2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）

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1、第3節(jié)電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)基礎(chǔ)必備練1.(2019重慶高三調(diào)研)如圖所示,豎直面內(nèi)分布有水平方向的勻強(qiáng)電場,一帶電粒子沿直線從位置a向上運(yùn)動(dòng)到位置b,在這個(gè)過程中,帶電粒子(C)A.只受到電場力作用B.帶正電C.做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D.機(jī)械能守恒解析:帶電粒子沿直線從位置a運(yùn)動(dòng)到位置b,說明帶電粒子受到的合外力方向與速度在一條直線上,對粒子受力分析,受到豎直向下的重力和水平向左的電場力,合外力方向與粒子運(yùn)動(dòng)方向相反,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C正確,A錯(cuò)誤;電場力方向與電場線方向相反,所以粒子帶負(fù)電,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;粒子帶負(fù)電,沿著電場力方向運(yùn)動(dòng)了一段位移,故電場力做負(fù)功,機(jī)械能減小,選項(xiàng)

2、D錯(cuò)誤.2.如圖,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中.當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運(yùn)動(dòng).重力加速度為g.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為(A)A.gB.gC. gD. g解析:抽出前qE1=mg,抽出后mg-qE2=ma.由電壓不變得E1(d-l)=E2d,聯(lián)立解得a=g.3.(2018廣東廣州二模)a,b兩離子從平行板電容器兩板間P處垂直電場入射,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖.若a,b的偏轉(zhuǎn)時(shí)間相同,則a,b一定相同的物理量是(A)A.荷質(zhì)比 B.入射速度C.入射動(dòng)能D.入射動(dòng)量解析:y=at2=

3、t2,其中y,t,U,d相同,所以相同.4.如圖所示,a,b,c三條虛線為電場中的等勢面,等勢面b的電勢為零,且相鄰兩個(gè)等勢面間的電勢差相等,一個(gè)帶正電的粒子(粒子重力不計(jì))在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為10 J,在電場力作用下從A運(yùn)動(dòng)到B時(shí)速度為零,當(dāng)這個(gè)粒子的動(dòng)能為7.5 J時(shí),其電勢能為(D)A.12.5 J B.2.5 JC.0 D.-2.5 J解析:根據(jù)動(dòng)能定理可知,帶電粒子從A到B,電場力做功為-10 J,則帶電粒子從A運(yùn)動(dòng)到等勢面b時(shí),電場力做功為-5 J,粒子在等勢面b時(shí)動(dòng)能為5 J.帶電粒子在電場中的電勢能和動(dòng)能之和為5 J,當(dāng)動(dòng)能為7.5 J時(shí),其電勢能為-2.5 J.5.如圖,電場強(qiáng)度

4、大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為+q和-q的兩粒子,由a,c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場中).不計(jì)重力.若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于(B)A. B.C. D.解析:由兩粒子軌跡恰好相切,根據(jù)對稱性,兩個(gè)粒子的軌跡相切點(diǎn)一定在矩形區(qū)域的中心,并且兩粒子均做類平拋運(yùn)動(dòng),在水平方向上:=v0t,在豎直方向上:=at2=t2,聯(lián)立以上兩式可求得:v0=,選項(xiàng)B正確,A,C,D皆錯(cuò)誤.6.(2018貴州黔東南二模)質(zhì)量為m的物塊可視為質(zhì)點(diǎn),帶電荷量為+Q,開始時(shí)讓它靜止在傾角

