《2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練 一、選擇題(1～6題為單項選擇題，7～10題為多項選擇題) 1．(2018·浙江理綜，14)以下說法正確的是(　　) A．在靜電場中，沿著電場線方向電勢逐漸降低 B．外力對物體所做的功越多，對應(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的實際作用力發(fā)生了變化 解析　在靜電場中，沿著電場線方向電勢逐漸降低，選項A正確；根據(jù)P＝可知，外力對物體所做的功越多，對應(yīng)的功率不一定越大，選項B錯誤；電容器電容C與電容器所帶電荷量Q無關(guān)，只

2、與兩板的正對面積、兩板間距以及兩板間的電介質(zhì)有關(guān)，選項C錯誤；在超重和失重現(xiàn)象中，地球?qū)ξ矬w的實際作用力沒有發(fā)生變化，只是物體的視重發(fā)生了變化，選項D錯誤。 答案　A 2．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，則兩板間的電勢差U及板間場強E的變化情況為(　　) 圖1 A．U變大，E變大 B．U變小，E變小 C．U不變，E不變 D．U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，板間場強E也將變小。選項B正確。 答案　B 3．如圖2

3、所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) 圖2 A．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v增大 B．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v減小 C．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v不變 D．當(dāng)減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長 解析　由動能定理得eU＝mv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當(dāng)d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤。 答案　C 4．如圖3所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點A點釋放一個帶

4、電荷量為＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不計，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1∶2時，恰好從下端點B射出，則d與L之比為(　　) 圖3 A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶3 解析　設(shè)粒子從A到B的時間為t，粒子在B點時，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運動的規(guī)律可得L＝v0t，d＝t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，選項C正確。 答案　C 5．如圖4所示，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍。有一初速度為零的帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場強度方向射入，且正好能

5、從下極板右邊緣穿出電場，不計帶電粒子的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長、寬的比值為(　　) 圖4 A. B. C. D. 解析　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因為qU1＝mv，帶電粒子離開加速電場時的速度v0＝；在偏轉(zhuǎn)電場中＝·t2，解得t＝d，水平距離l＝v0t＝d＝d，所以＝，B正確。 答案　B 6．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力作用下以某一初速度沿圖中直線從A運動到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運動到B，則(　　) 圖5 A．平行金屬板一定順時針旋轉(zhuǎn)45°

6、 B．平行金屬板一定逆時針旋轉(zhuǎn)45° C．帶電粒子電勢能一定逐漸增加 D．帶電粒子一定做勻變速直線運動 解析　剛開始時粒子做勻速直線運動，mg＝qE＝q，由受力分析可知，粒子在豎直方向上合力為零。如圖所示，平行金屬板順時針旋轉(zhuǎn)θ角，則qcos θ＝qcos θ＝q＝mg，所以粒子是否做直線運動與旋轉(zhuǎn)角度大小無關(guān)，根據(jù)受力分析可知，電場力做正功，粒子的電勢能逐漸減少，粒子做勻加速直線運動；同理，若平行金屬板逆時針旋轉(zhuǎn)θ角，則粒子電勢能逐漸增加，粒子做勻減速直線運動，故選項D正確。 答案　D 7．(2015·廣東理綜，21)如圖6所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別

7、沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則(　　) 圖6 A．M的帶電量比N的大 B．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷 C．靜止時M受到的合力比N的大 D．移動過程中勻強電場對M做負(fù)功 解析　帶電球M、N在不計重力條件下平衡，說明M、N兩球所受電場力的合力為零，即M、N所在點合場強為零，所以M球在N球處所產(chǎn)生的場強方向向左，大小為E，故M球帶負(fù)電；同理，N球在M球處產(chǎn)生的場強方向向左，大小為E，故N球帶正電，且兩球所帶電荷量相等。勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角，做負(fù)功。所以B、D正確。 答案　BD 8．如圖7所示，M、N是在真

8、空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達(dá)N板，如果要使這個帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　) 圖7 A．使初速度為原來的 B．使M、N間電壓提高到原來的2倍 C．使M、N間電壓提高到原來的4倍 D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的 解析　在粒子剛好到達(dá)N板的過程中，由動能定理得－qEd＝0－mv，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的，x＝，故A錯；使M、N間電壓提高到原來的2倍，電場強度變

