2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場練案22電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)新人教版.docx

練案22電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)一、選擇題(本題共8小題，15題為單選，68題為多選)1(2018河南省漯河市高級(jí)中學(xué)高三期中試題)如圖所示電路，水平放置的平行板電容器的一個(gè)極板與滑動(dòng)變阻器的滑片P相連接。電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場。在保證電子還能穿出平行板間電場的情況下，若使滑動(dòng)變阻器的滑片P上移，則有關(guān)電容器極板上所帶電荷量q和電子穿越平行板所需的時(shí)間t，下列說法正確的是( A )A電荷量q增大，時(shí)間t不變B電荷量q不變，時(shí)間t增大C電荷量q增大，時(shí)間t減小D電荷量q不變，時(shí)間t不變解析當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端P上移時(shí)，跟電容器并聯(lián)的阻值增大，所以電容器的電壓U增大，根據(jù)qUC可得電量q增大；電子在平行板電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t，與電壓的變化無關(guān)，所以時(shí)間t不變，故A正確，BCD錯(cuò)誤。2(2018河南省南陽市高三上學(xué)期第五次月考)如圖所示，兩塊平行金屬板傾斜放置，其間有一勻強(qiáng)電場，PQ是中央線，一帶電小球從a點(diǎn)以速度v0平行于PQ線射入板間，從b點(diǎn)射出，以下說法正確的是( C )A小球一定帶正電B從a到b小球一定做類平拋運(yùn)動(dòng)C小球在b點(diǎn)的速度一定大于v0D從a到b小球的電勢能一定增加解析若不考慮帶電粒子的重力，電場力垂直于PQ向下，由于電場方向未知，不能確定粒子的電性。電場力對粒子做正功，粒子的動(dòng)能增大，速度增大，電勢能減小，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)；若考慮粒子的重力：電場力方向可能垂直于PQ向上，由于電場力與重力的合力與初速度不垂直，粒子做非類平拋運(yùn)動(dòng)。電場力對粒子做負(fù)功，電勢能增加；根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件可知，電場力與重力的合力斜向右下方，對粒子做正功，其動(dòng)能增大，速度增大。電場力方向可能垂直于PQ向下，由于電場力與重力的合力與初速度不垂直，粒子做非類平拋運(yùn)動(dòng)。電場力對粒子做正功，電勢能減?。桓鶕?jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件可知，電場力與重力的合力斜向左下方，對粒子做正功，其動(dòng)能增大，速度增大。綜上可知，粒子不一定帶正電，從a到b，粒子不一定做類平拋運(yùn)動(dòng)，速度一定增大，即粒子在b點(diǎn)的速度一定大于v0，電勢能不一定增加，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。3(2018江西省南昌二中高三上學(xué)期第五次考試)如圖所示，空間存在一勻強(qiáng)電場，其方向與水平方向夾角為30，A、B連線與電場線垂直，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從 A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)過時(shí)間 t小球最終落在 C 點(diǎn)，速度大小仍為v0，且 ABBC，則下列說法中正確的是( C )A電場強(qiáng)度方向沿電場線斜向上B電場強(qiáng)度大小為EC小球在運(yùn)動(dòng)過程中增加的電勢能等于mg2t2D小球在運(yùn)動(dòng)過程中下落的高度為gt2解析由題意可知，小球在下落過程中動(dòng)能不變，而重力做正功，則電場力做負(fù)功，而小球帶正電，故電場線應(yīng)斜向下，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，mgABsin60EqBCsin60解得：E，故B錯(cuò)誤；將電場力分解為沿水平方向和豎直方向，則有豎直分量中產(chǎn)生的電場力FEqmgcos60mg，物體在豎直方向上的合力F合mgmgmg，由牛頓第二定律可知，豎直方向上的分加速度ayg，下落高度hayt2，故D錯(cuò)誤；此過程中電場力做負(fù)功，電勢能增加，由幾何關(guān)系可知，小球在沿電場線的方向上的位移x，則電勢能的增加量EEqx，故C正確。故選C。4如圖所示，圓心為O的光滑絕緣圓環(huán)豎直放置，處在水平向右的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球套在圓環(huán)上。開始時(shí)小球靜止于點(diǎn)P處，點(diǎn)P、O、Q在同一豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)在讓球從點(diǎn)M處靜止釋放，則小球沿圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中，第一次出現(xiàn)速度為零的位置是( C )A點(diǎn)NB點(diǎn)MC點(diǎn)Q、N之間D點(diǎn)M、N之間解析對小球位于P點(diǎn)受力分析如圖。由平衡條件知重力G和電場力F電的合力F，方向沿OP斜向下，大小恒定。將合力F等效為一個(gè)合場力，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到與M點(diǎn)關(guān)于OP對稱的M點(diǎn)過程，F(xiàn)做功為零，環(huán)的作用力不做功，所以合外力的總功為零。由動(dòng)能定理得：Ek0，故M點(diǎn)是第一次出現(xiàn)速度為零的位置，選C。5(2018江西省南昌二中高三上學(xué)期第五次考試)有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后被帶上負(fù)電，以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越小打在紙上的字跡越小，現(xiàn)要減小字跡，下列措施可行的是( C )A增大墨汁微粒的比荷B減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初動(dòng)能C減小偏轉(zhuǎn)極板間的長度D增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓解析微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：水平方向：Lv0t；豎直方向：yat2又a聯(lián)立得，y要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角y，由上式分析可知，采用的方法有：減小比荷q/m、增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初動(dòng)能Ek0、減小極板的長度L、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。