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2019-2020年高三物理一輪復習 第6章 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動練習 選擇題(每題5分,共25分) 1.(xx浙江大聯(lián)考四聯(lián),3)電子束焊接機中的電子槍如圖所示,陰極K的電勢為φK,陽極A的電勢為φA。僅在電場力作用下,電子(電荷量為-e)從K運動到A,則(　　) A.A、K間的電勢差為φA-φK B.電子的動能增加e(φK-φA) C.電子的電勢能增加e(φA-φK) D.電子克服電場力做的功為e(φA-φK) 2.(xx浙江調(diào)研卷,15)如圖所示,水平放置、間距為d的兩平行金屬板A、B帶有等量異種電荷,在離A、B板均為處有a、b兩點。不計電場邊緣效應,則(　　) A. a、b兩點的電場強度Ea>Eb B. A板與a點間的電勢差UAa和B板與b點間的電勢差UBb相同 C. 將A、B板間距離增大到2d時,兩板間的電勢差增大到原來的兩倍 D. 將A、B板間距離增大到2d時,兩板所帶的電荷量增大到原來的兩倍 3.(xx浙江嘉興一中摸底,10)如圖為一勻強電場,某帶電粒子從A點運動到B點,在這一運動過程中克服重力做的功為2.0 J,電場力做的功為1.5 J,則下列說法正確的是(　　) A.粒子帶負電 B.粒子在A點的電勢能比在B點少1.5 J C.粒子在A點的動能比在B點少0.5 J D.粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J 4.(xx浙江諸暨中學一模,16)如圖所示,正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AD邊的勻強電場,M、N、E、F為各邊中點,其連線構(gòu)成正方形,其中P點是EF的中點。一個帶正電的粒子(不計重力)從M點沿ME方向以速度v射入電場,恰好從C點射出,以下說法正確的是(　　) A.粒子的運動軌跡可能經(jīng)過P、E之間某點 B.若粒子初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?則粒子會從EC的中點射出 C.改變粒子初速度大小,若粒子運動軌跡經(jīng)過P點,則粒子可能從F、C之間某點射出 D.若換成其他相同比荷的帶正電粒子,則粒子仍會從C點射出 5.(xx浙江提優(yōu)卷一,19)某同學設計了一種靜電除塵裝置,如圖甲所示,其中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道,其前、后兩板為絕緣材料,上、下兩板為金屬材料。圖乙是裝置的截面圖,上、下兩板與電壓恒為U的高壓直流電源相連。帶負電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0,當碰到下板后其所帶電荷被中和,同時被收集。將被收集塵埃的數(shù)量與進入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值,稱為除塵率。不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。要增大除塵率,則下列措施可行的是(　　) A.只增大電壓U B.只增大高度d C.只增大長度L D.只增大塵埃被吸入的水平速度v0 B組　xx模擬提升題組 時間:45分鐘　　分值:50分 一、選擇題(每題5分,共15分) 1.(xx浙江大聯(lián)考四聯(lián),5)如圖所示,一個電荷量為-Q的點電荷甲,固定在絕緣水平面上的O點。另一個電荷量為+q、質(zhì)量為m的點電荷乙,從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動,運動到B點時的速度為v,且為運動過程中速度的最小值。已知點電荷乙受到的阻力大小恒為f,A、B間距離為L0,靜電力常量為k,則下列說法正確的是(　　) A.點電荷乙從A點向O點運動的過程中,其加速度逐漸增大 B.點電荷乙從A點向O點運動的過程中,其電勢能先增大再減小 C.O、B間的距離為 D.在點電荷甲形成的電場中,A、B間的電勢差UAB= 2.(xx浙江大聯(lián)考四聯(lián),9)如圖所示,在絕緣水平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強電場,帶正電的小金屬塊以一定初動能Ek從A點開始水平向左做直線運動,經(jīng)L長度到達B點,速度變?yōu)榱?。此過程中,金屬塊損失的動能有轉(zhuǎn)化為電勢能。金屬塊繼續(xù)運動到某點C(圖中未標出)時的動能和金屬塊在A點時的動能相同,則(　　) A.