【創(chuàng)新設(shè)計】（江蘇專用）2017高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場 基礎(chǔ)課時18 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）

《【創(chuàng)新設(shè)計】（江蘇專用）2017高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場 基礎(chǔ)課時18 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【創(chuàng)新設(shè)計】（江蘇專用）2017高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場 基礎(chǔ)課時18 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 基礎(chǔ)課時18　電容器　帶電粒子在電場中的運動 一、單項選擇題 1．如圖1甲所示，直線AB是某電場中的一條電場線，一電子僅在電場力作用下由電場線上A點沿直線運動到B點，其速度平方v2與位移x的關(guān)系如圖乙所示。EA、EB表示A、B兩點的電場強(qiáng)度，φA、φB表示A、B兩點的電勢。以下判斷正確的是(　　) 圖1 A．EA＜EB B．EA＞EB C．φA＞φB D．φA＜φB 解析　由速度平方v2與位移x的關(guān)系與v2－v＝2ax對比可得，電子做勻加速直線運動，由牛頓第二定律，合力(電場力)恒定，此電場為勻強(qiáng)電場，選項A、B錯誤；電子從A到B，電場力做正功，電勢能減小，電勢增大，選

2、項D正確，C錯誤。 答案　D 2.一平行板電容器的兩個極板分別與一電源正、負(fù)極相連，如圖2所示，在保持開關(guān)閉合的情況下，將電容器極板距離增大，則電容器的電容C、帶電荷量Q、極板間的場強(qiáng)E的變化(　　) 圖2 A．C、Q、E都逐漸增大 B．C、Q、E都逐漸變小 C．C、Q逐漸減小，E不變 D．C、E逐漸減小，Q不變 解析　由C＝，知C減小，C＝，U不變，Q減小，E＝，E減小，選項B正確。 答案　B 3．(2013·新課標(biāo)全國Ⅰ，16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方處的P

3、點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板d處返回解析　帶電粒子在重力作用下下落，此過程中重力做正功，當(dāng)帶電粒子進(jìn)入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負(fù)功，若帶電粒子在下極板處返回，由動能定理得mg(＋d)－qU＝0；若電容器下極板上移，設(shè)帶電粒子在距上極板d′處返回，則重力做功WG＝mg(＋d′)，電場力做功W電＝－qU′＝－qU＝－qU，由動能定理得WG＋W電＝0，聯(lián)立各式解得d′＝d，選項D正確。

4、答案　D 4.(2016·杭州二中期中)在光滑絕緣的水平桌面上，存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場，電場線如圖3中實線所示。一帶正電、初速度不為零的小球從桌面上的A點開始運動，到C點時，突然受到一個外加的水平恒力F作用而繼續(xù)運動到B點，其運動軌跡如圖中虛線所示，v表示小球經(jīng)過C點時的速度，則(　　) 圖3 A．小球在A點的電勢能比在B點小 B．恒力F的方向可能水平向左 C．恒力F的方向可能與v方向相反 D．在A、B兩點小球的速率不可能相等 解析　小球帶正電，電場力向右，從A到B，電場力做正功，電勢能減少，故A錯誤；從C到B小球做曲線運動，小球所受的合力應(yīng)該指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，故恒力

5、F的方向可能水平向左，B正確；從C到B小球做曲線運動，若恒力F的方向與v方向相反，則合力不可能指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，故C錯誤；從A到B電場力做正功，拉力F做負(fù)功，合力的功可能為零，故小球在A、B兩點的速率可能相等，D錯誤。 答案　B 5.為了測定一個水平向右的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小，小明所在的物理興趣小組做了如下實驗：用長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，上端固定于O點，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)，如圖4所示，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動，擺到B點時速度恰好為零，然后又從B點向A點擺動，如此往復(fù)。小明用測量工具測量與水平方向所成的角度θ，剛好為60°。

6、不計空氣阻力，下列說法中正確的是(　　) 圖4 A．在B點時小球受到的合力為0 B．電場強(qiáng)度E的大小為 C．小球從A運動到B，重力勢能減小mgL D．小球在下擺的過程中，小球的機(jī)械能和電勢能之和先減小后增大 解析　小球擺到B點時速度恰好為零，故若小球在B點沒有加速度，則小球?qū)㈧o止在B點，不會再從B點返回到A點，所以小球在B點時所受合外力不為零，選項A錯誤；小球從A點運動到B點的過程，由動能定理，有mgLsin 60°－qEL(1－cos 60°)＝0，解得E＝，選項B正確；小球從A點運動到B點重力勢能減少了mgLsin 60°，選項C錯誤；小球下擺的過程中，小球的機(jī)械能和電勢能

7、相互轉(zhuǎn)化，由能量守恒定律可知，機(jī)械能與電勢能之和保持不變，選項D錯誤。 答案　B 6．(2016·山西運城一模)真空中的某裝置如圖5所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) 圖5 A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做

8、功之比為1∶2∶4 解析　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1＝mv，解得v0＝，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯誤。 答案　B 二、多項選擇

9、題 7．(2016·江蘇揚(yáng)州測試)如圖6所示，一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，環(huán)心為O點，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點正上方h高的A點由靜止釋放，并穿過帶電環(huán)，關(guān)于小球從A到A關(guān)于O的對稱點A′過程加速度(a)、重力勢能(EpG)、機(jī)械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖象一定正確的是(取O點為坐標(biāo)原點且重力勢能為零，豎直向下為正方向，無限遠(yuǎn)處電勢為零)(　　) 解析　圓環(huán)中心的場強(qiáng)為零，無窮遠(yuǎn)處場強(qiáng)也為零，則小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，場強(qiáng)可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小，方向豎直向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)后，

