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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第3講 電容器和電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動練習(xí) 1．(多選)上海世博會中穩(wěn)定運(yùn)營的36輛超級電容客車吸引了眾多觀光者的眼球。據(jù)介紹，電容車在一個站點(diǎn)充電30秒到1分鐘后，空調(diào)車可以連續(xù)運(yùn)行 3公里，不開空調(diào)則可以堅持行駛 5公里，最高時速可達(dá) 44公里。超級電容器可以反復(fù)充放電數(shù)十萬次，其顯著優(yōu)點(diǎn)有：容量大、功率密度高、充放電時間短、循環(huán)壽命長、工作溫度范圍寬。如圖所示為某汽車用的超級電容器，規(guī)格為“48 V，3 000 F”，放電電流為1 000 A，漏電電流為10 mA，充滿電所用時間為30 s，下列說法正確的是(　　) A．充電電流約為4

2、 800 A B．放電能持續(xù)的時間超過10分鐘 C．若汽車一直停在車庫，則電容器完全漏完電，時間將超過100天 D．所儲存電荷量是手機(jī)鋰電池“4.2 V,1 000 mAh”的40倍 解析　由題知，電容器的額定電壓U＝48 V，電容C＝3 000 F，則所能儲存的電荷量為Q＝CU。充電時，有Q＝I充t充，得充電電流I充＝＝ A＝4 800 A，故A項正確；放電能持續(xù)的時間t放＝＝ s＝144 s，小于10分鐘，故B項錯誤；若汽車一直停在車庫，則電容器完全漏完電，時間為t漏＝＝1.44×107 s＝天≈166.7天，故C項正確；手機(jī)鋰電池“4.2 V，1 000 mAh”的電荷量q＝It

3、＝1×3 600 C＝3 600 C，則Q＝40q，故D項正確。 答案　ACD　 2．一對平行金屬板帶有等量異種電荷，如果金屬板不是足夠大，兩板之間的電場線就不是相互平行的直線，如圖所示，C、D、E、F為金屬板表面上的不同位置。關(guān)于該電場，下列說法正確的是(　　) A．A點(diǎn)的場強(qiáng)小于B點(diǎn)的場強(qiáng) B．A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢 C．一帶電粒子分別從C移到D和從E移到F，電場力做功相等 D．帶正電粒子從P點(diǎn)沿平行于極板方向射入，它將做類平拋運(yùn)動 解析　電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的相對大小，則電場內(nèi)部A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故A項錯誤；沿著電場線方向電勢逐漸降低，故A點(diǎn)電勢高

4、于B點(diǎn)電勢，故B項錯誤；C、E兩點(diǎn)的電勢相等，D、F兩點(diǎn)的電勢相等，且C、E兩點(diǎn)的電勢高于D、F兩點(diǎn)的電勢，則C、D兩點(diǎn)的電勢差等于E、F兩點(diǎn)的電勢差，故一帶電粒子分別從C移到D和從E移到F，電場力做功相等，C項正確；帶正電粒子從P點(diǎn)沿平行于極板方向射入，則由于豎直方向所受的電場力不是恒力，故它不是做類平拋運(yùn)動，D項錯誤，故選C項。 答案　C　 3．(多選)毛毯等絨料布生產(chǎn)時常采用靜電植絨技術(shù)來實現(xiàn)，其原理如圖：其中A是接高壓陽極的金屬網(wǎng)，其內(nèi)裝有絨料，B是一塊金屬平板，上面鋪著涂有黏合劑待植絨基布。當(dāng)待植絨基布從兩極板經(jīng)過時，給A接上高壓并使絨料帶上電荷，這樣絨料在經(jīng)過A、B兩平行板間的

5、電場加速后以高速向B板運(yùn)動，遇到待植絨基布后便粘在上面從而實現(xiàn)靜電植絨，下列說法正確的是(　　) A．A、B兩極板的電場方向由B指向A B．帶電絨料帶正電荷 C．帶電絨料在運(yùn)動過程中電場力對它做正功 D．帶電絨料在運(yùn)動過程中電勢能增加 解析　A、B兩極板的電場方向由A指向B，故A項錯誤；由于兩極板的電場方向由A指向B，帶電絨料向B板運(yùn)動，說明帶電絨料是帶正電荷的，故B項正確；帶電絨料在運(yùn)動過程中電場力對它做正功，電勢能減少，故C項正確，D項錯誤。 答案　BC　 【素養(yǎng)立意】 以靜電植絨為載體考查電荷在電場中的運(yùn)動和做功，屬于STSE(科學(xué)、技術(shù)、社會、環(huán)境)問題

