《【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】（江蘇專用）2017高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課時(shí)18 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】（江蘇專用）2017高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課時(shí)18 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 基礎(chǔ)課時(shí)18　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．如圖1甲所示，直線AB是某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，一電子僅在電場(chǎng)力作用下由電場(chǎng)線上A點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度平方v2與位移x的關(guān)系如圖乙所示。EA、EB表示A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，φA、φB表示A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)。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(guān)系與v2－v＝2ax對(duì)比可得，電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，合力(電場(chǎng)力)恒定，此電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；電子從A到B，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電勢(shì)增大，選

2、項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。 答案　D 2.一平行板電容器的兩個(gè)極板分別與一電源正、負(fù)極相連，如圖2所示，在保持開關(guān)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(chǎng)強(qiáng)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(xiàng)B正確。 答案　B 3．(2013·新課標(biāo)全國(guó)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(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))。小孔正上方處的P

3、點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過(guò)小孔進(jìn)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(diǎn)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(guò)程中重力做正功，當(dāng)帶電粒子進(jìn)入平行板電容器時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做負(fù)功，若帶電粒子在下極板處返回，由動(dòng)能定理得mg(＋d)－qU＝0；若電容器下極板上移，設(shè)帶電粒子在距上極板d′處返回，則重力做功WG＝mg(＋d′)，電場(chǎng)力做功W電＝－qU′＝－qU＝－qU，由動(dòng)能定理得WG＋W電＝0，聯(lián)立各式解得d′＝d，選項(xiàng)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(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線如圖3中實(shí)線所示。一帶正電、初速度不為零的小球從桌面上的A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，到C點(diǎn)時(shí)，突然受到一個(gè)外加的水平恒力F作用而繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，v表示小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度，則(　　) 圖3 A．小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)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(diǎn)小球的速率不可能相等 解析　小球帶正電，電場(chǎng)力向右，從A到B，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，故A錯(cuò)誤；從C到B小球做曲線運(yùn)動(dòng)，小球所受的合力應(yīng)該指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，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(yùn)動(dòng)，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(nèi)側(cè)，故C錯(cuò)誤；從A到B電場(chǎng)力做正功，拉力F做負(fù)功，合力的功可能為零，故小球在A、B兩點(diǎn)的速率可能相等，D錯(cuò)誤。 答案　B 5.為了測(cè)定一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小，小明所在的物理興趣小組做了如下實(shí)驗(yàn)：用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，上端固定于O點(diǎn)，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，如圖4所示，開始時(shí)，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動(dòng)，擺到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后又從B點(diǎn)向A點(diǎn)擺動(dòng)，如此往復(fù)。小明用測(cè)量工具測(cè)量與水平方向所成的角度θ，剛好為60°。

6、不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖4 A．在B點(diǎn)時(shí)小球受到的合力為0 B．電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為 C．小球從A運(yùn)動(dòng)到B，重力勢(shì)能減小mgL D．小球在下擺的過(guò)程中，小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和先減小后增大 解析　小球擺到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，故若小球在B點(diǎn)沒(méi)有加速度，則小球?qū)㈧o止在B點(diǎn)，不會(huì)再?gòu)腂點(diǎn)返回到A點(diǎn)，所以小球在B點(diǎn)時(shí)所受合外力不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理，有mgLsin 60°－qEL(1－cos 60°)＝0，解得E＝，選項(xiàng)B正確；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)重力勢(shì)能減少了mgLsin 60°，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球下擺的過(guò)程中，小球的機(jī)械能和電勢(shì)能

7、相互轉(zhuǎn)化，由能量守恒定律可知，機(jī)械能與電勢(shì)能之和保持不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　B 6．(2016·山西運(yùn)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(chǎng)，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)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(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做

8、功之比為1∶2∶4 解析　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得qU1＝mv，解得v0＝，三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過(guò)程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無(wú)關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)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(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯(cuò)誤。 答案　B 二、多項(xiàng)選擇

9、題 7．(2016·江蘇揚(yáng)州測(cè)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(diǎn)，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點(diǎn)正上方h高的A點(diǎn)由靜止釋放，并穿過(guò)帶電環(huán)，關(guān)于小球從A到A關(guān)于O的對(duì)稱點(diǎn)A′過(guò)程加速度(a)、重力勢(shì)能(EpG)、機(jī)械能(E)、電勢(shì)能(Ep電)隨位置變化的圖象一定正確的是(取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)且重力勢(shì)能為零，豎直向下為正方向，無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零)(　　) 解析　圓環(huán)中心的場(chǎng)強(qiáng)為零，無(wú)窮遠(yuǎn)處場(chǎng)強(qiáng)也為零，則小球從A點(diǎn)到圓環(huán)中心的過(guò)程中，場(chǎng)強(qiáng)可能先增大后減小，則小球所受的電場(chǎng)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(guò)圓環(huán)后，

