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1、2022年高三物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 第3講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 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(jī)中的電子槍如圖所示,陰極K的電勢(shì)為φK,陽(yáng)極A的電勢(shì)為φA。僅在電場(chǎng)力作用下,電子(電荷量為-e)從K運(yùn)動(dòng)到A,則(　　) A.A、K間的電勢(shì)差為φA-φK B.電子的動(dòng)能增加e(φK-φA) C.電子的電勢(shì)能增加e(φA-φK) D.電子克服電場(chǎng)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(diǎn)。不計(jì)電場(chǎng)邊緣效應(yīng),則(　　)

2、 A. a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度Ea>Eb B. A板與a點(diǎn)間的電勢(shì)差UAa和B板與b點(diǎn)間的電勢(shì)差UBb相同 C. 將A、B板間距離增大到2d時(shí),兩板間的電勢(shì)差增大到原來(lái)的兩倍 D. 將A、B板間距離增大到2d時(shí),兩板所帶的電荷量增大到原來(lái)的兩倍 3.(xx浙江嘉興一中摸底,10)如圖為一勻強(qiáng)電場(chǎng),某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),在這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服重力做的功為2.0 J,電場(chǎng)力做的功為1.5 J,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.粒子帶負(fù)電 B.粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)少1.5 J C.粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)少0.5 J D.粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)少1.5 J 4.(x

3、x浙江諸暨中學(xué)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(qiáng)電場(chǎng),M、N、E、F為各邊中點(diǎn),其連線構(gòu)成正方形,其中P點(diǎn)是EF的中點(diǎn)。一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)從M點(diǎn)沿ME方向以速度v射入電場(chǎng),恰好從C點(diǎn)射出,以下說(shuō)法正確的是(　　) A.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能經(jīng)過(guò)P、E之間某點(diǎn) B.若粒子初速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,則粒子會(huì)從EC的中點(diǎn)射出 C.改變粒子初速度大小,若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)P點(diǎn),則粒子可能從F、C之間某點(diǎn)射出 D.若換成其他相同比荷的帶正電粒子,則粒子仍會(huì)從C點(diǎn)射出 5.(xx浙江提優(yōu)卷一,19)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種靜電除塵裝置,如圖甲所示,其中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、

4、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(fù)電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0,當(dāng)碰到下板后其所帶電荷被中和,同時(shí)被收集。將被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值,稱為除塵率。不計(jì)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(zhǎng)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(shí)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

5、個(gè)電荷量為-Q的點(diǎn)電荷甲,固定在絕緣水平面上的O點(diǎn)。另一個(gè)電荷量為+q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙,從A點(diǎn)以初速度v0沿它們的連線向甲運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為v,且為運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的最小值。已知點(diǎn)電荷乙受到的阻力大小恒為f,A、B間距離為L(zhǎng)0,靜電力常量為k,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,其加速度逐漸增大 B.點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,其電勢(shì)能先增大再減小 C.O、B間的距離為 D.在點(diǎn)電荷甲形成的電場(chǎng)中,A、B間的電勢(shì)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(qiáng)電場(chǎng),帶正電的小金屬塊以一定

6、初動(dòng)能Ek從A點(diǎn)開(kāi)始水平向左做直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)L長(zhǎng)度到達(dá)B點(diǎn),速度變?yōu)榱?。此過(guò)程中,金屬塊損失的動(dòng)能有轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能。金屬塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn)C(圖中未標(biāo)出)時(shí)的動(dòng)能和金屬塊在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同,則(　　) A.金屬塊所受滑動(dòng)摩擦力大小為其所受電場(chǎng)力大小的2倍 B.金屬塊所受電場(chǎng)力大小為其所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍 C.金屬塊從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到C的整個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的總路程為3L D.金屬塊從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到C的整個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)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(diǎn))固定在絕緣斜面上的M點(diǎn),且在通過(guò)彈簧中心的直線a

7、b上?，F(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(diǎn)由靜止釋放,若兩小球可視為點(diǎn)電荷,在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^(guò)程中,下列說(shuō)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(jī)械能一直在減少 C.小球P速度最大時(shí)所受彈簧彈力和庫(kù)侖力的合力為零 D.小球P與彈簧系統(tǒng)的機(jī)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(zhǎng)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(fù)電液滴,帶電荷量為q=3×10-10 C,以v0=1 m/s的水平速度自A

8、板邊緣水平進(jìn)入電場(chǎng),在電場(chǎng)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(shí)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=+5.0×10-4 C的小球,小球系在長(zhǎng)L=0.5 m的絕緣細(xì)線上,線的另一端固定在O點(diǎn)。整個(gè)裝置置于勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)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(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的張力F=140 N,小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,最大動(dòng)能比最

9、小動(dòng)能大ΔEk=20 J,小球視為質(zhì)點(diǎn)。 (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小; (2)求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的最小動(dòng)能; (3)若小球運(yùn)動(dòng)到動(dòng)能最小的位置時(shí)細(xì)線被剪斷,則小球經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間其動(dòng)能與在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等?此時(shí)小球距A點(diǎn)多遠(yuǎn)? 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=2×10-4 C的正點(diǎn)電荷,將一帶正電小球(可視為點(diǎn)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(dòng)過(guò)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(shì)能隨位移變化的圖像,線2為動(dòng)能隨位移變化的圖像。(g=10 m/s

