2020屆高考物理復(fù)習(xí)靜電場核心素養(yǎng)提升練二十二7.3電場能的性質(zhì)（含解析）新人教版.docx

電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(45分鐘100分)(20分鐘50分)一、選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分，14題為單選題，5題為多選題)1.(2019濮陽模擬)如圖所示，兩個水平平行放置的帶電極板之間存在勻強(qiáng)電場，兩個相同的帶電粒子(不計重力)從兩側(cè)同一高度同時水平射入電場，經(jīng)過時間t在電場中某點相遇。則以下說法中正確的是()A.若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為tB.若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為tC.若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為tD.若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為t【解析】選A。粒子受電場力作用，兩個相同的粒子加速度相同，方向豎直向下，粒子初速度和加速度垂直，水平方向做勻速運(yùn)動，豎直方向做勻加速運(yùn)動，兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間只和初速度大小有關(guān)，當(dāng)兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為t，故A正確，B、C、D錯誤。2.(2018江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A.仍然保持靜止B.豎直向下運(yùn)動C.向左下方運(yùn)動D.向右下方運(yùn)動【解析】選D。將B板右端向下移動一小段距離后，電容器內(nèi)部電荷重新分布，右側(cè)電荷稀疏，左側(cè)電荷密集，電場力方向不再豎直向上，而是向右側(cè)傾斜，使得帶電油滴不再受力平衡，合力方向向右下方，如圖所示，油滴向右下方運(yùn)動，選項D正確。【加固訓(xùn)練】如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)順時針旋轉(zhuǎn)45，再由a點從靜止釋放一個同樣的微粒，該微粒將()A.保持靜止?fàn)顟B(tài)B.向右下方做勻加速運(yùn)動C.向正下方做勻加速運(yùn)動D.向左下方做勻加速運(yùn)動【解析】選B。在兩板中間a點靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，微粒受重力和電場力平衡，故電場力大小F=mg，方向豎直向上，將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)順時針旋轉(zhuǎn)45，電場強(qiáng)度大小不變，方向順時針旋轉(zhuǎn)45，電場力順時針旋轉(zhuǎn)45，大小仍然為mg，重力和電場力的大小均為mg，夾角為135，故合力向右下方，微粒的加速度恒定，向右下方做勻加速運(yùn)動，故B正確，A、C、D錯誤。3.如圖所示，D是一只二極管，AB是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，帶電微粒P的運(yùn)動情況是()A.向下運(yùn)動B.向上運(yùn)動C.仍靜止不動D.不能確定【解析】選C。當(dāng)帶電微粒P靜止時，對其進(jìn)行受力分析得Eq=mg，即q=mg。當(dāng)A、B之間距離增大時，電容器的電容C減小，由Q=CU得，Q也減小，但由于電路中連接了一個二極管，它具有單向?qū)щ娦裕荒芊烹?，電容器A、B兩極板上的電荷量不變，場強(qiáng)不變，電場力仍等于微粒的重力，帶電微粒仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，故A、B、D錯誤，C正確。4.(創(chuàng)新預(yù)測)一個帶正電的微粒放在電場中，場強(qiáng)的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示。帶電微粒只在電場力的作用下，由靜止開始運(yùn)動，則下列說法中正確的是()A.微粒將做往復(fù)運(yùn)動B.微粒在第2 s末的速度最大C.微粒在第1 s內(nèi)的加速度與第2 s內(nèi)的加速度不同D.微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移不同【解析】選C。由圖可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇數(shù)秒內(nèi)和偶數(shù)秒內(nèi)的加速度大小相等、方向相反，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知在第2 s 末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速運(yùn)動，第2 s做減速運(yùn)動，然后再加速，再減速，一直持續(xù)下去，微粒將沿著一條直線運(yùn)動，故A、B錯誤，C正確；由對稱性可知，微粒在第1 s內(nèi)的平均速度與第2 s內(nèi)的平均速度相同，由x=vt得，微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移相同，故D錯誤。5.質(zhì)量為m、帶電量為+q的小金屬塊A以初速度v0從光滑絕緣水平高臺上飛出。