2019屆高考物理一輪復習第7章靜電場練案22電容器帶電粒子在電場中的運動新人教版.docx

練案22電容器帶電粒子在電場中的運動一、選擇題(本題共8小題，15題為單選，68題為多選)1(2018河南省漯河市高級中學高三期中試題)如圖所示電路，水平放置的平行板電容器的一個極板與滑動變阻器的滑片P相連接。電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場。在保證電子還能穿出平行板間電場的情況下，若使滑動變阻器的滑片P上移，則有關電容器極板上所帶電荷量q和電子穿越平行板所需的時間t，下列說法正確的是( A )A電荷量q增大，時間t不變B電荷量q不變，時間t增大C電荷量q增大，時間t減小D電荷量q不變，時間t不變解析當滑動變阻器的滑動端P上移時，跟電容器并聯(lián)的阻值增大，所以電容器的電壓U增大，根據(jù)qUC可得電量q增大；電子在平行板電容器中做類平拋運動，沿極板方向做勻速直線運動，所以運動時間：t，與電壓的變化無關，所以時間t不變，故A正確，BCD錯誤。2(2018河南省南陽市高三上學期第五次月考)如圖所示，兩塊平行金屬板傾斜放置，其間有一勻強電場，PQ是中央線，一帶電小球從a點以速度v0平行于PQ線射入板間，從b點射出，以下說法正確的是( C )A小球一定帶正電B從a到b小球一定做類平拋運動C小球在b點的速度一定大于v0D從a到b小球的電勢能一定增加解析若不考慮帶電粒子的重力，電場力垂直于PQ向下，由于電場方向未知，不能確定粒子的電性。電場力對粒子做正功，粒子的動能增大，速度增大，電勢能減小，帶電粒子做類平拋運動；若考慮粒子的重力：電場力方向可能垂直于PQ向上，由于電場力與重力的合力與初速度不垂直，粒子做非類平拋運動。電場力對粒子做負功，電勢能增加；根據(jù)曲線運動的條件可知，電場力與重力的合力斜向右下方，對粒子做正功，其動能增大，速度增大。電場力方向可能垂直于PQ向下，由于電場力與重力的合力與初速度不垂直，粒子做非類平拋運動。電場力對粒子做正功，電勢能減??；根據(jù)曲線運動的條件可知，電場力與重力的合力斜向左下方，對粒子做正功，其動能增大，速度增大。綜上可知，粒子不一定帶正電，從a到b，粒子不一定做類平拋運動，速度一定增大，即粒子在b點的速度一定大于v0，電勢能不一定增加，故ABD錯誤，C正確。故選：C。3(2018江西省南昌二中高三上學期第五次考試)如圖所示，空間存在一勻強電場，其方向與水平方向夾角為30，A、B連線與電場線垂直，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從 A點水平向右拋出，經(jīng)過時間 t小球最終落在 C 點，速度大小仍為v0，且 ABBC，則下列說法中正確的是( C )A電場強度方向沿電場線斜向上B電場強度大小為EC小球在運動過程中增加的電勢能等于mg2t2D小球在運動過程中下落的高度為gt2解析由題意可知，小球在下落過程中動能不變，而重力做正功，則電場力做負功，而小球帶正電，故電場線應斜向下，故A錯誤；由動能定理可知，mgABsin60EqBCsin60解得：E，故B錯誤；將電場力分解為沿水平方向和豎直方向，則有豎直分量中產(chǎn)生的電場力FEqmgcos60mg，物體在豎直方向上的合力F合mgmgmg，由牛頓第二定律可知，豎直方向上的分加速度ayg，下落高度hayt2，故D錯誤；此過程中電場力做負功，電勢能增加，由幾何關系可知，小球在沿電場線的方向上的位移x，則電勢能的增加量EEqx，故C正確。故選C。4如圖所示，圓心為O的光滑絕緣圓環(huán)豎直放置，處在水平向右的勻強電場中，一帶電小球套在圓環(huán)上。開始時小球靜止于點P處，點P、O、Q在同一豎直平面內(nèi)。現(xiàn)在讓球從點M處靜止釋放，則小球沿圓環(huán)運動過程中，第一次出現(xiàn)速度為零的位置是( C )A點NB點MC點Q、N之間D點M、N之間解析對小球位于P點受力分析如圖。由平衡條件知重力G和電場力F電的合力F，方向沿OP斜向下，大小恒定。將合力F等效為一個合場力，當小球運動到與M點關于OP對稱的M點過程，F(xiàn)做功為零，環(huán)的作用力不做功，所以合外力的總功為零。由動能定理得：Ek0，故M點是第一次出現(xiàn)速度為零的位置，選C。5(2018江西省南昌二中高三上學期第五次考試)有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后被帶上負電，以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越小打在紙上的字跡越小，現(xiàn)要減小字跡，下列措施可行的是( C )A增大墨汁微粒的比荷B減小墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能C減小偏轉(zhuǎn)極板間的長度D增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓解析微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，則有：水平方向：Lv0t；豎直方向：yat2又a聯(lián)立得，y要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角y，由上式分析可知，采用的方法有：減小比荷q/m、增大墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能Ek0、減小極板的長度L、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故ABD錯誤，C正確。故選C。