5、為=60的固定光滑絕緣斜面頂端,整個(gè)裝置放在方向水平、電場強(qiáng)度大小為E=的勻強(qiáng)電場中,如圖所示,斜面高為H,釋放物塊后,物塊落地的速度大小為(C)A. B.C.2 D.2解析:對物塊進(jìn)行受力分析,物塊受重力和水平向左的電場力.電場力F=QE=mg,重力和水平向左的電場力的合力與水平方向夾角=30,根據(jù)動(dòng)能定理有mgH+FH=mv2-0,可得v=2.7.如圖所示,平行板電容器與電源相連,下極板接地.一帶電油滴位于兩極板的中心P點(diǎn)且恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將平行板電容器兩極板在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)和O點(diǎn)迅速順時(shí)針轉(zhuǎn)過45,則(C)A.P點(diǎn)處的電勢降低B.帶電油滴仍將保持靜止?fàn)顟B(tài)C.帶電油滴將水平向右做勻加速直

6、線運(yùn)動(dòng)D.帶電油滴到達(dá)極板前具有的電勢能不斷增加解析:由于P點(diǎn)仍處于板的中間,故電勢不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)原來兩極板間距為d,兩極板的電勢差為U,帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài),則mg=q,當(dāng)電容器兩極板繞O點(diǎn)和O點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)過45后,兩極板間距變小為d,由于電容器始終與電源相連,兩極板的電勢差仍為U,故此時(shí)的電場力為原來的倍,方向與水平方向成45指向右上方,帶電油滴所受的合力方向恰好水平向右,故油滴沿水平方向向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),此過程中電場力做正功,油滴的電勢能不斷減小,選項(xiàng)B,D錯(cuò)誤,C正確.8.空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場,其變化規(guī)律如圖所示(取水平向右為正方向).一

7、個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(重力不計(jì)),開始處于圖中的A點(diǎn).在t=0時(shí)刻將該粒子由靜止釋放,經(jīng)過時(shí)間t0,剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),且瞬時(shí)速度為零.已知電場強(qiáng)度大小為E0.試求:(1)電場變化的周期T應(yīng)滿足的條件;(2)A,B之間的距離.解析:(1)經(jīng)過時(shí)間t0,瞬時(shí)速度為零,故時(shí)間t0為周期的整數(shù)倍,即t0=nT解得T=(n為正整數(shù)).(2)作出v-t圖像,如圖所示.最大速度為vm=v-t圖像與時(shí)間軸包圍的面積表示位移大小s=vmt0=(n為正整數(shù)).答案:(1)T=(n為正整數(shù))(2)(n為正整數(shù))能力培養(yǎng)練9.(多選)如圖所示,一水平放置的平行板電容器,下板A固定,上板B與豎直懸掛的絕緣彈簧連

8、接,A,B間有一固定的帶正電荷的液滴P,電容器帶電荷量為Q1,若讓電容器充電或放電,使之帶電荷量為Q2,則下列說法正確的是(AC)A.若Q2Q1,則彈簧的長度增加B.若Q2Q1,則電容器的電容減少C.若Q2Q1,則帶電液滴P的電勢能增加D.若Q2Q1,則帶電液滴P的電勢能增加解析:若電容器所帶電荷量增加,則兩平行板之間通過電荷產(chǎn)生的吸引力增加,使得彈簧長度增加、兩板之間的距離減小,由C=可知,電容器的電容增大,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;由E=可知,Q增大,使得兩平行板之間的電場強(qiáng)度E增大,因UPA=Ed,其中E增大、d不變,則UPA增大,又UPA=P-A=P,所以P增大,由Ep=qP可知,Ep增加,

9、選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤.10.(多選)如圖(甲)所示,兩平行金屬板MN,PQ的板長和板間距離相等,板間存在如圖(乙)所示的隨時(shí)間周期性變化的電場,電場方向與兩板垂直,在t=0時(shí)刻,一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場,粒子射入電場時(shí)的速度為v0,t=T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場,則(AD)A.該粒子射出電場時(shí)的速度方向一定是平行于極板方向的B.在t=時(shí)刻,該粒子的速度大小為2v0C.若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場,則粒子會(huì)打在板上D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則該粒子將在t=時(shí)刻射出電場解析:粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),在豎直方向上前半個(gè)周期內(nèi)做勻加速直線運(yùn)