金屬塊所受滑動摩擦力大小為其所受電場力大小的2倍 B.金屬塊所受電場力大小為其所受滑動摩擦力大小的2倍 C.金屬塊從A開始運動到C的整個過程中經(jīng)過的總路程為3L D.金屬塊從A開始運動到C的整個過程中經(jīng)過的總路程為4L 3.(xx浙江溫州十校期中,14)如圖所示,絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端,彈簧與斜面平行,帶電小球Q(可視為質(zhì)點)固定在絕緣斜面上的M點,且在通過彈簧中心的直線ab上。現(xiàn)將與Q大小相同,帶電也相同的小球P,從直線ab上的N點由靜止釋放,若兩小球可視為點電荷,在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中,下列說法中正確的是(　　) A.小球P的速度一定先增大后減小 B.小球P的機械能一直在減少 C.小球P速度最大時所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零 D.小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加 二、非選擇題(共35分) 4.(xx江蘇淮安月考,16)(8分)如圖所示,板長L=4 cm的平行板電容器,板間距離d=3 cm,板與水平線夾角α=37,兩板所加電壓為U=100 V。有一帶負電液滴,帶電荷量為q=310-10 C,以v0=1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場,在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出(取g=10 m/s2,sin α=0.6,cos α=0.8)。求: (1)液滴的質(zhì)量; (2)液滴飛出時的速度大小。 5.(xx浙江溫州一模,24)(12分)在光滑絕緣水平面上放置一質(zhì)量m=0.2 kg、q=+5.010-4 C的小球,小球系在長L=0.5 m的絕緣細線上,線的另一端固定在O點。整個裝置置于勻強電場中,電場方向與水平面平行且沿OA方向,如圖所示(此圖為俯視圖)?，F(xiàn)給小球一初速度使其繞O點做圓周運動,小球經(jīng)過A點時細線的張力F=140 N,小球在運動過程中,最大動能比最小動能大ΔEk=20 J,小球視為質(zhì)點。 (1)求電場強度E的大小; (2)求運動過程中小球的最小動能; (3)若小球運動到動能最小的位置時細線被剪斷,則小球經(jīng)多長時間其動能與在A點時的動能相等?此時小球距A點多遠? 6.(xx浙江溫州聯(lián)合體,25)(15分)如圖(a)所示,傾角θ=30的光滑固定斜桿底端固定一電荷量為Q=210-4 C的正點電荷,將一帶正電小球(可視為點電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)靜止釋放,小球沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移的變化圖像如圖(b)所示,其中線1為重力勢能隨位移變化的圖像,線2為動能隨位移變化的圖像。(g=10 m/s2,靜電力常量k=9109 Nm2/C2) (1)描述小球向上運動過程中的速度與加速度的大小變化情況; (2)求小球的質(zhì)量m和電荷量q; (3)求斜桿底端至小球速度最大處由底端正點電荷形成的電場的電勢差U; (4)在圖(b)中畫出小球的電勢能E隨位移s變化的圖線。(取桿上離底端3 m處為電勢零點) A組　xx模擬基礎題組 選擇題 1.A　A、K間的電勢差為UAK=φA-φK,選項A正確。電場力做的功為W=-eUKA=eUAK=e(φA-φK),由功能關系知,電子的動能增加e(φA-φK),電子的電勢能減少e(φA-φK),故選項B、C、D錯誤。 2.C　帶有等量異種電荷的平行金屬板間形成勻強電場,Ea=Eb,故A錯;根據(jù)U=Ed,可得UAa=-UBb,故B錯;兩平行金屬板組成電容器,增大兩板間距時電容器的電荷量不變,故D錯;當d變?yōu)?d時,電容C變?yōu)樵瓉淼囊话?電勢差U變?yōu)樵瓉淼膬杀?C正確。 3.D　由于電場力做正功,因此電場力與電場線方向相同,粒子帶正電,A錯誤;電場力做了1.5 J的正功,電勢能減少了1.5 J,因此粒子在B點的電勢能比在A點少1.5 J,B錯誤;根據(jù)動能定理ΔEk=W重力+W電場力=-2.0 J+1.5 J=-0.5 J,因此從A運動到B動能減少了0.5 J,C錯誤;由于除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做功改變機械能,在此題中,電場力做功為1.5 J,因此機械能增加1.5 J,D正確。 