是点电荷，点电荷的场强公式E=kQr2在这里不能用，B、C、D不正确.8. 分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地.三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是()A.A带正电、B不带电、C带负电B.三小球在电场中加速度大小关系是：aAC.三小球在电场中运动时间相等D.三小球到达下板时的动能关系是EkCEkA【答案】选C.【详解】由于A的水平射程x最远，A的运动时间t=xv0最长，C错误.A的加速度aA=2ht2最小，而C的加速度aC最大，aA9.如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()A.板间电场强度大小为mg/qB.板间电场强度大小为2mg/qC.质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D.质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间【答案】选BC.【详解】当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上.由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等.由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vx=v0;在竖直方向上：在电场中vy=at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vy=gt，由此运动过程的对称性可知a=g，由牛顿第二定律得：qE-mg=ma=mg，解得：E=2mg/q.故B、C正确.10.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是()A.从t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两极间振动C.从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上【答案】AC【详解】若t=0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误;若从t=T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确;同理，若从t=3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极间的距离，所以D错误.二、非选择题11.如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置，乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟，以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E.右侧为沿y轴负方向的匀强电场.已知OAAB，OA=AB，且OB间的电势差为U0，若在x轴的C点无初速度地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过B点，求：(1)CO间的距离d;(2)粒子通过B点的速度大小.【答案】(1)U04E (2)5qU02m【详解】(1)设正离子到达O点的速度为v0(其方向沿x轴的正方向)则正离子由C点到O点由动能定理得：qEd=12mv02-0①而正离子从O点到B点做类平抛运动，则：OA=12qU0OAmt2②AB=v0t③而OA=AB④由①②③④得d=U04E.(2)设正离子到B点时速度的大小为vB，正离子从C到B过程中由动能定理得：qEd+qU0=12mvB2-0，解得vB=5qU02m.12.如图所示，一光滑斜面的直角点A处固定一带电荷量为+q、质量为m的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点由静止自由释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，求：(1)小球从B处开始运动到斜面中点D处时的速度;(2)小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力是多大? 【答案】(1)gL2 (2)32mg-2kq23L2【详解】由于小球沿斜面下滑过程中所受电场力为变力，因此不能用功的定义来求解，只能用动能定理求解(1)由题意知：小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有电势B，即UDB=B=0①则由动能定理得：mgL2sin30=12mv2D-0②联立①②解得：vD=gL2③(2)当小球运动至C点时，对球受力分析如图所示，则由平衡条件得：FN+F库sin30=mgcos30④由库仑定律得：F库=kq2(Lcos30)2⑤联立④⑤得：FN=32mg-23kq2L2由牛顿第三定律得：FN=FN=32mg-2kq23L2.最后，希望小编整理的高三物理单元复习测试题及答案对您有所帮助，祝同学们学习进步。