2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 基礎(chǔ)課3 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)訓(xùn)練（含解析）教科版一、選擇題(16題為單項(xiàng)選擇題，710題為多項(xiàng)選擇題)1(2016·浙江理綜，14)以下說(shuō)法正確的是()A在靜電場(chǎng)中，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低B外力對(duì)物體所做的功越多，對(duì)應(yīng)的功率越大C電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比D在超重和失重現(xiàn)象中，地球?qū)ξ矬w的實(shí)際作用力發(fā)生了變化解析在靜電場(chǎng)中，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，選項(xiàng)A正確；根據(jù)P可知，外力對(duì)物體所做的功越多，對(duì)應(yīng)的功率不一定越大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電容器電容C與電容器所帶電荷量Q無(wú)關(guān)，只與兩板的正對(duì)面積、兩板間距以及兩板間的電介質(zhì)有關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在超重和失重現(xiàn)象中，地球?qū)ξ矬w的實(shí)際作用力沒有發(fā)生變化，只是物體的視重發(fā)生了變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A2.如圖1所示，平行板電容器與電源相接，充電后切斷電源，然后將電介質(zhì)插入電容器極板間，則兩板間的電勢(shì)差U及板間場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況為()圖1AU變大，E變大 BU變小，E變小CU不變，E不變 DU變小，E不變解析當(dāng)平行板電容器充電后切斷電源，極板所帶電荷量Q保持不變，插入電介質(zhì)后，電容器的電容C變大，則U將變小，而由E可知，板間場(chǎng)強(qiáng)E也將變小。選項(xiàng)B正確。答案B3.如圖2所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則()圖2A當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v增大B當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v減小C當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v不變D當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)解析由動(dòng)能定理得eUmv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí)，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即t，當(dāng)d減小時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C4.如圖3所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點(diǎn)A點(diǎn)釋放一個(gè)帶電荷量為Q(Q0)的粒子，粒子重力不計(jì)，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為12時(shí)，恰好從下端點(diǎn)B射出，則d與L之比為()圖3A12 B21C11 D13解析設(shè)粒子從A到B的時(shí)間為t，粒子在B點(diǎn)時(shí)，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得Lv0t，dt，又v0vy12，可得dL11，選項(xiàng)C正確。答案C5如圖4所示，左側(cè)為加速電場(chǎng)，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，加速電場(chǎng)的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓的k倍。有一初速度為零的帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板正中間垂直電場(chǎng)強(qiáng)度方向射入，且正好能從下極板右邊緣穿出電場(chǎng)，不計(jì)帶電粒子的重力，則偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)長(zhǎng)、寬的比值為()圖4A. B. C. D.解析設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因?yàn)閝U1mv，帶電粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)的速度v0；在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中·t2，解得td，水平距離lv0tdd，所以，B正確。答案B6如圖5所示，水平放置的兩平行金屬板與一直流電源相連，一帶正電的粒子僅在重力和電場(chǎng)力作用下以某一初速度沿圖中直線從A運(yùn)動(dòng)到B，現(xiàn)將平行金屬板分別以O(shè)、O為圓心在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)相同角度后，帶電粒子依舊能夠沿直線從A運(yùn)動(dòng)到B，則()圖5A平行金屬板一定順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°B平行金屬板一定逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°C帶電粒子電勢(shì)能一定逐漸增加D帶電粒子一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng)解析剛開始時(shí)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，mgqEq，由受力分析可知，粒子在豎直方向上合力為零。如圖所示，平行金屬板順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角，則qcos qcos qmg，所以粒子是否做直線運(yùn)動(dòng)與旋轉(zhuǎn)角度大小無(wú)關(guān)，根據(jù)受力分析可知，電場(chǎng)力做正功，粒子的電勢(shì)能逐漸減少，粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；同理，若平行金屬板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角，則粒子電勢(shì)能逐漸增加，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D正確。答案D7(2015·廣東理綜，21)如圖6所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將兩個(gè)帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動(dòng)到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計(jì)重力，則()圖6AM的帶電量比N的大BM帶負(fù)電荷，N帶正電荷C靜止時(shí)M受到的合力比N的大D移動(dòng)過程中勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)M做負(fù)功解析帶電球M、N在不計(jì)重力條件下平衡，說(shuō)明M、N兩球所受電場(chǎng)力的合力為零，即M、N所在點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)為零，所以M球在N球處所產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，大小為E，故M球帶負(fù)電；同理，N球在M球處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，大小為E，故N球帶正電，且兩球所帶電荷量相等。勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)M的電場(chǎng)力方向與M移動(dòng)方向成鈍角，做負(fù)功。