10、小球所受的電場(chǎng)力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對(duì)稱性可知，電場(chǎng)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(diǎn)到圓環(huán)中心的過(guò)程中，重力勢(shì)能EPG＝mgh，小球穿過(guò)圓環(huán)后，EPG＝－mgh，重力勢(shì)能與高度是線性變化的，故B正確；小球從A點(diǎn)到圓環(huán)中心的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能減小，小球穿過(guò)圓環(huán)后，電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球下落的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系，電勢(shì)能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，故D錯(cuò)誤。 答案　ABC 8.如圖7所示，是一個(gè)由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)閉合，在增大

11、電容器兩極板間距離的過(guò)程中(　　) 圖7 A．電阻R中沒(méi)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(fù)電。根據(jù)平行板電容器電容大小的決定因素C∝可知，當(dāng)增大電容器兩極板間距離d時(shí)，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(jù)電容的定義式C＝知，當(dāng)C減小時(shí)，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(xiàng)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(diǎn)出發(fā)，沿

12、著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則(　　) 圖8 A．A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2 B．A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質(zhì)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(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)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(zhì)量為m，帶電荷量為q，水平面上方虛線左側(cè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，qE＞μmg，虛線右側(cè)的水平面光滑。一輕彈簧右端固定在墻上，處于原長(zhǎng)時(shí)，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側(cè)L處，并給滑塊一個(gè)向左的初速度v0，已知滑塊與絕緣水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求： 圖9 (1)彈簧的最大彈性勢(shì)能； (2)滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)x時(shí)減速到零，由動(dòng)能定理有－(qE＋μmg)x＝－mv① 解得x＝② 之后滑塊向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)第一次到達(dá)虛線時(shí)的動(dòng)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(guò)程，機(jī)械能守恒，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，所以彈簧的最大彈性勢(shì)能為 Epm＝(qE－μmg)L＋⑤ (2)滑塊往返運(yùn)動(dòng)，最終停在虛線位置，整個(gè)過(guò)程電場(chǎng)力做正功，為W＝qEL，電勢(shì)能減少量為qEL，由能量守恒定律，整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量等于滑塊機(jī)械能的減少量與電勢(shì)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(biāo)系中，第二象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，第三象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，第四象限中有一固定的點(diǎn)電荷?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電粒子由第二象限中的A點(diǎn)(－a，b)

15、靜止釋放(不計(jì)重力)，粒子到達(dá)y軸上的B點(diǎn)時(shí)，其速度方向和y軸負(fù)方向的夾角為45°，粒子在第四象限中恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)x軸上的C點(diǎn)時(shí)，其速度方向與x軸負(fù)方向的夾角為60°，求： 圖10 (1)E1和E2之比； (2)點(diǎn)電荷的位置坐標(biāo)。 解析　(1)設(shè)粒子在第二象限中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，進(jìn)入第三象限時(shí)的速度為v0，有 b＝··t b＝v0t1 設(shè)粒子在第三象限中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，在B點(diǎn)時(shí)速度為v，x軸方向的分速度為vx，則 v＝v0 vx＝v0 a＝··t a＝vxt2 聯(lián)立以上各式得＝，t2＝。 (2)設(shè)O、B的間距為l，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)電荷的位置坐標(biāo)：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(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點(diǎn))從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0水平拋出，兩長(zhǎng)為L(zhǎng)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(jìn)入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)及小球拋出時(shí)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(qiáng)電場(chǎng)，且勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝，試計(jì)算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時(shí)才能保證小球不打在N板上。 解析　(1)設(shè)小球由y軸上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到金屬板M的中點(diǎn)B的時(shí)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(diǎn)A的縱坐標(biāo)為 y＝h＋sin θ 以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得 v0＝，y＝L，t＝2，h＝ 所以小球拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0，L)，小球拋出時(shí)的初速度大小為v0＝ (2)設(shè)小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，則由動(dòng)能定理可得mgh＝mv2－mv 解得v＝ 帶電小球進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后的受力情況如圖所示。 因?yàn)镋＝，所以qE＝mgcos θ 因此，帶電小球進(jìn)入該勻強(qiáng)電場(chǎng)之后，將做類平拋運(yùn)動(dòng)。其加速度大小為a＝＝gsin θ 設(shè)帶電小球在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′，欲使小球不打在N板上，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可得d＝vt′ ＝at′2 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得d＝L。 答案　(1)(0，L)　　(2)L 10