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）鲁科版-鲁科版高三全册物理试题.doc

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1、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,16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EB.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2QC.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 F”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 F【解析】

2、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 F”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 F,故D错误。2.如图所示,D为一理想二极管(正向电阻为0,反向电阻无穷大),平行金属板M、N水平放置,两

3、板之间有一带电微粒以速度v0沿图示方向做直线运动,当微粒运动到P点时,将M板迅速向上平移一小段距离,则此后微粒的运动情况是()A.沿轨迹运动B.沿轨迹运动C.沿轨迹运动D.沿轨迹运动【解析】选B。当微粒运动到P点时,迅速将M板上移一小段距离,由于二极管反向电阻无穷大,两极板上电量不变,由电容的决定式C=,定义式C=得MN两极板间电压升高,由E=,知电场强度不变,微粒受到的电场力不变,微粒的运动方向不变,仍沿轨迹做直线运动,故B正确,A、C、D错误。3.(2020年山东新高考模拟)如图所示,有一束单色光入射到极限频率为0的金属板K上,具有最大初动能的某出射电子,沿垂直于平行板电容器极板的方向,从

4、左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后,到达右侧极板时速度刚好为零。已知电容器的电容为C,带电量为Q,极板间距为d,普朗克常量为h,电子电量的绝对值为e,不计电子的重力。关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率,以下判断正确的是()A.带正电,0+B.带正电,0+C.带负电,0+D.带负电,0+【解析】选C。以最大初动能入射至电容器的电子经板间电场到达右侧极板速度刚好为0,说明电场力做负功,电场强度方向向右,右侧极板所带电荷为负电荷,且-eU=0-Ek0,其中由电容器电压与电荷量的关系知U=,由最大初动能与入射单色光频率的关系知Ek0=h-h0;代入化简可得=0+。4.如图所示,高为h的

5、固定光滑绝缘斜面,倾角=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.2B.2C.2D.【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()

6、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

7、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.12=12B.12=14C.在02T内,当t=T时电子的电势能最大D.在02T内,电子的电势能减小了【解析】选D。0T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,T2T内平行板间电场强度E2=,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2=31

8、,故A、B错误;当速度最大时,动能最大,电势能最小,而0T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0t1时间内,物块受到逐渐增大的摩擦

9、力,方向水平向右B.在t1t3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0t1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t1t3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=FN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t1t3时间内,电场力一

10、直大于摩擦力,物块一直向右加速运动;在t3t4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时刻物块的速度最大,故C正确,D错误。7.如图, M、N两点处于同一水平面,O为M、N连线的中点,过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆,杆上A、B两点关于O点对称。第一种情况,在M、N两点分别放置电量为+Q和-Q的等量异种点电荷,套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放,运动到B点;第二种情况,在M、N两点分别放置电量为+Q的等量同种点电荷,该金属环仍从A点无初速度释放,运动到B点。则两种情况中()A.金属环运动到B点的速度第一种情况较大B.金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短C

11、.金属环从A点运动到B点的过程中,动能与重力势能之和均保持不变D.金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点),在杆上相同位置的速度第一种情况较大【解析】选B、D。第一、二种情况下,M、N处点电荷形成的电场线分布如图1所示,可以看出,第一种情况下,电场力在金属环从A运动到B的过程中不做功。而第二种情况下,金属环从A运动到O,电场力做负功,金属环从O运动到B,电场力做正功,由于A、B关于O对称,故从A到O的负功与从O到B的正功大小相等,整个从A到B的过程,电场力所做的功为零。依动能定理:Ek=WG+WE=WG,所以EkB=mghAB,两种情况下,金属环到达B点时的速度相等,故A错误。作两种情

12、况下金属环的速度随时间变化的v-t图像如图2。因两种情况下从A到B的位移相同,到达B点的速度也相同,从图像可见,tB1tB2,故B正确。第一种情况下,由于整个过程电场力不做功,金属环的动能与重力势能的和守恒,但第二种情况下,电场力做功,其动能和重力势能的和在变化,故C错误。从图2可见,在杆的相同位置(图线与t轴围成的面积相等),第一种情况的速度一直较大,故D正确。【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mv2B.机械能增加2mv2C

13、.重力势能增加mv2D.电势能增加2mv2【解析】选B。小球从M运动到N的过程中动能增加量Ek=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Ep=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=410-3

14、 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=410-5 kg、电荷量q=+110-8 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/sB.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/

15、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 VU200 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,电子重力不计。求:(1)电子在电场中

16、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=将电子在B点的速度分解(如图)可知vB=v0(2)由动能定理可知:-eUAB=m-m解式得UAB=-。(3)设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy,则有:vy=v0tan 30vy=atAB解式得: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,

17、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,且由带电质点在第一象限做直线运动,有tan =解得=45。(2)P到Q的过程,由动能定理有qEL-mgL=0WPQ=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

18、在第一象限中往返一次所用的时间T=2t=。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

19、: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,则电子通过偏转电场时,有vy=at0、tan=电子在荧光屏上偏离O点的距离Y=y+Ltan=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

20、 cm。答案:(1)打在屏上的点为O点上方13.5 cm处(2)30 cm11. (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=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=-WDAUDA=或UDA=EL解得UDA=(2)由恰好过D点,判断vD=0根据动能定理从A到D过程mg(Ltan 53-2r)-EqL=0解得r=(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=yxtan 53+y=2r解得x=,y=竖直方向自由落体有y=gt2解得t=答案:(1)(2)(3)