(新高考)高考物理一轮复习课时作业第7章第3讲《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》(含解析)

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第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　时间：60分钟　 　　满分：100分一、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 V　1000 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＝，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＝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＝，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＝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。3．(2016·天津高考) 如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)A．θ增大，E增大  B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大  D．θ减小，E不变答案　D解析　极板移动过程中电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C＝和C＝可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝＝，则E不变，Ep不变，综合上述，只有D项正确。4．(2020·安徽省蚌埠市高三下第四次教学质量检查) 如图，水平放置的平行板电容器通过开关K连接在电源两极，极板间距离为h，上极板正中有一小孔。闭合开关K，一个比荷(荷质比)为a的带电小球从小孔正上方高2h的P点由静止开始下落，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，则下列说法正确的是(　　)A．小球带负电，电源电动势为B．保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，小球从P点由静止释放将不能运动到下极板C．断开开关，若将下极板向下移动一小段距离，极板间的电场强度为D．断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，小球从P点由静止释放将仍能运动到下极板答案　AC解析　小球从静止开始下落到下极板处速度恰为零，可知静电力对小球做负功，小球带负电，根据动能定理可知mg·3h－qU＝0－0，而＝a，解得板间电压为U＝＝，则电源电动势为，A正确；保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，电容器两端电压不变，静电力做功不变，重力做功增大，根据动能定理知小球可以运动到下极板，B错误；断开开关，电容器所带电荷量不变，则E＝＝＝＝Q，可知改变极板间距，电场强度不变，所以板间场强与开关闭合时相等，E＝＝＝，C正确；断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，极板正对面积减小，根据E＝知电场强度增大，根据动能定理知小球不可能运动到下极板处，D错误。5．(2021·八省联考河北卷) 如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是(　　)A．变化前后电容器电容之比为9∶17B．变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9C．变化前后电子到达下极板的速度之比为 ∶1D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1答案　AD解析　由平行板电容器电容公式C＝可知，变化前后电容器电容之比为＝·＝·＝，电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为＝＝，故A正确，B错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有eU＝mv2，可知电子到达下极板的速度v＝，电容器两端电压不变，则变化前后电子到达下极板的速度之比为1∶1，故C错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度a＝＝，电子的运动时间t＝ ＝ ＝d，则变化前后电子运动到下极板所用时间之比为＝＝＝，故D正确。6．(2021·湖南省株洲市高三教学质量统一检测(一))利用图甲所示电路可研究电容器的充、放电。图乙为某次实验中通过计算机在同一图中描画出的电压和电流的变化情况，阴影部分Ⅰ和Ⅱ的面积分别为S1、S2。可以推断出(　　)A．图乙反映了电容器充电时的情况B．S1表示极板电压为5 V时所带的电荷量C．S1＝S2D．定值电阻R的阻值答案　CD解析　由图乙可知电容器两端的电压在不断地减小，即电容器处于放电的状态，故A错误；在i­t图像中，图线与横轴所围面积表示在一段时间内通过导线某一横截面的电荷量，则S2表示极板电压为5 V时所带的电荷量，故B错误；分析可知S1＝CΔU1＝C·(10 V－5 V)，S2＝CΔU2＝C·(5 V－0 V)，故有S1＝S2，故C正确；刚开始放电时，电容器两端电压为10 V，此时回路中的电流为50 mA，根据欧姆定律可求出定值电阻R的阻值R＝＝200 Ω，故D正确。7. (2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)如图所示，竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d，水平方向足够长。一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0在距离电场上方d处水平抛出，不计空气阻力，则(　　)A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．小球在电场区可能做直线运动C．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等D．