新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第8单元23电容器带电粒子在电场中的运动(人教版)

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微练一 电容和平行板电容器
1.如图所示,电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成,它与基板构成电容器。工作时,振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是( )
A.振动膜不振动时,电容器不带电
B.振动膜向右运动时,电容器的电容减小
C.振动膜向左运动时,电容器充电
D.振动膜向右运动时,电阻上有从a到b的电流
2.如图所示,平行板电容器带等量异种电荷,下极板接地,一带电油滴位于电容器中的P点且处于平衡状态。现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,则( )
A.电容器的电容减小B.带电油滴带正电荷
C.带电油滴仍将静止D.P点的电势将升高
3.如图所示,竖直放置的平行板电容器与电源相连,在两极板A、B之间用绝缘细线悬挂一带电小球,闭合开关S,小球静止时,细线与竖直方向的夹角为θ,则下列说法正确的是( )
A.小球带正电
B.保持开关S闭合,仅将两极板间的距离适当增大,θ角将减小
C.断开开关S,仅将两极板间的距离适当增大,θ角将减小
D.断开开关S,仅将两极板间的正对面积适当减小,θ角将减小
微练二 带电粒子在电场中的直线运动
4.如图所示,在竖直放置间距为d的平行板电容器中,存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m、电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放。重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程,下列说法正确的是( )
A.加速度大小为a=+g
B.所需的时间为t=
C.下降的高度为h=
D.静电力所做的功为W=Eqd
微练三 带电粒子在电场中的偏转
5.如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿②轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次偏转电压之比为( )
A.U1∶U2=1∶8B.U1∶U2=1∶4
C.U1∶U2=1∶2D.U1∶U2=1∶1
6.如图所示,两平行金属板A、B长L=8 cm,两板间距离d=8 cm,A板比B板电势高300 V,一个不计重力的带正电的粒子电荷量q=10-10 C、质量m=10-20 kg,沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场,初速度v0=2×106 m/s,粒子飞出平行板电场后,可进入界面MN和光屏PS间的无电场的真空区域,最后打在光屏PS上的D点(未画出)。已知界面MN与光屏PS相距12 cm,O是中心线RO与光屏PS的交点。sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离;
(2)粒子射出平行板电容器时偏转角;
(3)OD两点之间的距离。
B组 综合提升
7.(多选)(2023浙江宁波龙赛中学高三三模)利用一电动势为E的电源对一电容器(电容为C)充电,充电过程中,电容器两端的电压U和电容器所带电荷量Q的函数关系如图所示,若图中ΔQ取得尽可能小,则阴影部分的面积可以表示对电荷量为ΔQ的电荷所做的功,即电容器所带电荷量增加ΔQ时储存的能量,则( )
A.图像的斜率等于电容C的大小
B.图像斜率的倒数等于电容C的大小
C.充电完毕电容器储存的能量为CE2
D.充电完毕电容器储存的能量为CE2
8.(2023浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示,转向器中有辐向电场。粒子从M点射入,沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动,并从虚线上的N点射出,虚线处电场强度大小分别为E1和E2,则R1、R2和E1、E2应满足( )
A.B.
C.D.
9.(2023浙江萧山名校联考)如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,此时两板间的电势差为U,板间距离为d,A板带正电,B板中央有一小孔。一带正电的微粒,电荷量为q,质量为m,自孔的正上方距板高h处自由下落,若微粒恰能落至A、B板的正中央C点,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.微粒在下落过程中动能增加,重力势能减小
B.微粒落入电场中,电势能减小,减小量为qU
C.若微粒从距B板高2h处自由下落,则恰好能到达A板
D.若保持A板不动,B板上平移一小段距离(小于h),则由E=可知,电场强度将减小
10.如图所示,甲、乙为两个相同的平行板电容器,它们的极板均水平放置,上极板间有一个二极管,下极板均接地。a、b是电荷量相同、质量分别为m1、m2带负电油滴。当甲、乙的电荷量分别为Q1、Q2时,油滴a、b恰好分别悬浮在甲、乙的极板之间,则下列说法可能正确的是( )
A.Q1一定等于Q2
B.m1一定等于m2
C.将甲的上极板向上平移少许,a向下运动,b向上运动
D.将乙的上极板向右平移少许,a向下运动,b向上运动
11.如图所示,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向上,在xOy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域(在第Ⅰ象限,形状是直角三角形),直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L,0)和(0,L)点。区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为-q(q>0)和初速度为v0的带电微粒,这束带电微粒分布在0(1)电场强度E的大小。