6、。 4．(多選)如圖所示，在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路。調(diào)節(jié)滑動變阻器，使A、B兩板間的電壓為U時，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場中，恰從A、B兩板的中點(diǎn)處沿原路返回(不計重力)，則下列說法正確的是(　　) A．使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子恰能到達(dá)B板 B．使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子將從B板中心小孔射出 C．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子恰能到達(dá)B板 D．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子將從B板中心小孔射出 解析　設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場中的位移為x，根據(jù)動能定理

7、得－qEx＝0－mv，又E＝得x＝，由此可知，要使帶電粒子進(jìn)入電場后恰能到達(dá)B板處，x變?yōu)樵瓉淼?倍，采取的方法有：使帶電粒子的初速度變?yōu)関0；或使A、B兩板間的電壓變?yōu)閁；或使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍，故B、C項正確，A、D項錯誤。 答案　BC　 5．(2018·湖南師大附中摸底考試)(多選)如圖所示的陰極射線管，無偏轉(zhuǎn)電場時，電子束加速后打到熒屏中央形成亮斑。如果只逐漸增大M1M2之間的電勢差，則(　　) A．在熒屏上的亮斑向上移動 B．在熒屏上的亮斑向下移動 C．偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功增大 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度減小 解析　電子帶負(fù)電，受到向上的電場力，所以向

8、上偏轉(zhuǎn)，U越大，電場力越大，偏轉(zhuǎn)位移越大，做功越多。 答案　AC　 6．(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖象。當(dāng)t＝0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子將始終向同一個方向運(yùn)動 B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～3 s內(nèi)，電場力做的總功為零 解析　設(shè)第1 s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2 s內(nèi)的加速度為a2，由a＝可知，a2＝2a1，可知，1.5 s末粒子的速度為零，然后反方向運(yùn)動，至3 s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為零，由動能定理可知，此過程中

9、電場力做功為零，綜上所述，可知C、D項正確。 答案　CD　 7.如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運(yùn)動，軌跡如圖中虛線所示，那么(　　) A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷 B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)電勢能一定增加 C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)動能一定增加 D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加 解析　由于兩極板的正負(fù)不知，微粒的電性不確定，則微粒所受電場力方向不確定，所受電場力做功正負(fù)不確定，但根據(jù)微粒運(yùn)動軌跡，微粒所受合力一定向下，則合力一定做正功，所以電勢能變化情況、機(jī)械能變化情況不確定，但微粒動能

10、一定增加，所以只有C項正確。 答案　C　 8.如圖所示，一個帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計)電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是(　　) A.＜ B.＜ C.＜ D.＜ 解析　根據(jù)qU1＝mv2，t＝，y＝at2＝··2，由題意知，y＜d，解得＜，故C項正確。 答案　C　 B組·能力提升題 9．如圖所示，在勻強(qiáng)電場中有四條間距均為d的平行等勢線1、2、3、4，各條線上的電勢分別為0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一個帶電粒子，質(zhì)量為m(不計重力

11、)，電荷量為q，從A點(diǎn)與等勢線4成θ角以初速度v0射入電場中，到達(dá)等勢線2上的B點(diǎn)時，速度方向恰好水平向左，則勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為 (　　) A. B. C. D. 解析　帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類斜拋運(yùn)動，水平方向做速度為vx＝v0cosθ的勻速直線運(yùn)動，豎直方向做初速度為vy＝v0sinθ，加速度為a＝的勻減速直線運(yùn)動，對運(yùn)動過程應(yīng)用動能定理有－Eq·2d＝mv－mv，解得E＝，A項正確。 答案　A　 10．(多選)如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左。不計空氣阻力，則小球(　　) A．做直線運(yùn)動 B．做曲線運(yùn)動 C．速率先減

12、小后增大 D．速率先增大后減小 解析　對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運(yùn)動，故A項錯誤，B項正確；在運(yùn)動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，C項正確，D項錯誤。 答案　BC　 11.(多選)如圖所示，一帶電小球自固定斜面頂端A點(diǎn)以某速度水平拋出，落在斜面上B點(diǎn)?，F(xiàn)加上豎直向下的勻強(qiáng)電場，仍將小球自A點(diǎn)以相同速度水平拋出，落在斜面上C點(diǎn)。不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．小球帶正電 B．小球所受電場力可能大于重力 C．小球兩次落在斜面

13、上所用的時間不相等 D．小球兩次落在斜面上的速度大小相等 解析　平拋運(yùn)動過程中，合速度與水平方向夾角的正切值，與位移與水平方向夾角的正切值比值固定，在同一斜面，位移與水平方向夾角的正切值相同，所以合速度與水平方向夾角的正切值不變，即合速度方向不變，由于水平分速度大小不變，所以合速度大小不變，且兩次落點(diǎn)，豎直方向的分速度，水平方向的分速度大小都不變，小球兩次落在斜面上所用時間不相等，C、D項正確；由過程分析，小球豎直方向的末速度大小不變，由水平位移大小知時間t2，則豎直方向加速度減小，可知小球受到了向上的電場力，所以小球帶負(fù)電，故A項錯誤；加了電場后，小球加速度仍向下，則電場力一定小于重力，