10、小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小，故A正確；小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能EPG＝mgh，小球穿過圓環(huán)后，EPG＝－mgh，重力勢能與高度是線性變化的，故B正確；小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負(fù)功，機(jī)械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機(jī)械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，故D錯誤。 答案　ABC 8.如圖7所示，是一個由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)閉合，在增大

11、電容器兩極板間距離的過程中(　　) 圖7 A．電阻R中沒有電流 B．電容器的電容變小 C．電阻R中有從a流向b的電流 D．電阻R中有從b流向a的電流 解析　題圖中電容器被充電，A極板帶正電，B極板帶負(fù)電。根據(jù)平行板電容器電容大小的決定因素C∝可知，當(dāng)增大電容器兩極板間距離d時，電容C變小。由于電容器始終與電池相連，電容器兩極板間電壓UAB保持不變；根據(jù)電容的定義式C＝知，當(dāng)C減小時，電容器兩極板所帶電荷量Q都要減少，即電阻R中有從a流向b的電流。所以選項B、C正確。 答案　BC 9.如圖8所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿

12、著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則(　　) 圖8 A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2 B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D．A和B的位移大小之比為1∶1 解析　粒子A和B在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確。 答案　ABC 三、非選擇題 10.在絕緣水平面上放有一帶正電的滑塊

13、、質(zhì)量為m，帶電荷量為q，水平面上方虛線左側(cè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，qE＞μmg，虛線右側(cè)的水平面光滑。一輕彈簧右端固定在墻上，處于原長時，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側(cè)L處，并給滑塊一個向左的初速度v0，已知滑塊與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，求： 圖9 (1)彈簧的最大彈性勢能； (2)滑塊在整個運動過程中產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)設(shè)滑塊向左運動x時減速到零，由動能定理有－(qE＋μmg)x＝－mv① 解得x＝② 之后滑塊向右加速運動，設(shè)第一次到達(dá)虛線時的動能為Ek 由能量守恒定律得：qE(x＋L)＝Ek＋μmg(x＋L)③ 解得Ek＝(qE－μm

14、g)L＋④ 滑塊從虛線處壓縮彈簧至最短的過程，機(jī)械能守恒，動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，所以彈簧的最大彈性勢能為 Epm＝(qE－μmg)L＋⑤ (2)滑塊往返運動，最終停在虛線位置，整個過程電場力做正功，為W＝qEL，電勢能減少量為qEL，由能量守恒定律，整個過程產(chǎn)生的熱量等于滑塊機(jī)械能的減少量與電勢能的減少量之和，即Q＝qEL＋mv⑥ 答案　(1)(qE－μmg)L＋　 (2)qEL＋mv 11.在如圖10所示的直角坐標(biāo)系中，第二象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E1，第三象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E2，第四象限中有一固定的點電荷?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電粒子由第二象限中的A點(－a，b)

15、靜止釋放(不計重力)，粒子到達(dá)y軸上的B點時，其速度方向和y軸負(fù)方向的夾角為45°，粒子在第四象限中恰好做勻速圓周運動，經(jīng)過x軸上的C點時，其速度方向與x軸負(fù)方向的夾角為60°，求： 圖10 (1)E1和E2之比； (2)點電荷的位置坐標(biāo)。 解析　(1)設(shè)粒子在第二象限中的運動時間為t1，進(jìn)入第三象限時的速度為v0，有 b＝··t b＝v0t1 設(shè)粒子在第三象限中的運動時間為t2，在B點時速度為v，x軸方向的分速度為vx，則 v＝v0 vx＝v0 a＝··t a＝vxt2 聯(lián)立以上各式得＝，t2＝。 (2)設(shè)O、B的間距為l，粒子做圓周運動的半徑為r，則 l

16、＝v0t2＝2a l＝rcos 45°＋rsin 30° 由以上兩式得r＝4a(－1) 所以點電荷的位置坐標(biāo)：xD＝rsin 45°＝2a(2－) yD＝－(l－rcos 45°)＝2a(1－)。 答案　(1)　(2)xD＝2a(2－)　yD＝2a(1－) 12．如圖11所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點)從y軸上的A點以初速度v0水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ＝37°。(sin 37°＝0.6) 圖11 (1)若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進(jìn)入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點A的坐標(biāo)及小球拋出時的初速度

17、v0； (2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強(qiáng)電場，且勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝，試計算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時才能保證小球不打在N板上。 解析　(1)設(shè)小球由y軸上的A點運動到金屬板M的中點B的時間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有 cos θ＝v0t tan θ＝ 帶電小球在豎直方向上下落的距離為h＝gt2 所以小球拋出點A的縱坐標(biāo)為 y＝h＋sin θ 以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得 v0＝，y＝L，t＝2，h＝ 所以小球拋出點A的坐標(biāo)為(0，L)，小球拋出時的初速度大小為v0＝ (2)設(shè)小球進(jìn)入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得mgh＝mv2－mv 解得v＝ 帶電小球進(jìn)入勻強(qiáng)電場后的受力情況如圖所示。 因為E＝，所以qE＝mgcos θ 因此，帶電小球進(jìn)入該勻強(qiáng)電場之后，將做類平拋運動。其加速度大小為a＝＝gsin θ 設(shè)帶電小球在該勻強(qiáng)電場中運動的時間為t′，欲使小球不打在N板上，由平拋運動的規(guī)律，可得d＝vt′ ＝at′2 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得d＝L。 答案　(1)(0，L)　　(2)L 10