已知在足夠高的高臺邊緣右面空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=。則()A.金屬塊不一定會與高臺邊緣相碰B.金屬塊一定會與高臺邊緣相碰，相碰前金屬塊在做勻變速運(yùn)動C.金屬塊運(yùn)動過程中距高臺邊緣的最大水平距離為D.金屬塊運(yùn)動過程的最小速度為【解析】選B、D。電場力F=qE=3mg，方向向左，小金屬塊豎直方向做自由落體運(yùn)動，水平方向先向右做勻減速直線運(yùn)動，然后向左做勻加速直線運(yùn)動，一定會與高臺邊緣相碰，故A錯誤，B正確；小金屬塊水平方向先向右做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小為3g，根據(jù)速度位移關(guān)系公式得xm=，故C錯誤；小金屬塊水平方向向右做勻減速直線運(yùn)動，vx=v0-3gt，豎直方向做自由落體運(yùn)動，vy=gt，合速度v=，當(dāng)t=時，v有極小值，vmin=，故D正確。二、計算題(本題共15分，需寫出規(guī)范的解題步驟)6.如圖所示，xOy為豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系，空間存在著沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場。一帶正電小球，質(zhì)量為m，電量為q，將其從O點由靜止釋放，小球在第四象限內(nèi)沿與x軸成45的直線運(yùn)動。重力加速度為g。求：(1)電場強(qiáng)度大小。(2)若小球從O點以速度v0進(jìn)入第一象限，方向與x軸成45角。小球再次經(jīng)過x軸時，距O點的距離?！窘馕觥?1)由題意可知，小球所受合力和x軸成45偏向y軸負(fù)向，即：qE=mgtan 45解得：E=(2)小球進(jìn)入第一象限后，做勻變速曲線運(yùn)動。在豎直方向分運(yùn)動為豎直上拋運(yùn)動。當(dāng)小球經(jīng)過x軸時，豎直位移為零，則：t=2=水平方向做勻加速直線運(yùn)動，則：ax=gx=v0cos 45t+axt2=答案：(1)(2)【總結(jié)提升】分析力電綜合問題的兩個觀點(1)動力學(xué)的觀點由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法。綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動的公式，注意受力分析要全面，特別注意是否考慮重力。(2)能量的觀點應(yīng)用動能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷選用分過程還是全過程使用動能定理。應(yīng)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量變化。(25分鐘50分)7.(7分)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷。以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A.增大，E增大B.增大，Ep不變C.減小，Ep增大D.減小，E不變【解題指導(dǎo)】解答本題時應(yīng)從以下三點進(jìn)行分析：(1)電容器電容的影響因素C=。(2)電容器的電荷量Q、板間電壓U與電容C間的關(guān)系Q=CU。(3)靜電計的張角越大代表電勢差越大。【解析】選D。若保持下極板不動，將上極板向下平移一小段距離，則根據(jù)C=可知，C變大，Q一定，則根據(jù)Q=CU可知，U減小，則靜電計指針偏角減?。桓鶕?jù)E=，C=，Q=CU聯(lián)立可得E=，可知Q一定時，E不變；根據(jù)U1=Ed1可知P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，則Ep不變，故A、B、C錯誤，D正確。8.(7分)(多選)(2018深圳模擬)兩個完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置，如圖所示。開關(guān)S閉合時，兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將S斷開，將C2下極板向上移動少許，然后再次閉合S，則下列說法正確的是()A.兩油滴的質(zhì)量相等，電性相反B.斷開開關(guān)，移動C2下極板過程中，B所在位置的電勢不變C.再次閉合S瞬間，通過電鍵的電流可能從上向下D.再次閉合開關(guān)后，A向下運(yùn)動，B向上運(yùn)動【解析】選B、C。開關(guān)S閉合時，油滴A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，故油滴所受的豎直向下的重力大小等于豎直向上的電場力，兩電容器極板間的電場等大、反向，兩油滴的電性相反，由于兩油滴的電荷量大小未知，電場力大小不確定，兩油滴質(zhì)量大小不確定，故A錯誤；斷開開關(guān)，電容器所帶電量不變，移動C2下極板過程中，兩極板距離減小，根據(jù)C=、C=和E=得E=，電場強(qiáng)度不變，B所在位置距上極板距離不變，根據(jù)U=Ed可知，該點電勢不變，故B正確；斷開開關(guān)，電容器所帶電量不變，移動C2下極板過程中，兩極板距離減小，E不變，根據(jù)U=Ed可知，電勢差減小，再次閉合S瞬間會有電流流過開關(guān)，由于不知電荷電性，不能判斷電流方向，故C正確；再次閉合S后，電荷流動方向不確定，不能確定A、B所受電場力的變化情況，故D錯誤。9.