《2018-2019學年高二物理 寒假訓練03 電容器帶電粒子在電場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019學年高二物理 寒假訓練03 電容器帶電粒子在電場中的運動（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 寒假訓練03電容器帶電粒子在電場中的運動 1．【2018年廣安、眉山、內江、遂寧高三第一次診斷】如圖甲所示，真空中有一個平行板電容器，兩極板PQ、MN與水平方向的夾角θ＝30°，極板長度為L，一個質量為m的帶電量為+q的微粒從極板內側N點由靜止釋放，恰好能沿水平方向向左運動。只考慮極板之間的電場，極板之外沒有電場，重力加速度為g。 (1)兩極板PQ、MN分別帶什么電？極板間電場的場強多大？ (2)如圖乙所示，如果將該微粒從Q點正上方某高處的O點由靜止釋放，恰好能從Q點進入電場，且剛好從M點沿與MN相切的方向離開電場。則兩板之間的電壓U是多少?

2、 一、選擇題 1．【2018年白城一中高二上學期期中】如圖所示，平行板電容器與電動勢為E′的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則下列說法錯誤的是(　　) A．平行板電容器的電容將變大 B．靜電計指針張角不變 C．帶電油滴的電勢能將減小 D．若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電勢能減小 2．【2018年廣雅中學高三上期中】如圖所示，C為平行板電容器，a和b為其兩極板，a板接地；P

3、和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉了角度α，在以下方法中，能使懸線的偏角α變大的是(　　) A．縮小a、b間的距離 B．在a、b兩板間插入電介質 C．a板向上平移 D．Q板向右平移 3.【2018年西寧市第四高級中學高二上學期期中】 (多選)如圖所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板A、B間距離為d，板間電壓為U，B板電勢高于A板，兩板間有M、N、P三點，MN連線平行于極板，N、P連線垂直于極板，M、P兩點間距離為L，∠PMN＝θ。以下說法正確的是(　　) A．電容器帶電荷量

4、為 B．兩極板間勻強電場的電場強度大小為 C．M、P兩點間的電勢差為 D．若將帶電荷量為＋q的電荷從M移到P，該電荷的電勢能減少了 4．【2018年巴彥淖爾一中高二上學期期中】(多選)a、b、c三個α粒子由同一點同時垂直場強方向進入偏轉電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，以下說法正確的是(　　) A．在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上 B．b和c同時飛離電場 C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小 D．動能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大 5．【2018年靜寧縣第一中學高二上學期期中】(多選)一帶正電粒子僅在電場力作用下做直線運動，從A點經(jīng)B、C運動到D點，

5、其v－t圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(　　) A．A處的電場強度小于B處的電場強度 B．粒子在A處的電勢能大于在B處的電勢能 C．C、D間各點電場強度和電勢都為零 D．A、B兩點的電勢差等于C、B兩點間的電勢差 6．【2018年雅安中學高二上學期期中】如圖，在豎直平面內存在水平向右的勻強電場，有一帶電小球自O處沿y軸方向豎直向上拋出，它的初動能為4 J，不計空氣阻力。當小球上升到最高點M時，動能也為4 J，則小球落回與O的同一水平面上的P點時，它的動能為(　　) A．4 J B．8 J C．16 J D．20 J 7．【2018年遵義市第

6、四教育集團高三上學期第二次聯(lián)考】(多選)如圖所示，B、C為豎直平面內一圓周上的兩點，圓心為O，B、O連線豎直，A點位于B點正上方，沿AC方向固定有一光滑絕緣細桿L，在O點固定放置一帶負電的小球?，F(xiàn)有兩個完全相同的帶正電的小球a、b，先將小球A穿在細桿上，讓其從A點由靜止釋放后沿桿下滑，后使小球b從A點由靜止釋放后豎直下落，不計兩小球間的相互作用力，則下列說法中正確的是(　　) A．小球a沿桿做勻加速直線運動 B．小球a在C點的動能等于小球b在B點的動能 C．從A點到C點，小球a的機械能先增加后減小，但機械能與電勢能之和不變 D．小球a從A點到C點的過程中電場力做的功等于小球b從A點到B

7、點的過程中電場力做的功 二、解答題 8. 【2018年平遙中學高二上學期期中】如圖所示，AB是一傾角θ＝37°的絕緣粗糙直軌道，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30，BCD是半徑為R＝0.2 m的光滑圓弧軌道，它們相切于B點，C為圓弧軌道的最低點，整個空間存在著豎直向上的勻強電場，場強E＝4.0×103 N/C，質量m＝0.20 kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下。已知斜面AB對應的高度h＝0.24 m，滑塊帶電荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。求： (1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端B點時的速度大??；

