《（全國I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場 基礎(chǔ)課時18 電容器 帶電粒子在電場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場 基礎(chǔ)課時18 電容器 帶電粒子在電場中的運動（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)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(guān)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(guān)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，

2、選項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(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.(2020·浙江效實中學(xué)期中)圖3a為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓按圖b所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖c所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看

3、到的圖形是(　　) 圖3 解析　在t＝0時刻，UY＝0知豎直位移為0，故A、C錯誤；在t＝時刻，UY正向最大知豎直位移正向最大，故B正確，D錯誤。 答案　B 4.(2020·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4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(jīng)過C點時的速度，則(　　) 圖4 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

4、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(yīng)該指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，故恒力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(nèi)側(cè)，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(zhì)細線，上端固定于O點，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)，如圖5所示，開始時，將線與

5、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(fù)。小明用測量工具測量與水平方向所成的角度θ，剛好為60°。不計空氣阻力，下列說法中正確的是(　　) 圖5 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?qū)㈧o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°－

6、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相互轉(zhuǎn)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.(2020·山西運城一模)真空中的某裝置如圖6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(zhuǎn)電場，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加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，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6 A.三種粒

7、子從B板運動到熒光屏經(jīng)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(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為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(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(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

8、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、多項選擇題 7.(2020·江蘇揚州測試)如圖7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(zhì)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(guān)于小球從A到A關(guān)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(biāo)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

9、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，小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)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(chǎn)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(guān)系

10、，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，故D錯誤。 答案　ABC 8.如圖8所示，是一個由電池、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，在增大電容器兩極板間距離的過程中(　　) 圖8 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(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，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，電容器兩極板所帶電荷量Q都要減少，即

11、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9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9 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(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

12、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、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電場，場強為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，處于原長時，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側(cè)L處，并給滑塊一個向左的初速度v0，已知滑塊與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，求： 圖10 (1)彈簧的最大彈性勢能； (2)滑塊在整個運動過程中產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)設(shè)滑塊向左運動x時減速到零，由動能定理有－(qE＋μmg)x＝－

13、mv① 解得x＝② 之后滑塊向右加速運動，設(shè)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－μmg)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(zhuǎn)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(chǎn)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.(2020·安徽理綜，

14、23)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖11所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求： 圖11 (1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功； (2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間； (3)粒子經(jīng)過C點時的速率。 解析　(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功 W＝qE(yA－yC)＝3qEl0① (2)粒子只受沿y軸負方向的電場力作用，粒子做類似斜上拋運動，粒子在x軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令 tAD＝tDB＝T，且tBC＝T②

15、 由牛頓第二定律qE＝ma③ 由運動學(xué)公式得yD＝aT2④ 從D到C做類平拋運動，沿y軸方向： yD＋3l0＝a(2T)2⑤ 由②③④⑤式解得T＝⑥ 則A→C過程所經(jīng)歷的時間t＝3T＝3⑦ (3)粒子由D到C過程中 x軸方向：2l0＝vD·2T⑧ y軸方向：vCy＝a·2T⑨ vC＝⑩ 由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝? 答案　(1)3qEl0　(2)3　(3) 12.如圖12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)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12 (

16、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(biāo)及小球拋出時的初速度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(zhì)量之間的關(guān)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(shè)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(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A的坐標(biāo)為(0，L)，小球拋出時的初速度大小為v0＝ (2)設(shè)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(shè)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(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得d＝L。 答案　(1)(0，L)　　(2)L