9、為原來的2倍，x＝，故B對；使M、N間電壓提高到原來的4倍，電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，x＝，故C錯；使初速度和M、N間電壓減為原來的，電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑇＝，故D對。 答案　BD 9．(2017·衡水調(diào)研)美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量。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8 A．此時極板間的電場強度E＝ B．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向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動

10、解析　極板間電壓為U，間距為d，是勻強電場，故場強E＝，故A正確；油滴受重力和電場力，處于平衡狀態(tài)，故mg＝q，解得q＝，故B錯誤；減小極板間電壓，場強減小，電場力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故C正確；將極板N向下緩慢移動一小段距離，板間距增加，場強減小，電場力減小，電場力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故D錯誤。答案　AC 10．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摩擦因數(shù)為μ(μ＜1)。水平面上方有水平向右的勻強電場，電場強度為E＝。如果在A點給滑塊一個向左的大小為v的初速度，運動到B點速度恰好為零，則下列說法正確的是(　　) 圖9

11、 A．滑塊運動到B點后將返回向A運動，來回所用時間相同 B．滑塊運動到B點后將返回向A運動，到A點時速度大小仍為v C．滑塊回到A點時速度大小為v D．A、B兩點間電勢差為－ 解析　由A點到B點過程，滑塊加速度為aAB＝＝(μ＋1)g，由B點到A點過程，滑塊加速度為aBA＝＝(1－μ)g，而位移大小相等，所以運動時間不可能相同，選項A錯誤；滑塊返回A點時的速度大小不可能等于滑塊在A點的初速度，選項B錯誤；根據(jù)v2＝2aABx，v＝2aBAx，可得回到A點時滑塊速度vA＝v，x＝，UAB＝－Ex＝－，選項C、D正確。 答案　CD 二、非選擇題 11．(2018·北京市海

12、淀區(qū)二模)如圖10所示，質(zhì)量m＝2.0×10－4 kg、電荷量q＝1.0×10－6 C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場強度為E1的勻強電場中。取g＝10 m/s2。 圖10 (1)求勻強電場的電場強度E1的大小和方向； (2)在t＝0時刻，勻強電場強度大小突然變?yōu)镋2＝4.0×103 N/C，且方向不變。求在t＝0.20 s時間內(nèi)電場力做的功； (3)在t＝0.20 s時刻突然撤掉第(2)問中的電場，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點時的動能。 解析　(1)由題意知E1q＝mg， E1＝＝ N/C＝2.0×103 N/C，方向向上。 (2)在t＝0時刻，電場強度突然變化為

13、E2＝4.0×103 N/C。 設(shè)微粒的加速度為a1，在t＝0.20 s時間內(nèi)上升高度為h，電場力做功為W， 則qE2－mg＝ma1，解得a1＝10 m/s2， h＝a1t2，解得h＝0.20 m， W＝qE2h，解得W＝8.0×10－4 J。 (3)設(shè)在t＝0.20 s時刻突然撤掉電場時粒子的速度大小為v，回到出發(fā)點時的動能為Ek， 則v＝a1t，Ek＝mgh＋mv2，解得Ek＝8.0×10－4 J。 答案　(1)2.0×103 N/C　方向向上　(2)8.0×10－4 J　(3)8.0×10－4 J 12．(2017·太原考試)如圖11，直角坐標(biāo)系xOy位于

14、同一豎直平面內(nèi)，其中x軸水平、y軸豎直，xOy平面內(nèi)長方形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強電場，OA長為l，與x軸間的夾角θ＝30°。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點)從y軸上的P點沿x軸方向以一定速度射出，恰好從OA的中點M垂直O(jiān)A進(jìn)入電場區(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射出時的速度v0； (2)已知電場強度的大小為E＝，若小球不能從BC邊界離開電場，OC長度應(yīng)滿足什么條件？ 解析　(1)設(shè)小球從P運動到M所用時間為t1，則有 yP－sin θ＝gt cos θ＝v0t1 ＝gt1 解得yP＝l v0＝ (2)設(shè)小球到達(dá)M時速度為vM，進(jìn)入電場后加速度為a，有vM＝ 又mgcos θ＝qE 小球在電場中沿vM方向做勻速直線運動，沿與vM垂直方向做加速度為a的勻加速運動，設(shè)邊界OC的長度為d時，小球不從BC邊射出，在電場中運動時間為t2 mgsin θ＝ma d＞vMt2 ＝at 解得d＞l 答案　(1)l　　(2)d＞l