8、 (2)滑塊滑到圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力。 9．【2018年福州八中高三上學期期中】如圖甲所示，兩水平金屬板A、B間的距離為d，極板長為l，A、B右端有一豎直放置的熒光屏，熒光屏距A、B右端的距離為0.7l。A、B兩板間加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向值也為U0?，A、B間的電場可看作勻強電場，且兩板外無電場?，F(xiàn)有質量為m、電荷量為e（重力不計）的電子束，以速度v0沿A、B兩板間的中心線OO′射入兩板間的偏轉電場，所有電子均能通過偏轉電場，最后打在熒光屏上。 (1)求電子通過

9、偏轉電場的時間t0； (2)若UAB的周期T＝t0，求從OO′上方飛出偏轉電場的電子在飛出時離OO′的最大距離； (3)若UAB的周期T＝2t0，求電子擊中熒光屏上O′點時的速率。 寒假訓練03電容器帶電粒子在電場中的運動 1．【解析】（1）粒子在極板間的受力分析如圖所示，因粒子帶正電，所受電場力F如圖所示 則MN板帶正電，PQ板帶負電 由幾何關系得：cosθ=mgqE 解得：E=23mg3q。 （2）粒子進入極板間做類平拋運動，設水平位移為x，如圖所示： tanα=vyv0=atv0 tanφ=yx=12at2v0t 設粒子在M點時速度方向延長線交于X軸上的C點

10、，則根據(jù)平拋知識可知速度方向延長線交于x2處，根據(jù)幾何關系有： x2sinθ+x=L d=x2cosθ U=Ed 解得：U=2mgL5q。 一、選擇題 1．【答案】A 【解析】根據(jù)C=εS4πkd知，將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時d增大，則平行板電容器的電容將減小，故A錯誤；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B正確；電勢差不變，d增大，根據(jù)E=Ud可知電場強度減小，又由U上P=φ上-φP，U上P=Ed上P，而U不變，所以上極板的電勢φ上不變，而d上P不變，則有U上P減小，φP增大，根據(jù)EP=qφ

11、可知帶負電油滴的電勢能將減小，C正確；電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E=Ud=QCd=4πKQεS，知電場強度不變，又由UP地=φP-φ地=φP，UP地=EdP地，而將下極板向下移動一小段距離，dP地增大，則有UP地增大，φP增大，根據(jù)EP=qφ可知帶負電油滴的電勢能將減小，D正確。 2．【答案】C 【解析】縮小a、b間的距離，根據(jù)C=εs4πkd，則電容增大，Q不變，ab端的電勢差U=QC，知電勢差減小，所以PQ兩端的電勢差減小，電場強度減小，則電場力變小，α變??；故A錯誤；ab間插入電介質，則電容增大，Q不變，ab端的電勢差U=QC，知電勢差減小，所以PQ兩端的電勢差減小

12、，電場強度減小，則電場力變小，α變小，故B錯誤；a板向上移動，正對面積減小，電容減小，而Q不變，則ab端的電勢差增大，即PQ兩端的電勢差增大，電場強度增大，則電場力變大，α變大，故C正確；Q板向右移動，PQ間的距離增大，故電容器的電容C變小，而Q不變，則PQ兩端的電勢差增大，而電場強度E=4πkQεs不變，則電場力不變，α不變，故D錯誤。 3.【答案】CD 【解析】由電容器電容的定義式可知，電容器的帶電量為Q＝CU，選項A錯誤；兩板間的電場為勻強電場，根據(jù)勻強電場場強與電勢差的關系可知，兩板間電場強度E＝，選項B錯誤；M、P兩點間的電勢差就等于NP間的電勢差，即UMP＝ELsinθ＝，選項

13、C正確；由于下板帶正電，因此板間場強方向豎直向上，將帶電荷量為＋q的電荷從M點移到P點，電場力做正功，電勢能減少量等于電場力做的功，即qUMP＝，選項D正確。 4．【答案】ACD 【解析】a、b兩個粒子在電場中沿電場的方向上的位移相同，由h=12gt2可知運動時間也相同，所以b粒子飛離電場的同時，a剛好打在負極板上；選項A正確.b和c在電場中沿電場的方向的位移不同，所以在電場中飛行的時間也就不同；選項B錯誤.由h=12gt2可知，c粒子在電場中飛行的時間最短，而在水平方向飛行的距離最大，所以c的速度最大，a、b兩粒子飛行時間相等，a的水平位移最小，所以a的速度最??；選項C正確.由能量的轉化

