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2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十一）電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、單項(xiàng)選擇題 1．(xx興化模擬)如圖1所示，充電的平行板電容器兩板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB方向?yàn)槲灰苮的正方向，能正確反映電勢(shì)φ隨位移x變化的圖像是(　　) 圖1 圖2 2. (xx蘭州診斷)如圖3所示，一電子槍發(fā)射出的電子(初速度很小，可視為零)進(jìn)入加速電場(chǎng)加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出后偏轉(zhuǎn)位移為Y，要使偏轉(zhuǎn)位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時(shí)碰到偏轉(zhuǎn)電極板的情況)(　　) 圖3 A．增大偏轉(zhuǎn)電壓U B．增大加速電壓U0 C．增大偏轉(zhuǎn)極板間距離 D．將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子 3.(xx四川模擬)AB板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)沿垂直電場(chǎng)線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計(jì)重力)，a、b和c的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖4所示，其中b和c是從同一點(diǎn)射入的。不計(jì)空氣阻力，則可知粒子運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程(　　) 圖4 A．運(yùn)動(dòng)加速度：aa＞ab＞ac B．飛行時(shí)間：tb＝tc＞ta C．水平速度：va＞vb＝vc D．電勢(shì)能的減小量：ΔEc＝ΔEb＞ΔEa 4．(xx貴州六校聯(lián)考)美國(guó)物理學(xué)家密立根通過(guò)研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量。如圖5所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則(　　) 圖5 A．油滴帶正電 B．油滴帶電荷量為 C．電容器的電容為 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) 5．(xx江蘇省南通中學(xué)質(zhì)檢)如圖6所示，在絕緣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初速度從A點(diǎn)開(kāi)始沿水平面向左做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)L長(zhǎng)度到達(dá)B點(diǎn)，速度變?yōu)榱恪４诉^(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A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同，則金屬塊從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到C整個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的總路程為(　　) 圖6 A．1.5L　　　　　　　　　 　B．2L C．3L D．4L 6．如圖7中甲所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是(　　) 圖7 A．0T時(shí)情況類(lèi)似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各項(xiàng)可知B正確。 7．選AC　小球從M到N的過(guò)程中，動(dòng)能變化為零，根據(jù)動(dòng)能定理，合力做功為0，而重力做正功，則電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，即電場(chǎng)力方向向右，由于小球帶負(fù)電，故場(chǎng)強(qiáng)方向向左，所以左極板帶負(fù)電，右極板帶正電，故A正確；設(shè)兩板間電勢(shì)差為U、場(chǎng)強(qiáng)為E，由C＝和E＝得：E＝，對(duì)小球從M到N由動(dòng)能定理有mgLsin 60－qELcos 60＝0－0，所以有：Eq＝mgtan 60＝mg；則重力與電場(chǎng)力的合力大小為2mg；方向沿與水平方向成30角，由牛頓第二定律得F－2mg＝m，因速度不為零，故拉力F一定大于2mg，故B錯(cuò)誤；d＝＝，C正確；當(dāng)電量減半時(shí)，電壓減半，則極板間的場(chǎng)強(qiáng)減半；從M到N的過(guò)程中電場(chǎng)力做功變小，根據(jù)動(dòng)能定理得mgLsin 60－qELcos 60大于零，則小球從M點(diǎn)釋放后，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度不會(huì)為零，故D錯(cuò)誤。 8．選BC　若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，由于二極管的單向?qū)щ娦裕叫邪咫娙萜鲙щ娏坎蛔?，AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受向下的電場(chǎng)力不變，向下的加速度不變，小球仍打在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，平行板電容器AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，小球所受向下的電場(chǎng)力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左側(cè)，選項(xiàng)B正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，平行板電容器AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，小球所受向上的電場(chǎng)力增大，向下的加速度減小，小球可能打在N的右側(cè)，選項(xiàng)C正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，由于二極管的單向?qū)щ娦?，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受向上的電場(chǎng)力不變，小球仍打在N點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 9．選BC　滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，其他不變，加速電壓增大，電子速度增大，則電子打在熒光屏上的位置下降，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，其他不變，加速電壓減小，電子速度減小，則電子打在熒光屏上的位置上升，選項(xiàng)B正確；電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變，電子打在熒光屏上的速度增大，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。 10．選AD　設(shè)AC與豎直方向的夾角為θ，對(duì)帶電小球從A到C，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球帶負(fù)電，由動(dòng)能定理，mgACcos θ－qEBCcos θ＝0，解得電場(chǎng)力為qE＝3mg，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤。小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球在豎直方向先加速后減速，小球從A到B與從B到C豎直方向的速度變化量的大小相等，水平速度不變，故小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等，選項(xiàng)D正確。 11．解析：(1)由v2＝2gh 得v＝ (2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力，有mg－qE＝ma 0－v2＝2ad 得E＝ U＝Ed Q＝CU 得Q＝C (3)由h＝gt 0＝v＋at2 t＝t1＋t2 綜合可得t＝ 答案：(1)　(2) C　(3) 12．解析：(1)設(shè)微粒穿過(guò)B板小孔時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有 qU＝mv2① 解得v＝ (2)微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場(chǎng)力提供向心力，有 qE＝m＝m② 聯(lián)立①②，得E＝ (3)微粒從釋放開(kāi)始經(jīng)t1射出B板的小孔，則 t1＝＝＝2d ③ 設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)t2第一次到達(dá)最低點(diǎn)P點(diǎn)，則 t2＝＝ ④ 所以從釋放微粒開(kāi)始，經(jīng)過(guò)(t1＋t2)＝ 微粒第一次到達(dá)P點(diǎn)； 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，易知再經(jīng)過(guò)2(t1＋t2)微粒再一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)； …… 所以經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝(2k＋1) ，k＝0,1,2，…微粒經(jīng)過(guò)P點(diǎn)。 答案：(1) 　(2)E＝　(3)(2k＋1) ，k＝0,1,2，…