2023高考物理一輪總復(fù)習(xí)第六章靜電場第20講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動課時達(dá)標(biāo)

PAGEPAGE4第20講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動[解密考綱]主要考查電容器的動態(tài)分析、帶電粒子在電場中加速(或減速)和偏轉(zhuǎn)的問題，以及帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動．1．模擬空氣凈化過程，有人設(shè)計了如圖所示的含電灰塵空氣的密閉玻璃圓桶，圓桶的高和直徑相等．第一種除塵方式是：在圓桶頂面和底面間加上電壓U，沿圓桶的軸線方向形成一個勻強(qiáng)電場，塵粒的運(yùn)動方向如圖甲所示；第二種除塵方式是：在圓桶軸線處放一直導(dǎo)線，在導(dǎo)線與桶壁間加上的電壓也等于U，形成沿半徑方向的輻向電場，塵粒的運(yùn)動方向如圖乙所示．空氣阻力與塵粒運(yùn)動的速度成正比，即f＝kv(k為一定值)，假設(shè)每個塵粒的質(zhì)量和帶電荷量均相同，重力可忽略不計，那么在這兩種方式中(C)A．塵粒最終一定都做勻速運(yùn)動B．塵粒受到的電場力大小相等C．電場對單個塵粒做功的最大值相等D．在乙容器中，塵粒會做類平拋運(yùn)動解析：由于電壓U、圓桶的高與直徑及空氣阻力的大小不能計算，就不能確定塵粒最終是否做勻速運(yùn)動，A項錯誤；在甲、乙容器中，E＝eq\f(U,d)中的d是不同的，所以F＝qE＝eq\f(qU,d)一定不同，B項錯誤；電場力對單個塵粒做功的最大值均為W＝qU，C項正確；由于忽略重力，在甲、乙桶中，塵粒均做直線運(yùn)動，D項錯誤．2．如下圖，一帶電小球以水平速度射入接入電路中的平行板電容器中，并沿直線打在屏上O點，假設(shè)僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，讓帶電小球再次從原位置水平射入并能打在屏上，其它條件不變，兩次相比擬，那么再次射入的帶電小球(A)A．將打在O點的下方 B．將打在O點的上方C．穿過平行板電容器的時間將增加 D．到達(dá)屏上動能將減少解析：由題意知，上極板不動時，小球受靜電力和重力平衡，平行板電容器上極板平行上移后，兩極板間電壓不變，電場強(qiáng)度變小，小球再次進(jìn)入電場，受靜電力減小，合力方向向下，所以小球向下偏轉(zhuǎn)，將打在O點下方，選項A正確，選項B錯誤；小球的運(yùn)動時間由水平方向的運(yùn)動決定，兩次通過時水平速度不變，所以穿過平行板電容器的時間不變，選項C錯誤；由于小球向下偏轉(zhuǎn)，合力對小球做正功，小球動能增加，所以選項D錯誤．3．如下圖，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出．假設(shè)不計重力，那么a和b的比荷之比是(D)A．1∶2 B．2∶1C．1∶8 D．8∶1解析：設(shè)AB長為2h，BC長為2l，對a2h＝eq\f(1,2)aateq\o\al(2,a)＝eq\f(qaE,2ma)teq\o\al(2,a) ①l＝v0ta ②解得2h＝eq\f(qaE,2ma)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2 ③對b粒子有h＝eq\f(1,2)abteq\o\al(2,b)＝eq\f(qbE,2mb)teq\o\al(2,b) ④2l＝v0tb 解得h＝eq\f(qbE,2mb)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2l,v0)))2 ⑥由③⑥兩式得eq\f(\f(qa,ma),\f(qb,mb))＝eq\f(8,1).D項正確．4．(2022·安徽四校聯(lián)考)如下圖，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，那么以下結(jié)論正確的選項是(C)A．板間電場強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)B．板間電場強(qiáng)度大小為eq\f(mg,2q)C．質(zhì)點在板間的運(yùn)動時間和它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等D．質(zhì)點在板間的運(yùn)動時間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間解析：根據(jù)質(zhì)點垂直打在M屏上可知，質(zhì)點在兩板中央運(yùn)動時向上偏轉(zhuǎn)，在板右端運(yùn)動時向下偏轉(zhuǎn)，mg<qE，選項A、B錯誤；根據(jù)運(yùn)動的合成和分解，質(zhì)點沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，質(zhì)點在板間的運(yùn)動時間和它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等，選項C正確，D錯誤．5．如下圖，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，那么(B)A．在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,4)B．在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)C．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶2D．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為2∶1解析：帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運(yùn)動是類平拋運(yùn)動．豎直方向上的分運(yùn)動是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)知識可知，前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3.又因為電場力做的總功為eq\f(qU,2)，所以在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,8)，A選項錯；在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)，B選項對；在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功相等，故C、D選項錯．6．(多項選擇)(2022·河南鄭州模擬)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d，U，E和Q表示．以下說法正確的選項是(AD)A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么E變?yōu)樵瓉淼囊话隑．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，那么U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么U變?yōu)樵瓉淼囊话隓．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，那么E變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯篍＝eq\f(U,d)，保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹項對；保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，那么U變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺項錯；C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，保持d不變，C不變，Q加倍，U加倍，C項錯；E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πk))，那么Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珼項對．