《【創(chuàng)新設計】（江蘇專用）2017高考物理一輪復習 第6章 靜電場 基礎課時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《【創(chuàng)新設計】（江蘇專用）2017高考物理一輪復習 第6章 靜電場 基礎課時18 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 基礎課時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的關系如圖乙所示。EA、EB表示A、B兩點的電場強度，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、負極相連，如圖2所示，在保持開關閉合的情況下，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，經過小孔進入電容器，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，當帶電粒子進入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負功，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，小球所受的合力應該指向曲線彎曲的內側，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側，故C錯誤；從A到B電場力做正功，拉力F做負功，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電場的場強大小，小明所在的物理興趣小組做了如下實驗：用長為L的絕緣輕質細線，上端固定于O點，下端拴一質量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質點)，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。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，則小球將靜止在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，小球的機械能和電勢能

7、相互轉化，由能量守恒定律可知，機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之間有偏轉電場，M為熒光屏。今有質子、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入偏轉電場，最后打在熒光屏上。已知質子、氘核和α粒子的質量之比為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．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉電場的電場力對三種粒子做

8、功之比為1∶2∶4 解析　設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為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板運動到熒光屏經歷的時間不同，故A錯誤；根據推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質量、電量無關，故三種粒子偏轉距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉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)，關于小球從A到A關于O的對稱點A′過程加速度(a)、重力勢能(EpG)、機械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖象一定正確的是(取O點為坐標原點且重力勢能為零，豎直向下為正方向，無限遠處電勢為零)(　　) 解析　圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大后減小，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，電場力做負功，機械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產生的是非勻強電場，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系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關系，故D錯誤。 答案　ABC 8.如圖7所示，是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯電路，開關閉合，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極板帶負電。根據平行板電容器電容大小的決定因素C∝可知，當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；根據電容的定義式C＝知，當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、、質量為m，帶電荷量為q，水平面上方虛線左側空間有水平向右的勻強電場，場強為E，qE＞μmg，虛線右側的水平面光滑。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生的熱量。 解析　(1)設滑塊向左運動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，設第一次到達虛線時的動能為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，機械能守恒，動能全部轉化為彈性勢能，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，整個過程產生的熱量等于滑塊機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所示的直角坐標系中，第二象限有沿y軸負方向的勻強電場E1，第三象限存在沿x軸正方向的勻強電場E2，第四象限中有一固定的點電荷?，F有一質量為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y軸上的B點時，其速度方向和y軸負方向的夾角為45°，粒子在第四象限中恰好做勻速圓周運動，經過x軸上的C點時，其速度方向與x軸負方向的夾角為60°，求： 圖10 (1)E1和E2之比； (2)點電荷的位置坐標。 解析　(1)設粒子在第二象限中的運動時間為t1，進入第三象限時的速度為v0，有 b＝··t b＝v0t1 設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 聯立以上各式得＝，t2＝。 (2)設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：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，一質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質點)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進入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點A的坐標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電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質量之間的關系滿足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的縱坐標為 y＝h＋sin θ 以上各式聯立并代入數據可解得 v0＝，y＝L，t＝2，h＝ 所以小球拋出點A的坐標為(0，L)，小球拋出時的初速度大小為v0＝ (2)設小球進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＝ 帶電小球進入勻強電場后的受力情況如圖所示。 因為E＝，所以qE＝mgcos θ 因此，帶電小球進入該勻強電場之后，將做類平拋運動。其加速度大小為a＝＝gsin θ 設帶電小球在該勻強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 聯立以上各式并代入數據可得d＝L。 答案　(1)(0，L)　　(2)L 10