(7分)(多選)(2019信陽模擬)有重力可忽略不計的三個帶正電的粒子A、B、C，先后沿如圖所示的虛線OO方向從左側(cè)中點水平進(jìn)入平行板電容器中，并最終都能擊中MN板。已知三個粒子質(zhì)量之比mAmBmC=112，三個粒子帶電量之比為qAqBqC=121，關(guān)于三個粒子擊中MN板的位置，下列說法正確的是()A.若A、B、C以相同的速度進(jìn)入電容器，則最終A、B、C擊中MN板上同一點B.若A、B、C以相同的動量進(jìn)入電容器，則最終B、C擊中MN板上同一點C.若A、B、C以相同的動能進(jìn)入電容器，則最終A、C擊中MN板上同一點D.若A、B、C以相同的動能進(jìn)入電容器，則最終A、B擊中MN板上同一點【解析】選B、C。三個粒子不計重力，加速度a=，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，豎直方向y=at2，水平方向L=v0t，解得y=，若A、B、C以相同的速度進(jìn)入電容器，由于比荷不同，則y不同，不可能擊中同一個位置，故A錯誤；y=，p相同，若qm相同，則y相同，由mAmBmC=112，三個粒子帶電量之比為qAqBqC=121可知，B、C的qm相同，故B正確；y=，動能相同，若q相同，則y相同，故C正確，D錯誤。10.(7分)(創(chuàng)新預(yù)測)質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落。t秒末，在小球下落的空間中，加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，再經(jīng)過t秒，小球又回到A點，不計空氣阻力且小球從未落地，重力加速度為g，則()A.小球所受電場力的大小是2mgB.小球回到A點時的動能是mg2t2C.從A點到最低點的距離是gt2D.從A點到最低點，小球的電勢能增加了mg2t2【解題指導(dǎo)】解答本題時應(yīng)從以下三點進(jìn)行分析：(1)加電場前小球做自由落體運(yùn)動。(2)加電場后小球在電場力和重力的作用下先向下做勻減速運(yùn)動，速度減為0，再向上做勻加速運(yùn)動。(3)由功能關(guān)系確定電勢能的變化?！窘馕觥窟xC。小球先自由下落，然后受電場力和重力向下做勻減速運(yùn)動到速度為0，再向上做勻加速運(yùn)動回到A點，設(shè)加上電場后小球的加速度大小為a，規(guī)定向下為正方向，整個過程中小球的位移為0，運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式得，gt2+gtt-at2=0，解得a=3g，根據(jù)牛頓第二定律得F電-mg=ma，F(xiàn)電=4mg，故A錯誤；t s末的速度v1=gt，加電場后，返回A點的速度vA=v1+at=gt-3gt=-2gt，小球回到A點時的動能是Ek=m=m(-2gt)2=2mg2t2，故B錯誤；從A點自由下落的高度h1=gt2，勻減速下降的高度h2=gt2，小球從A點到最低點的距離h=h1+h2=gt2+gt2=gt2，故C正確；從A到最低點小球電勢能增加量等于克服電場力做的功Ep=Fh2=4mggt2=mg2t2，故D錯誤。11.(7分)(多選)(2019蕪湖模擬)如圖所示，在水平的勻強(qiáng)電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長為L的絕緣細(xì)線一端，小球可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運(yùn)動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強(qiáng)度E=，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A.若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運(yùn)動，則小球運(yùn)動到B點時的機(jī)械能最大B.若將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿著ACBD圓弧運(yùn)動C.若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運(yùn)動，則它運(yùn)動過程中的最小速度為D.若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達(dá)D點【解析】選A、C。除重力和彈力以外的其他力做功等于機(jī)械能的變化，若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運(yùn)動，則小球運(yùn)動到B點時，電場力做功最多，故小球到B點時機(jī)械能最大，故A正確；小球受到的合力方向與電場方向成45夾角斜向下，故若將小球在A點由靜止釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動，故B錯誤；由于電場強(qiáng)度E=，故mg=qE，電場力和重力的合力大小為F=mg，若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運(yùn)動，設(shè)最小速度為v，則有F=m，解得 v=，故C正確；若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，小球?qū)⒉粫貓A周運(yùn)動，因此小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，水平方向做勻加速運(yùn)動，因qE=mg，故水平加速度和豎直加速度大小均為g，當(dāng)豎直方向上的速度為零時，小球上升的最大高度h=m，小球做類平拋運(yùn)動，第一