10、2,靜電力常量k=9×109 N·m2/C2) (1)描述小球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)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(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的電勢(shì)差U; (4)在圖(b)中畫出小球的電勢(shì)能E隨位移s變化的圖線。(取桿上離底端3 m處為電勢(shì)零點(diǎn)) A組　xx模擬·基礎(chǔ)題組 選擇題 1.A　A、K間的電勢(shì)差為UAK=φA-φK,選項(xiàng)A正確。電場(chǎng)力做的功為W=-eUKA=eUAK=e(φA-φK),由功能關(guān)系知,電子的動(dòng)能增加e(φA-φK),電子的電勢(shì)能減少e(φA-φK),故選項(xiàng)B、C、D

11、錯(cuò)誤。 2.C　帶有等量異種電荷的平行金屬板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng),Ea=Eb,故A錯(cuò);根據(jù)U=Ed,可得UAa=-UBb,故B錯(cuò);兩平行金屬板組成電容器,增大兩板間距時(shí)電容器的電荷量不變,故D錯(cuò);當(dāng)d變?yōu)?d時(shí),電容C變?yōu)樵瓉?lái)的一半,電勢(shì)差U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,C正確。 3.D　由于電場(chǎng)力做正功,因此電場(chǎng)力與電場(chǎng)線方向相同,粒子帶正電,A錯(cuò)誤;電場(chǎng)力做了1.5 J的正功,電勢(shì)能減少了1.5 J,因此粒子在B點(diǎn)的電勢(shì)能比在A點(diǎn)少1.5 J,B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理ΔEk=W重力+W電場(chǎng)力=-2.0 J+1.5 J=-0.5 J,因此從A運(yùn)動(dòng)到B動(dòng)能減少了0.5 J,C錯(cuò)誤;由于除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做

12、功改變機(jī)械能,在此題中,電場(chǎng)力做功為1.5 J,因此機(jī)械能增加1.5 J,D正確。 4.D　帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),可得L=vt,L=at2,當(dāng)x=L=vt1時(shí),可得y=a=L,大于,粒子應(yīng)該經(jīng)過(guò)P、F之間的某點(diǎn),A錯(cuò);若初速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,則時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的,y=a=L,B錯(cuò);若粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)P點(diǎn), x=L=v1t,y=L=at2,當(dāng)粒子出電場(chǎng)時(shí),L=v1t',y'=at'2=L,小于L,應(yīng)從E、C之間的某點(diǎn)射出,C錯(cuò);換成其他相同比荷的帶正電粒子,則粒子仍在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),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)

13、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(guò)程中庫(kù)侖力逐漸增大,乙在運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)之前,做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在乙向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力一直做正功,電勢(shì)能一直減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)速度最小時(shí)有:f=F庫(kù)=k,解得r=,選項(xiàng)C正確;乙從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有:qUAB-fL0=mv2-m,所以A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB=,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2.BD　根據(jù)題意,金屬塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,有的初動(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)誤

14、、B正確;設(shè)B、C兩點(diǎn)間距離為x,則Eqx-μmgx=Ek,則x=3L,總路程為4L,選項(xiàng)C錯(cuò)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(kù)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(kù)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(yùn)動(dòng),第二階段彈力大于mg sin θ+,合力沿斜面向上開(kāi)始減速,彈力逐漸增大,庫(kù)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(yùn)動(dòng),直到速度減小為0,選項(xiàng)A對(duì)。小球P的機(jī)械能變化等于除重力外其他力

15、做的功,即庫(kù)侖力和彈力的合力做的功,初始階段彈力小于庫(kù)侖斥力,二者合力做正功,機(jī)械能增加,當(dāng)彈力大于庫(kù)侖斥力后,二者合力做負(fù)功,機(jī)械能減少,選項(xiàng)B錯(cuò)。小球P速度最大時(shí)加速度等于0,即彈力等于庫(kù)侖力加重力沿斜面向下的分力,選項(xiàng)C錯(cuò)。小球P與彈簧系統(tǒng)的機(jī)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(kù)侖斥力做的功,由于庫(kù)侖斥力做正功,系統(tǒng)機(jī)械能增加,選項(xiàng)D對(duì)。 二、非選擇題 4.答案　(1)8×10-8 kg　(2)1.32 m/s 解析　(1)帶電液滴受重力mg和電場(chǎng)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=8×10

16、-8 kg (2)對(duì)液滴由動(dòng)能定理得:qU=mv2-m v= 所以v= m/s=1.32 m/s。 5.答案　(1)4×104 N/C　(2)10 J　(3) s　 m 解析　(1)小球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)能與最小動(dòng)能的差值ΔEk=2qEL=20 J 代入數(shù)據(jù)得:E=4×104 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(yùn)動(dòng):y=·t2 x=vBt 當(dāng)動(dòng)能與在A點(diǎn)相等時(shí),y=2L 代入數(shù)據(jù)解得:t=

17、s x= m 6.答案　(1)見(jiàn)解析　(2)4 kg　1.11×10-5 C　(3)4.2×106 V (4)見(jiàn)解析 解析　(1)先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng),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(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)帶電小球受力平衡 mg sin θ= 由線2可得s0=1 m 得q==1.11×10-5 C (3)由線2可得當(dāng)帶電小球運(yùn)動(dòng)至1 m處動(dòng)能最大,大小為27 J 根據(jù)動(dòng)能定理WG+W電=DEk -mgs0 sin θ+qU=Ekm-0 代入數(shù)據(jù)得U=4.2×106 V (4)如圖所示,圖中線3即為小球電勢(shì)能E隨位移s變化的圖線