14、故B項錯誤。 答案　CD　 12．如圖所示，在厚鉛板A表面的中心放置一很小的放射源，可向各個方向放射出速率為v0的α粒子，α粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，在金屬網(wǎng)B與A板間加有豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，A與B的間距為d，B網(wǎng)上方有一很大的熒光屏M，M與B的間距為L。當(dāng)有α粒子打在熒光屏上時就能使熒光屏產(chǎn)生一閃光點(diǎn)，整個裝置放在真空中，不計重力的影響。求： (1)打在熒光屏上的α粒子具有的動能。 (2)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍。 解析　(1)由動能定理得 qEd＝EkB－mv， 得EkB＝qEd＋mv。 (2)α粒子的初速度與電場方向垂直時，做類平拋運(yùn)動，沿場強(qiáng)方向，有

15、 a＝，d＝at， 得到達(dá)B網(wǎng)的時間t1＝。 粒子具有沿場強(qiáng)方向的速度 vBy＝at1＝， 從B網(wǎng)到M所用的時間 t2＝＝， 粒子運(yùn)動的總時間 t＝t1＋t2＝， 熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍是個圓，其半徑 R＝v0t＝。 答案　(1)qEd＋mv　(2)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍是個圓，半徑為 13．如圖所示，電場強(qiáng)度大小為E＝的豎直勻強(qiáng)電場中，長為L的絕緣輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球。在O點(diǎn)正上方和正下方L處，分別固定一個絕緣擋板A、B，兩擋板豎直放置且尺寸較小。現(xiàn)將小球拉到與O點(diǎn)同一高度且距O點(diǎn)右側(cè)L處，給它一個豎直向上的初速度v0，此后小球在

16、A、B右側(cè)區(qū)域豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，并不時與擋板A、B碰撞，小球與擋板碰撞時不損失機(jī)械能，碰后瞬間電場立即反向，大小不變。重力加速度大小為g。求： (1)小球與擋板A碰后，能做圓周運(yùn)動到擋板B，初速度v0的最小值。 (2)若小球的初速度為(1)中的最小值，小球與擋板A、B第一次碰撞前瞬間，輕繩的拉力分別為多大。 (3)若小球的初速度為(1)中的最小值，且輕繩承受的最大拉力為50mg，在輕繩斷前，小球與擋板總共碰撞的次數(shù)。 解析　(1)小球與擋板A碰前，由于qE＝mg，小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動到擋板A。 小球與擋板A碰后，電場立即反向，小球在電場力和重力的作用下做圓周運(yùn)動到擋板B，此過

17、程中F＝qE＋mg＝2mg，方向向下，要能做圓周運(yùn)動，則最高點(diǎn)A處滿足qE＋mg≤，解得v0≥， 因而小球初速度的最小值為。 (2)小球第一次與擋板A碰前做勻速圓周運(yùn)動，因而有TA1＝，解得TA1＝2mg。 小球第一次與擋板A碰后，將做變速圓周運(yùn)動到擋板B與擋板B第一次碰撞，在該過程中，根據(jù)動能定理有(qE＋mg)·2L＝mv－mv 小球第一次與擋板B碰前瞬間，由圓周運(yùn)動的知識有 TB1－qE－mg＝，解得TB1＝12mg。 (3)小球與擋板B第一次碰后到小球與擋板A第二次 碰前，由于qE＝mg，且方向相反，小球做勻速圓周運(yùn)動，則小球與擋板A第二次碰前有 vA2＝vB1， 因

18、而輕繩的拉力為TA2＝， 聯(lián)立解得TA2＝10mg。 小球與擋板A第二次碰后到小球與擋板B第二次碰前的過程，根據(jù)動能定理有 (qE＋mg)·2L＝mv－mv， 小球與擋板B第二次碰前瞬間，根據(jù)圓周運(yùn)動的知識有TB2－qE－mg＝， 聯(lián)立解得TB2＝20mg， 由上分析可知，小球每次與擋板A、B碰撞前，輕繩的拉力均比上一次與擋板碰撞增加 ΔT＝TAn＋1－TAn＝TBn＋1－TBn＝8mg。 因而小球與擋板B第n次碰前，輕繩的拉力為 TBn＝TB1＋(n－1)ΔT＝4(2n＋1)mg； 如果輕繩斷裂，則應(yīng)有TBn≥50mg， 解得n≥5.75， 因而小球與擋板A碰撞6次，與擋板B碰撞5次后在小球還未與擋板B發(fā)生第6次碰撞前輕繩已經(jīng)斷裂，因而小球與擋板碰撞的總次數(shù)為N＝6＋5＝11(次)。 答案　(1)　(2)TA1＝2mg　TB1＝12mg (3)11