14、和守恒可知，三個粒子的動能的增加即為電場力對粒子所做的功，三個粒子受到的電場力相同，在電場力的方向上，誰的位移大，電場力對誰做的功就大，所以對a、b兩粒子做的功相等，對c粒子做的功要少；選項D正確. 5．【答案】BD 【解析】由運動的速度--時間圖象可看出，帶正電的粒子的加速度在A點時較大，由牛頓第二定律得知在A點的電場力大，故A點的電場強度一定大于B點的電場強度，故A錯誤；由A到B的過程中，速度變大了，說明是電場力做正功，電勢能轉化為動能，由功能關系可知，此過程中電勢能減少，正電荷在A點是電勢能大于在B時的電勢能，所以粒子在A點的電勢能高于B點的電勢能，故B正確；從C到D，粒子速度一直不

15、變，故電場力做功為零，可知CD間各點電場強度為零，但電勢不一定為零，故C錯誤；A、C兩點的速度相等，故粒子的動能相同，因此從A到B和從B到C電場力做功的絕對值相同，AB兩點間的電勢差等于CB兩點間的電勢差，故D正確。 6．【答案】D 【解析】設水平方向上升階段的水平位移為x上，下降階段的水平位移為x下；根據(jù)運動的合成與分解，小球在水平方向做勻加速直線，在豎直方向做豎直上拋運動；且上升階段所用時間與下落階段所用的時間相同，即t上=t下；由初速度為零的勻加速直線運動，相同的時間內位移之比為1：3：5：7…；得x上：x下=1：3；小球到達最高點時，豎直方向的動能為零，水平方向獲得的動能即為電場力

16、在上升階段對小球所做的功，則電場力對小球做的總功為W總=Eqx上+Eqx下=4×4J=16J；小球從O點到M點由動能定理得：EkM-Ek0=W總，Ek0=4J，代入數(shù)據(jù)得EkM=20J。 7．【答案】CD 【解析】從A到C點，小球受到重力、靜電引力、彈力作用，靜電引力為變力，故合力為變力，加速度是變化的，故A錯誤；由于圓周為等勢面，故小球從A到C和A到B電場力做功相等，根據(jù)動能定理：小球a：mghAB+W靜電=Eka；小球b： mghAC+W靜電=Ekb，由于a球下降的高度較大，故a球的動能較大，故B錯誤；除重力外的其余力（即電場力）做的功等于機械能的增加量，由于電場力先做正功，后做負功，

17、故機械能先增加，后減小，故C正確；由于圓周為等勢面，故小球從A到C和A到B電場力做功相等，故D正確。 二、解答題 8.【解析】(1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力 f＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96 N。 設到達斜面底端時的速度為v1，根據(jù)動能定理得 (mg＋qE)h－f＝mv 解得v1＝2.4 m/s。 (2)設到達C處時速度為v2，滑塊從B到C，由動能定理可得： (mg＋qE)R(1－cos37°)＝mv－mv 當滑塊經(jīng)過最低點時，有：FN－(mg＋qE)＝m 由牛頓第三定律：FN′＝FN， 解得：FN′＝11.36 N。 9．【解析】（1）電子在

18、水平方向為勻速運動有：v0t0=l，解得t0=lv0； （2）當T=t0時，t＝0時刻進入偏轉電場的電子向上側移距離最大，設最大值為ym，設加速度大小為a，則有：ym=2×12at022，a=eU0md，聯(lián)立解得偏移的最大距離：ym=eU0l24mdv02； （3）當T=2t0時，電子要到達O'點在電場中必須在豎直方向上先加速后減速再反向加速，并且加速度大小相等，離開電場后豎直方向上勻速，整個過程向上的位移和向下的位移大小相等。設向上加速時間為Δt，則在豎直方向上有：y上=2×12aΔt2， y下=12at0-2Δt2+at0-2Δt0.7lv0， 要到達O′點，則有y上=y下； 聯(lián)立解得：Δt=0.4t0，另一解：Δt=3t0舍去， 所以到達O′點的電子在豎直方向上的速度大小為vy=at0-2Δt， 到達熒光屏上O′點的電子的速率為v=v02+vy2， 聯(lián)立解得電子擊中熒光屏上O′點時的速率：v=v02+eU0l5mdv02。 9