6(2018廣東省佛山11月理綜試題)有三個(gè)質(zhì)量相等的分別帶有正電、負(fù)電和不帶電的微粒，從極板左側(cè)中央以相同的水平初速度v先后垂直場強(qiáng)方向射入，分別落到極板A、B、C處，如圖所示，則下列說法正確的有( AC )A落在A處的微粒帶正電，B處的不帶電，C處的帶負(fù)電B三個(gè)微粒在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等C三個(gè)微粒在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度aAaBaCD三個(gè)微粒到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能EkAEkBEkC解析A、B、C、三個(gè)微粒的初速度相等，水平位移xAxBxC，根據(jù)水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以tAtBtC，B錯(cuò)誤；三個(gè)微粒在豎直方向上的位移相等，根據(jù)yat2，由tAtBtC知aAaBaC。得知B僅受重力，A所受的電場力向上，C所受的電場力向下，所以B不帶電，A帶正電，C帶負(fù)電，A、C正確；根據(jù)動(dòng)能定理，三個(gè)微粒重力做功相等，A電場力做負(fù)功，C電場力做正功，所以C的動(dòng)能增加量最大，A動(dòng)能增加量最小，初動(dòng)能相等，所以三個(gè)微粒到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能EkAEkBEkC，D錯(cuò)誤。7(2018江西省南昌二中高三上學(xué)期第五次考試)如圖所示，質(zhì)量為m的帶電小物塊置于傾角53的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中時(shí)，小物塊恰好靜止在高為H的斜面頂端，現(xiàn)將電場方向突然改為水平向右，而電場強(qiáng)度大小不變， 重力加速度為g，sin370.6，cos370.8，則小物塊從斜面頂端開始( BD )A歷時(shí)著地B歷時(shí)著地C到著地過程動(dòng)能增加mgHD到著地過程動(dòng)能增加2mgH解析整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中時(shí)，物塊靜止，則電場力豎直向上，大小Eqmg，且物塊帶負(fù)電；將電場方向突然改為水平向右，而電場強(qiáng)度大小不變，則物塊受到水平向左的電場力Eq，則小球?qū)㈦x開斜面，水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，且xt2；豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，則ygt2，著地時(shí)yH，解得t，xH，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，落地的動(dòng)能EkmgHqEx2mgH，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；故選BD。8(2018河南省漯河市高級(jí)中學(xué)高三期中試題)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點(diǎn)在A、B板間，A板接地，B板的電勢隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，t0時(shí)，在P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當(dāng)2T時(shí)，電子回到P點(diǎn)。電子運(yùn)動(dòng)過程中未與極板相碰，不計(jì)重力，則下列說法正確的是( BD )A1212B1213C在02T時(shí)間內(nèi)，當(dāng)tT時(shí)電子的電勢能最小D在02T 時(shí)間內(nèi)，電子的電勢能減小了解析根據(jù)場強(qiáng)公式可得0T時(shí)間內(nèi)平行板間的電場強(qiáng)度為：E1，電子的加速度為：a1，且向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間T的位移為：x1a1T2，速度為：v1a1T；同理在T2T內(nèi)平行板間電場強(qiáng)度為：E2，加速度為：a2，電子以v1的速度向上做勻變速度直線運(yùn)動(dòng)，位移為：x2v1Ta2T2，由題意2T時(shí)刻回到P點(diǎn)，則有：x1x20，聯(lián)立可得：231，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)速度最大時(shí)，動(dòng)能最大，電勢能最小，而0T內(nèi)電子做勻加速運(yùn)動(dòng)，之后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因231，所以在2T時(shí)刻電勢能最小，故C錯(cuò)誤；電子在2T時(shí)刻回到P點(diǎn)，此時(shí)速度為：v2v1a2T，(負(fù)號(hào)表示方向向下)，電子的動(dòng)能為：Ekm2v，根據(jù)能量守恒定律，電勢能的減小量等于動(dòng)能的增加量，故D正確。所以BD正確，AC錯(cuò)誤。二、非選擇題9(2018安徽省定遠(yuǎn)縣高三11月月考)如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距離為d8cm，板長為L25cm，接在直流電上，有一帶電液滴以v00.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)迅速將下板向上提起cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：(1)將下板向上提起后，液滴的加速度大小。(2)液滴從射入電場開始計(jì)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用時(shí)間為多少？(g取10m/s2)答案：(1)2m/s2(2)0.3s解析(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力因?yàn)橐旱巫鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，則有：qEmg，又E得：qmg當(dāng)下板向上提后，由于d減小，板間場強(qiáng)E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)此時(shí)液滴所受電場力：Fq此時(shí)液滴的加速度：a(1)gg2m/s2(2)因?yàn)橐旱蝿偤脧慕饘倌┒孙w出，所以液滴在豎直方向上的位移是則有：at解得：t10.2s而液滴從剛進(jìn)入電場到出電場的時(shí)間：t20.5s所以液滴從射入開始勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為tt2t10.3s10(2018安徽省定遠(yuǎn)12月月考)如圖所示，在空間中取直角坐標(biāo)系xOy，在第一象限內(nèi)從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個(gè)沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，MN為電場的理想邊界，場強(qiáng)大小為E1，ONd。在第二象限內(nèi)充滿一個(gè)沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E2。電子從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0沿x軸負(fù)方向射入第二象限區(qū)域，它到達(dá)的最左端為圖中的B點(diǎn)，之后返回第一象限，且從MN上的P點(diǎn)離開。已知A點(diǎn)坐標(biāo)為(0，h)。電子的電量為e，質(zhì)量為m，電子的重力忽略不計(jì)，求：(1)電子從A點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間；(2)P點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)電子經(jīng)過x軸時(shí)離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離。答案：(1)t(2)(d，h)(3)x解析(1)從A到B的過程中，加速度大小為a，由速度公式得：0