(2)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值。
参考答案
作业23 电容器 带电粒子在电场中的运动
1.D 解析 振动膜不振动时,电容器电容保持不变,电容器电压不变,电容器所带电荷量不变,故A错误;振动膜向右运动时,可知d减小,根据C=可知电容增大,故B错误;振动膜向左运动时,可知d增大,根据C=,C=可知电容减小,电容器电荷量减小,电容器放电,故C错误;振动膜向右运动时,电容器的电容增大,电压不变,可知电容器电荷量增大,电阻上有从a到b的电流,故D正确。
2.C 解析 上极板下移时,d减小,由C=可知C增大,A错误;由带电油滴原来处于平衡状态可知静电力方向竖直向上,根据电场强度方向向下,则油滴带负电,B错误;平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,由于电荷量不变,根据E=可知板间电场强度不变,油滴所受的静电力不变,则油滴仍静止,C正确;电场强度E不变,而P点与下极板间的距离不变,则由公式U=Ed可知,P点与下极板间电势差将不变,则P点的电势不变,D错误。
3.B 解析 由题图可知,A板带正电,B板带负电,形成方向水平向右的电场,小球向左偏,则说明小球带负电,故A错误;保持开关S闭合,仅将两极板间的距离适当增大,由E=可知,电场强度减小,小球所受静电力减小,则θ角将减小,故B正确;断开开关S,电容器的电荷量保持不变,由C=、C=和E=,得E=,则仅将两极板间的距离适当增大,电场强度不变,小球所受静电力不变,θ角将不变,仅将两极板间的正对面积适当减小,电场强度变大,小球所受静电力变大,θ角将变大,故C、D错误。
4.B 解析 点电荷受到重力、静电力,所以a=,选项A错误;根据运动独立性,水平方向点电荷的运动时间为t,则t2,化简得t=,选项B正确;下降高度h=gt2=,选项C错误;静电力做功W=,选项D错误。
5.A 解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,水平位移为x=v0t,两次运动的水平位移之比为2∶1,两次运动的水平速度相同,故运动时间之比为t1∶t2=2∶1,由于竖直方向上的位移为h=at2,h1∶h2=1∶2,故加速度之比为1∶8,又因为加速度a=,故两次偏转电压之比为U1∶U2=1∶8,故A正确。
6.答案 (1)0.03 m (2)37° (3)0.12 m
解析 (1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动,加速度为a=,水平方向有L=v0t
竖直方向有y=at2,联立解得y==0.03m。
(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为θ,vy=at
tanθ=,故偏转角为37°。
(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点,设两界面MN、PS相距为L',由相似三角形得
解得Y=4y=0.12m。
7.BD 解析 U-Q图像的斜率为k=,即图像斜率的倒数等于电容C的大小,故A错误,B正确;充电完毕电容器所带电荷量为Q=CE,由题意可知,电容器储存的能量为图像与横轴围成的面积大小即S=QE=CE2,故C错误,D正确。
8.A 解析 根据题意知,静电力提供粒子做圆周运动的向心力,有E1q=m,E2q=m,联立两式解得,选项A正确。
9.C 解析 微粒在下落过程中先做加速运动,后做减速运动,动能先增大后减小,重力一直做正功,重力势能一直减小,故A错误;微粒落入电场中,静电力做负功,电势能逐渐增大,其增大量为ΔEp=qU,故B错误;若微粒从距B板高2h处自由下落,假设到达A板的速度为v,由动能定理得mg(2h+d)-qU=mv2,带正电的微粒距板高h处自由下落,若微粒恰能落至A、B板的正中央C点,由动能定理得mgqU=0,解得v=0,则恰好能到达A板,故C正确;由C=、C=和E=,可得E=,平行板电容器充电后与电源断开,电容器所带电荷量不变,所以保持A板不动,B板上平移一小段距离(小于h),电场强度不变,故D错误。
10.C 解析 液滴带负电保持静止,油滴受到的静电力竖直向上,因此可知上极板带正电,如果Q1大于Q2,由U=可知甲的电压高于乙的电压,则甲会向乙放电使得甲、乙的电荷量相同;如果Q2大于Q1,则因为二极管单向导电性,乙不会向甲放电,因此可知电荷量关系为Q1≤Q2,由C=,C=,E=可得E1=,E2=,油滴静止,由受力平衡可得qE1=m1g,qE2=m2g,联立可得E1≤E2,m1≤m2,故A、B错误。如果甲、乙的初始电荷量相同,将甲的上极板向上平移少许时,根据C=,C=可知,甲的电容减小,甲的电压增大,则甲向乙放电,使得最终甲的电荷量减少,乙的电荷量增加;根据E=可知,甲极板间的电场强度减小,乙极板间的电场强度增大,则油滴a受到的静电力减小,油滴a向下运动;油滴b受到的静电力增大,油滴b向上运动,故C正确。将乙的上极板向右平移少许,根据C=,C=可知乙的电容减小,乙的电压增大,但由于二极管的单向导电性,乙的电荷量不变,则乙极板间的电场强度增大,油滴b受到的静电力增大,油滴b向上运动,电容器甲不发生变化,则油滴a静止不动,故D错误,故选C。
11.答案 (1) (2)L
解析 (1)设从点射入的带电微粒在场区中的偏转时间为t1,有L=v0t1,
解得E=。
(2)画出运动轨迹示意图如图所示,设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1,竖直偏转位移为y1,偏转角为θ,偏转时间为t2,射入场区时的y坐标值为Y,有
x1=v0t2,y1=
根据几何关系,有x1+=2L,L-x1=Y-y1
根据平抛运动的特点,有tanθ=2
联立解得Y=L。