6(2018廣東省佛山11月理綜試題)有三個質(zhì)量相等的分別帶有正電、負電和不帶電的微粒，從極板左側(cè)中央以相同的水平初速度v先后垂直場強方向射入，分別落到極板A、B、C處，如圖所示，則下列說法正確的有( AC )A落在A處的微粒帶正電，B處的不帶電，C處的帶負電B三個微粒在電場中運動時間相等C三個微粒在電場中運動的加速度aAaBaCD三個微粒到達極板時的動能EkAEkBEkC解析A、B、C、三個微粒的初速度相等，水平位移xAxBxC，根據(jù)水平方向上做勻速直線運動，所以tAtBtC，B錯誤；三個微粒在豎直方向上的位移相等，根據(jù)yat2，由tAtBtC知aAaBaC。得知B僅受重力，A所受的電場力向上，C所受的電場力向下，所以B不帶電，A帶正電，C帶負電，A、C正確；根據(jù)動能定理，三個微粒重力做功相等，A電場力做負功，C電場力做正功，所以C的動能增加量最大，A動能增加量最小，初動能相等，所以三個微粒到達極板時的動能EkAEkBEkC，D錯誤。7(2018江西省南昌二中高三上學期第五次考試)如圖所示，質(zhì)量為m的帶電小物塊置于傾角53的光滑斜面上，當整個裝置處于豎直向下的勻強電場中時，小物塊恰好靜止在高為H的斜面頂端，現(xiàn)將電場方向突然改為水平向右，而電場強度大小不變， 重力加速度為g，sin370.6，cos370.8，則小物塊從斜面頂端開始( BD )A歷時著地B歷時著地C到著地過程動能增加mgHD到著地過程動能增加2mgH解析整個裝置處于豎直向下的勻強電場中時，物塊靜止，則電場力豎直向上，大小Eqmg，且物塊帶負電；將電場方向突然改為水平向右，而電場強度大小不變，則物塊受到水平向左的電場力Eq，則小球?qū)㈦x開斜面，水平方向做勻加速運動，且xt2；豎直方向自由落體運動，則ygt2，著地時yH，解得t，xH，選項A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理，落地的動能EkmgHqEx2mgH，選項C錯誤，D正確；故選BD。8(2018河南省漯河市高級中學高三期中試題)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢隨時間t的變化情況如圖乙所示，t0時，在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當2T時，電子回到P點。電子運動過程中未與極板相碰，不計重力，則下列說法正確的是( BD )A1212B1213C在02T時間內(nèi)，當tT時電子的電勢能最小D在02T 時間內(nèi)，電子的電勢能減小了解析根據(jù)場強公式可得0T時間內(nèi)平行板間的電場強度為：E1，電子的加速度為：a1，且向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間T的位移為：x1a1T2，速度為：v1a1T；同理在T2T內(nèi)平行板間電場強度為：E2，加速度為：a2，電子以v1的速度向上做勻變速度直線運動，位移為：x2v1Ta2T2，由題意2T時刻回到P點，則有：x1x20，聯(lián)立可得：231，故A錯誤，B正確；當速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0T內(nèi)電子做勻加速運動，之后做勻減速直線運動，因231，所以在2T時刻電勢能最小，故C錯誤；電子在2T時刻回到P點，此時速度為：v2v1a2T，(負號表示方向向下)，電子的動能為：Ekm2v，根據(jù)能量守恒定律，電勢能的減小量等于動能的增加量，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。二、非選擇題9(2018安徽省定遠縣高三11月月考)如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距離為d8cm，板長為L25cm，接在直流電上，有一帶電液滴以v00.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下板向上提起cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：(1)將下板向上提起后，液滴的加速度大小。(2)液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間為多少？(g取10m/s2)答案：(1)2m/s2(2)0.3s解析(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力因為液滴做勻速運動，則有：qEmg，又E得：qmg當下板向上提后，由于d減小，板間場強E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運動此時液滴所受電場力：Fq此時液滴的加速度：a(1)gg2m/s2(2)因為液滴剛好從金屬末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是則有：at解得：t10.2s而液滴從剛進入電場到出電場的時間：t20.5s所以液滴從射入開始勻速運動到P點的時間為tt2t10.3s10(2018安徽省定遠12月月考)如圖所示，在空間中取直角坐標系xOy，在第一象限內(nèi)從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個沿y軸正方向的勻強電場，MN為電場的理想邊界，場強大小為E1，ONd。在第二象限內(nèi)充滿一個沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E2。電子從y軸上的A點以初速度v0沿x軸負方向射入第二象限區(qū)域，它到達的最左端為圖中的B點，之后返回第一象限，且從MN上的P點離開。已知A點坐標為(0，h)。電子的電量為e，質(zhì)量為m，電子的重力忽略不計，求：(1)電子從A點到B點所用的時間；(2)P點的坐標；(3)電子經(jīng)過x軸時離坐標原點O的距離。答案：(1)t(2)(d，h)(3)x解析(1)從A到B的過程中，加速度大小為a，由速度公式得：0