7．(多項選擇)(2022·北京西城期末)某同學(xué)設(shè)計了一種靜電除塵裝置，如圖甲所示，其中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料．圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連．帶負(fù)電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當(dāng)碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集．將被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值，稱為除塵率．不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，要增大除塵率，那么以下措施可行的是(AB)A．只增大電壓U B．只增大長度LC．只增大高度d D．只增大塵埃被吸入水平速度v0解析：由類平拋運(yùn)動規(guī)律可得塵埃偏轉(zhuǎn)位移為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,dm)(eq\f(L,v0))2，根據(jù)題意，增大除塵率，就是要增大y，需要增大電壓U，增大長度L，減小高度d，減小塵埃被吸入的水平速度v0，只需改變其中的一項或幾項即可，A、B兩項正確．8．(2022·東北三校二聯(lián))如下圖，一重力不計的帶電粒子以初速度v0射入水平放置．距離為d的兩平行金屬板間，射入方向沿兩極板的中心線．當(dāng)極板間所加電壓為U1時，粒子落在A板上的P點．如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時將A板向上移動eq\f(d,2)后，使粒子由原入射點射入后仍落在P點，那么極板間所加電壓U2為(D)A．U2＝3U1 B．U2＝6U1C．U2＝8U1 D．U2＝12U1解析：板間距離為d，射入速度為v0，板間電壓為U1時，在電場中有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU1,md)，t＝eq\f(x,v0)，解得U1＝eq\f(md2v\o\al(2,0),qx2)；A板上移eq\f(d,2)，射入速度為2v0，板間電壓為U2時，在電場中有：d＝eq\f(1,2)a′t′2，a′＝eq\f(2qU2,3md)，t′＝eq\f(x,2v0)，解得U2＝eq\f(12md2v\o\al(2,0),qx2)，即U2＝12U1，選D．9．(多項選擇)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的選項是(BC)A．末速度大小為eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgd D．克服電場力做功為mgd解析：0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，有mg＝qE0.把微粒的運(yùn)動分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動；豎直方向：eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，只受重力，做自由落體運(yùn)動，eq\f(2T,3)時刻，v1y＝geq\f(T,3)；eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，a＝eq\f(2qE0－mg,m)＝g，做勻減速直線運(yùn)動，T時刻，v2y＝v1y－a·eq\f(T,3)＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項A錯誤、B正確；重力勢能的減少量ΔEP＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，所以選項C正確；根據(jù)動能定理：eq\f(1,2)mgd－W克電＝0，得W克電＝eq\f(1,2)mgd，所以選項D錯誤．10．如下圖，在電場中，光滑水平面上一帶正電的物體與繞過定滑輪的絕緣輕繩相連，在輕繩另一端豎直向下拉力的作用下，物體沿桌面從A點勻速運(yùn)動到B點，電場強(qiáng)度大小不變、方向始終垂直于運(yùn)動中的輕繩指向左上方，不計滑輪摩擦，那么在此過程中拉力的瞬時功率(A)A．一直增大 B．一直減小C．先減小后增大 D．先增大后減小解析：對物體受力分析，因為物體勻速運(yùn)動，通過拉力和電場力的正交分解可得qEsinθ＝Fcosθ，其中θ是輕繩與水平方向的夾角，所以拉力的瞬時功率P＝Fvcosθ＝qEvsinθ，從A點勻速運(yùn)動到B點，θ增大，sinθ增大，所以P增大，選項A正確．11．如下圖，在某一真空中，只有水平向右的勻強(qiáng)電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動．那么(B)A．微粒帶正、負(fù)電荷都有可能 B．微粒做勻減速直線運(yùn)動C．微粒做勻速直線運(yùn)動 D．微粒做勻加速直線運(yùn)動解析：微粒做直線運(yùn)動的條件是速度方向和合力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場力的方向與場強(qiáng)方向相反，那么微粒必帶負(fù)電，且運(yùn)動過程中微粒做勻減速直線運(yùn)動，故B正確．12．(多項選擇)如下圖，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)為E，在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、帶電荷量＋q的小球，由靜止開始沿軌道運(yùn)動，下述說法正確的選項是(AD)A．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時速度最大B．小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒C．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為mq＋qED．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為3(mg＋qE)解析：根據(jù)動能定理知，在運(yùn)動到最低點的過程中，電場力和重力一直做正功，到達(dá)最低點的速度最大，故A正確；小球在運(yùn)動的過程中除了重力做功以外，還有電場力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯誤；根據(jù)動能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－qE－mg＝meq\f(v2,R)，解得：FN＝3(mg＋qE)，那么球?qū)壍赖膲毫?(mg＋qE)，故C錯誤，D正確．13．(2022·湖北宜昌模擬)如下圖，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構(gòu)成正方形，其中P點是EH的中點．一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出．以下說法正確的選項是(D)A．粒子的運(yùn)動軌跡一定經(jīng)過P點B．粒子的運(yùn)動軌跡一定經(jīng)