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等答案　ABD解析　将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受力，故小球在水平方向一直以速度v0做匀速直线运动，故A正确；小球在电场区时，受到竖直向下的重力和竖直向上的静电力作用，若静电力与重力大小相等，二力平衡，小球做匀速直线运动，故B正确；若场强大小为，则静电力大小等于mg，在电场区小球所受的合力为零，小球做匀速直线运动，因在无电场区小球做匀加速运动，故经过下方电场区时小球在竖直方向匀速运动的速度较大，因此小球经过两电场区的时间不等，故C错误；当场强大小为时，小球所受静电力大小等于2mg，在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，在经过第一个无电场区时有：d＝gt，v1＝gt1，经过第一个电场区时有：d＝v1t2－gt，v2＝v1－gt2，联立解得t2＝t1，v2＝0，接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区时小球在竖直方向都做自由落体运动，每次通过电场区时在竖直方向都做末速度为零的匀减速直线运动，因此，小球经过两电场区的时间相等，故D正确。8. (2020·天津市宁河区芦台第四中学二模)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是(　　)A．两极板间电场强度大小为B．两极板间电压为C．整个过程中质点的重力势能增加D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上答案　BD解析　据题分析可知，质点在平行金属板间的轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，则两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝mg，解得：E＝，由U＝Ed可知板间电压为：U＝，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离为：y＝at2，而a＝＝g，t＝，解得：y＝，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝，整个过程质点重力势能的增加量为：Ep＝mgs＝，故C错误；因两板上所带电荷量不变，根据E＝，U＝，C＝，解得：E＝，若仅增大两板间的距离，可知板间场强不变，质点在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故质点仍能垂直打在M上，D正确。二、非选择题(本题共3小题，共36分)9．(2021·山东省济南市高三月考)(8分)如图甲所示，一同学在“用传感器观察平行板电容器的放电”实验中，单刀双掷开关先置于1位置，待一段时间后，再置于2位置，利用电容器放电过程中记录的数据作出的I­t图像如图乙所示，已知电源电动势为8.0 V，请回答以下问题：(1)电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为________ C(结果保留两位有效数字)。(2)根据以上数据估算电容器的电容值为________ F(结果保留两位有效数字)。(3)如果将平行板电容器的板间距离增大，重做该实验，则图乙坐标纸中描绘出的放电I­t图像距坐标原点会________(选填“变远”“变近”或“不变”)。答案　(1)3.2×10－3(3.0×10－3～3.4×10－3均正确)(2)4.0×10－4(3.8×10－4～4.3×10－4均正确)(3)变近解析　(1)根据图乙中的I­t图像可知，图线与t轴所围的面积即为电容器释放的电荷量；图线与t轴所围部分所占的小方格约为40个，所以电容器在放电过程中释放的电荷量为Q＝40×0.2×10－3×0.4 C＝3.2×10－3 C。(2)电容器的电容值为C＝＝ F＝4.0×10－4 F。(3)根据C＝可知，平行板电容器的板间距离增大即d变大时，C变小；再根据Q＝CU，U不变，C变小，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q变小，即图线与坐标轴所围的面积变小，而放电开始时的电流Imax＝不变，所以放电I­t图像与坐标原点的距离将变近。10．(2019·全国卷Ⅲ)(12分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。答案　(1)　(2)2m(v＋g2t2)解析　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①a2＝gt2②解得E＝③(2)设B从O点发射时的速度大小为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有Ek－mv＝mgh＋qEh④且有v1＝v0t⑤h＝gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v＋g2t2)。11．(16分)如图甲所示，热电子由阴极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，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。答案　(1)13.5 cm　(2)30 cm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＝mv①设电容器间偏转电场的场强为E，则有：E＝②设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：沿中心轴线方向有：t＝③垂直中心轴线方向有：a＝④联立①②③④得y＝at2＝＝⑤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＝at⑥tanθ＝⑦则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltanθ＝⑧由题图乙知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，解得Y＝13.5 cm。(2)由题知电子偏转量y的最大值为，根据y＝可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。代入⑧式得：Ymax＝⑨所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：2Ymax＝3L＝30 cm。