10、動(dòng),在后半個(gè)周期內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),一個(gè)周期末豎直方向上的分速度為零,可知粒子射出電場時(shí)的速度方向一定沿平行于極板方向,選項(xiàng)A正確;在t=時(shí)刻,粒子在水平方向上的分速度為v0,因?yàn)閮善叫薪饘侔錗N,PQ的板長和板間距離相等,則該時(shí)刻水平分位移為豎直分位移的2倍,故有v0=2,解得vy=v0,根據(jù)平行四邊形定則知,粒子的速度為v=v0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場,粒子在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)情況與零時(shí)刻進(jìn)入時(shí)運(yùn)動(dòng)的方向相反,運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同,則粒子不會(huì)打在板上,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則粒子射出電場的時(shí)間t=,選項(xiàng)D正確.11.如圖(甲)所示,豎直放置的直角三角形NMP

11、(MP邊水平),NMP=,MP中點(diǎn)處固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷,MN是長為a的光滑絕緣桿,桿上穿有一帶正電的小球(可視為點(diǎn)電荷),小球自N點(diǎn)由靜止釋放,小球的重力勢能和電勢能隨位置x(取M點(diǎn)處x=0)的變化圖像如圖(乙)所示(圖中E0,E1,E2為已知量),重力加速度為g,設(shè)無限遠(yuǎn)處電勢為零,M點(diǎn)所處的水平面為重力零勢能面.(1)圖(乙)中表示電勢能隨位置變化的是哪條圖線?(2)求重力勢能為E1時(shí)的橫坐標(biāo)x1和帶電小球的質(zhì)量m;(3)求小球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek.解析:(1)正電荷的電勢分布規(guī)律是離它越近電勢越高,帶正電的小球的電勢能為E=q,可知正電荷從N點(diǎn)到M點(diǎn)的電勢能先增大后減小,

12、故圖(乙)中表示電勢能隨位置變化的是圖線.(2)電勢能為E1時(shí),距M點(diǎn)的距離為x1=(acos )cos =x1處重力勢能E1=mgx1sin 可得m=(3)在小球從N到M的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得mgasin +E2-E0=Ek-0解得Ek=+E2-E0.答案:(1)圖線(2)(3)+E2-E012.(2018山東日照期末)如圖所示,水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接,半圓形軌道的半徑R=0.4 m,在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場,電場線與軌道所在的平面平行,電場強(qiáng)度E=1.0104 N/C.現(xiàn)有一電荷量q=+1.010-4 C、質(zhì)量m=0.1 kg的

13、帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn)),在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放,帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C,然后落至水平軌道上的D點(diǎn)(圖中未畫出).取g=10 m/s2.試求:(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對圓形軌道的壓力大小;(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB;(3)帶電體在從P開始運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過程中的最大動(dòng)能(結(jié)果保留3位有效數(shù)字).解析:(1)設(shè)帶電體通過C點(diǎn)時(shí)的速度為vC,根據(jù)牛頓第二定律有mg=m,解得vC=2.0 m/s.設(shè)帶電體通過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,軌道對帶電體的支持力大小為FB,帶電體在B點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有FB-mg=m帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有-mg2R=m-m聯(lián)立解得FB=6.0 N根據(jù)牛頓第三定律,帶電體對軌道的壓力FB=6.0 N(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t,有2R=gt2xDB=vCt-t2聯(lián)立解得xDB=0.(3)由P到B,帶電體做加速運(yùn)動(dòng),故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中,在此過程中只有重力和電場力做功,這兩個(gè)力大小相等,其合力與重力方向成45夾角斜向右下方,故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對應(yīng)圓心角為45處.設(shè)帶電體的最大動(dòng)能為Ekm,根據(jù)動(dòng)能定理有qERsin 45-mgR(1-cos 45)=Ekm-m代入數(shù)據(jù)解得Ekm=1.17 J.答案:(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J- 7 -