所以B、D正確。答案BD8如圖7所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計(jì)重力)，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí)，粒子剛好能到達(dá)N板，如果要使這個(gè)帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是()圖7A使初速度為原來(lái)的B使M、N間電壓提高到原來(lái)的2倍C使M、N間電壓提高到原來(lái)的4倍D使初速度和M、N間電壓都減為原來(lái)的解析在粒子剛好到達(dá)N板的過程中，由動(dòng)能定理得qEd0mv，所以d，令帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為x，則使初速度減為原來(lái)的，x，故A錯(cuò)；使M、N間電壓提高到原來(lái)的2倍，電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，x，故B對(duì)；使M、N間電壓提高到原來(lái)的4倍，電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，x，故C錯(cuò)；使初速度和M、N間電壓減為原來(lái)的，電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，x，故D對(duì)。答案BD9(2017·衡水調(diào)研)美國(guó)物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量。如圖8所示，平行板電容器兩極板M、N與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，則()圖8A此時(shí)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度EB油滴帶電荷量為C減小極板間電壓，油滴將加速下落D將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng)解析極板間電壓為U，間距為d，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故場(chǎng)強(qiáng)E，故A正確；油滴受重力和電場(chǎng)力，處于平衡狀態(tài)，故mgq，解得q，故B錯(cuò)誤；減小極板間電壓，場(chǎng)強(qiáng)減小，電場(chǎng)力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故C正確；將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，板間距增加，場(chǎng)強(qiáng)減小，電場(chǎng)力減小，電場(chǎng)力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故D錯(cuò)誤。答案AC10如圖9所示，帶正電的金屬滑塊質(zhì)量為m、電荷量為q，與絕緣水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(1)。水平面上方有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。如果在A點(diǎn)給滑塊一個(gè)向左的大小為v的初速度，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度恰好為零，則下列說(shuō)法正確的是()圖9A滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后將返回向A運(yùn)動(dòng)，來(lái)回所用時(shí)間相同B滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后將返回向A運(yùn)動(dòng)，到A點(diǎn)時(shí)速度大小仍為vC滑塊回到A點(diǎn)時(shí)速度大小為vDA、B兩點(diǎn)間電勢(shì)差為解析由A點(diǎn)到B點(diǎn)過程，滑塊加速度為aAB(1)g，由B點(diǎn)到A點(diǎn)過程，滑塊加速度為aBA(1)g，而位移大小相等，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間不可能相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑塊返回A點(diǎn)時(shí)的速度大小不可能等于滑塊在A點(diǎn)的初速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)v22aABx，v2aBAx，可得回到A點(diǎn)時(shí)滑塊速度vAv，x，UABEx，選項(xiàng)C、D正確。答案CD二、非選擇題11(2016·北京市海淀區(qū)二模)如圖10所示，質(zhì)量m2.0×104 kg、電荷量q1.0×106 C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。取g10 m/s2。圖10(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度 E1的大小和方向； (2)在t0時(shí)刻，勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)镋24.0×103 N/C，且方向不變。求在t0.20 s時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做的功； (3)在t0.20 s時(shí)刻突然撤掉第(2)問中的電場(chǎng)，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。解析(1)由題意知E1qmg，E1 N/C2.0×103 N/C，方向向上。(2)在t0時(shí)刻，電場(chǎng)強(qiáng)度突然變化為E24.0×103 N/C。設(shè)微粒的加速度為a1，在t0.20 s時(shí)間內(nèi)上升高度為h，電場(chǎng)力做功為W，則qE2mgma1，解得a110 m/s2，ha1t2，解得h0.20 m，WqE2h，解得W8.0×104 J。 (3)設(shè)在t0.20 s時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)時(shí)粒子的速度大小為v，回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，則va1t，Ekmghmv2，解得Ek8.0×104 J。答案(1)2.0×103 N/C方向向上(2)8.0×104 J(3)8.0×104 J12(2017·太原考試)如圖11，直角坐標(biāo)系xOy位于同一豎直平面內(nèi)，其中x軸水平、y軸豎直，xOy平面內(nèi)長(zhǎng)方形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強(qiáng)電場(chǎng)，OA長(zhǎng)為l，與x軸間的夾角30°。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點(diǎn))從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以一定速度射出，恰好從OA的中點(diǎn)M垂直O(jiān)A進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域。已知重力加速度為g。圖11(1)求P的縱坐標(biāo)yP及小球從P射出時(shí)的速度v0；(2)已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，若小球不能從BC邊界離開電場(chǎng)，OC長(zhǎng)度應(yīng)滿足什么條件？解析(1)設(shè)小球從P運(yùn)動(dòng)到M所用時(shí)間為t1，則有yPsin gtcos v0t1gt1解得yPlv0(2)設(shè)小球到達(dá)M時(shí)速度為vM，進(jìn)入電場(chǎng)后加速度為a，有vM又mgcos qE小球在電場(chǎng)中沿vM方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿與vM垂直方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)邊界OC的長(zhǎng)度為d時(shí)，小球不從BC邊射出，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2mgsin madvMt2at解得dl答案(1)l(2)dl