4.D　帶電粒子在電場中做類平拋運動,可得L=vt,L=at2,當x=L=vt1時,可得y=a=L,大于,粒子應該經(jīng)過P、F之間的某點,A錯;若初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?則時間變?yōu)樵瓉淼?y=a=L,B錯;若粒子的運動軌跡經(jīng)過P點, x=L=v1t,y=L=at2,當粒子出電場時,L=v1t,y=at2=L,小于L,應從E、C之間的某點射出,C錯;換成其他相同比荷的帶正電粒子,則粒子仍在電場中做類平拋運動,加速度a=不變,故D正確。 5.AC　分析剛好能從下板邊緣飛出的塵埃,水平方向L=v0t,豎直方向側(cè)移y=t2,除塵率η==,本題得解。 B組　xx模擬提升題組 一、選擇題 1.C　電荷乙受到的阻力不變,甲、乙靠近的過程中庫侖力逐漸增大,乙在運動到B點之前,做加速度逐漸減小的減速運動,選項A錯誤;在乙向左運動的過程中電場力一直做正功,電勢能一直減小,選項B錯誤;當速度最小時有:f=F庫=k,解得r=,選項C正確;乙從A運動到B的過程中,根據(jù)動能定理有:qUAB-fL0=mv2-m,所以A、B兩點間的電勢差UAB=,選項D錯誤。 2.BD　根據(jù)題意,金屬塊從A運動到B的過程中,有的初動能因克服摩擦力做功而轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,則有Ek=EqL,Ek=μmgL,所以Eq=2μmg,選項A錯誤、B正確;設B、C兩點間距離為x,則Eqx-μmgx=Ek,則x=3L,總路程為4L,選項C錯誤、D正確。 3.AD　帶電小球P與彈簧接觸后,在沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力、沿斜面向下的庫侖斥力F=和沿斜面向上的彈簧彈力,在最初階段,彈簧彈力小于mg sin θ+,小球P先加速,但是彈力逐漸增大,庫侖斥力逐漸減小,合力變小,加速度變小,即第一階段是加速度逐漸減小的加速運動,第二階段彈力大于mg sin θ+,合力沿斜面向上開始減速,彈力逐漸增大,庫侖斥力逐漸減小,合力變大,加速度變大,即第二階段是加速度逐漸變大的減速運動,直到速度減小為0,選項A對。小球P的機械能變化等于除重力外其他力做的功,即庫侖力和彈力的合力做的功,初始階段彈力小于庫侖斥力,二者合力做正功,機械能增加,當彈力大于庫侖斥力后,二者合力做負功,機械能減少,選項B錯。小球P速度最大時加速度等于0,即彈力等于庫侖力加重力沿斜面向下的分力,選項C錯。小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能變化等于除系統(tǒng)內(nèi)彈力和重力外其他力做的功,即庫侖斥力做的功,由于庫侖斥力做正功,系統(tǒng)機械能增加,選項D對。 二、非選擇題 4.答案　(1)810-8 kg　(2)1.32 m/s 解析　(1)帶電液滴受重力mg和電場力qE,二力的合成如圖所示,由圖可得: qE cos α=mg,又E= 解得:m=,代入數(shù)據(jù)得m=810-8 kg (2)對液滴由動能定理得:qU=mv2-m v= 所以v= m/s=1.32 m/s。 5.答案　(1)4104 N/C　(2)10 J　(3) s　 m 解析　(1)小球在光滑水平面上運動的最大動能與最小動能的差值ΔEk=2qEL=20 J 代入數(shù)據(jù)得:E=4104 N/C (2)在A處,由牛頓第二定律:F-qE=m EkA=m=(F-qE)L=30 J Ekmin=EkB=EkA-ΔEk=10 J (3)EkB=m vB== m/s=10 m/s 線斷后球做類平拋運動:y=t2 x=vBt 當動能與在A點相等時,y=2L 代入數(shù)據(jù)解得:t= s x= m 6.答案　(1)見解析　(2)4 kg　1.1110-5 C　(3)4.2106 V (4)見解析 解析　(1)先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運動,再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運動,直至速度為零。 (2)Ep=mgh=mgs sin θ 由線1可得mg sin 30=20 N 所以m=4 kg 當達到最大速度時帶電小球受力平衡 mg sin θ= 由線2可得s0=1 m 得q==1.1110-5 C (3)由線2可得當帶電小球運動至1 m處動能最大,大小為27 J 根據(jù)動能定理WG+W電=DEk -mgs0 sin θ+qU=Ekm-0 代入數(shù)據(jù)得U=4.2106 V (4)如圖所示,圖中線3即為小球電勢能E隨位移s變化的圖線