2022屆高三物理一輪復習優(yōu)化測控模擬試題帶電粒子在電場中的運動（38套）

2022屆高三物理一輪復習同步優(yōu)化測控試題第46講電容帶電粒子在電場中的運動體驗成功1.如圖所示，平行板電容器兩極板間懸浮著一帶電微粒P，今把A、B兩個半方形的金屬空盒相對插入電容器中間.當A、B合攏后，微粒P的狀態(tài)是()A.向上運動B.仍保持靜止C.向下運動D.條件不完全，無法判斷答案：C2.下圖所示是描述對給定的電容器充電時的電荷量Q、電壓U、電容C之間的相互關(guān)系圖象，其中正確的是()解析：電容是電容器的自身屬性，與電荷量和電壓無關(guān).答案：BCD3.一個平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩極板間有一正電荷(電荷量少)固定在P點，如圖所示.以E表示兩極板間的場強，U表示電容器兩極板間的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能.若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，那么()變小，E不變變大，W變大變小，W不變不變，W不變解析：平行板電容器與電源斷開后電荷量保持恒定，由E∝eq\f(Q,S)知，它們之間的場強不變，極板間的電壓U＝Ed變小，正電荷在P點的電勢能W＝q·φP＝qE·dP不變.答案：AC4.如圖所示，K為電子發(fā)射極，剛發(fā)出的電子速度可以忽略不計.左邊的非勻強電場使電子加速，右邊的勻強電場使電子減速，設(shè)非勻強電場的電壓為U，勻強電場的電壓為U′，則()A.只要U′＜U，電流計的指針就不偏轉(zhuǎn)B.只要U′＞U，電流計的指針就不偏轉(zhuǎn)C.只要U′＝U，電場力對電子做的總功為零D.只要U′＝U，電場力對電子做的總功不為零解析：根據(jù)動能定理可知，當eU－eU′＝eq\f(1,2)mv2＞0時，就有電子到達最左邊的極板，電流表的指針就會偏轉(zhuǎn).答案：BC5.如圖甲所示，兩塊金屬板A、B彼此平行放置組成一平行板電容器，板間距離為d，兩板分別帶有等量異種電荷，且A板帶正電，兩板中間有一帶負電的油滴P，當兩板水平放置時，油滴恰好平衡.若把兩板傾斜60°，把油滴從P靜止釋放，油滴可以打在金屬板上，問：(1)油滴將打在哪塊金屬板上？(2)油滴打在金屬板上的速率是多少？解析：乙(1)平行極板傾斜后油滴的受力分析如圖乙所示可知合外力方向與豎直方向成60°角偏左故油滴將打在A板上.(2)由上可知油滴所受的合外力F合＝mg運動的加速度a＝g，運動的位移s＝eq\f(d,2cos60°)＝d可解得油滴到達A板的速率大小v＝eq\r(2as)＝eq\r(2gd).答案：(1)A板(2)eq\r(2gd)6.圖示為電子顯示儀器(如示波器)的核心部件的示意圖.左邊部分為加速裝置，陰極產(chǎn)生的熱電子由靜止開始經(jīng)過U1＝1000V的加速電壓加速后，從左端中心進入極板長l1＝m、間距d＝0.020m、電壓為U2的偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域(極板正對面之間區(qū)域為勻強電場，忽略邊緣效應)，距偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域左端l2＝0.15m的位置是熒光屏，電子打在熒光屏上能夠顯示出光斑.當U2＝0時光斑正好在屏的中心.設(shè)熒光屏足夠大.(1)若U2為穩(wěn)定電壓，試推導光斑在熒光屏上相對中心的偏移量Y的表達式.(2)若U2＝V，在什么時間內(nèi)熒光屏上有光斑出現(xiàn)？光斑做什么運動？(已知電子的質(zhì)量me＝×10－31kg，電荷量e＝×10－19C解析：(1)解法一：設(shè)電子從加速電場中出來的速度為v0，由動能定理：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eU1將電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動沿v0方向和電場線方向分解，設(shè)電子沿電場線方向的位移為y，有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU2,dm)·t2在v0方向上，有：l1＝v0t可解得：y＝eq\f(U2l\o\al(2,1),4dU1)再設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時速度方向與v0方向的夾角為θ，有：tanθ＝eq\f(\f(eU2,dm)·\f(l1,v0),v0)＝eq\f(U2l1,2dU1)故光斑的偏移量Y＝y(tǒng)＋l2·tanθ＝(eq\f(l1,2)＋l2)eq\f(U2l1,2dU1)代入數(shù)據(jù)可得：Y＝×10－3U2.解法二：設(shè)電子從加速電場中射出的速度為v0，由動能定理有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eU1再設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場右端射出時速度方向與v0方向的夾角為θ，有：tanθ＝eq\f(\f(qU2,dm)·\f(l1,v0),v0)＝eq\f(U2l1,2dU1)又因為射出方向的反向延長線與初速度v0方向線交于偏轉(zhuǎn)電場的中心故：Y＝(eq\f(l1,2)＋l2)·tanθ＝×10－3U2.(2)將電子的質(zhì)量和電荷量代入(1)中相關(guān)式子可知，電子在偏轉(zhuǎn)電場中穿過的時間極短，故每個電子在電場中通過時，偏轉(zhuǎn)電壓U2可看做不變.設(shè)t時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子將恰好打在極板的右端，即：y＝eq\f(U2L\o\al(2,1),4dU1)＝eq\f(d,2)答案：(1)×10－3U2(2)eq\f(d,2)

金典練習二十三電容帶電粒子在電場中的運動選擇題部分共10小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.1.如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出.已知板長為L，板間距離為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，則()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(3,8)qUC.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沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的右邊緣飛出，帶電粒子所做的運動是類平拋運動.豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速運動，由運動學知識知，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)，選項A錯誤；在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)，選項B正確；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，故選項C、D錯誤.答案：B2.傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示為測定壓力的電容式傳感器，將電容器、零刻度在中間的靈敏電流計和電源串聯(lián)成閉合回路.當壓力F作用于可動膜片電極上時膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，導致靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn).從對膜片施加壓力(壓力緩慢增至某一定值)開始到膜片穩(wěn)定，靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)情況為(已知電流從電流表正接線柱流入時指針向右偏)()A.向左偏到某一刻度后回到零刻度B.向右偏到某一刻度后回到零刻度C.向右偏到某一刻度后不動D.向左偏到某一刻度后不動解析：由題意可知，電容器始終與電源相連，所以兩極板間的電壓U不變，壓力F作用于可動膜片電極上時，相當于兩極板間距離d減小，電容C＝eq\f(εS,4πkd)增大，由C＝eq\f(Q,U)可知，兩極板帶電量增加，即對電容器有一短暫的充電過程，又因為上極板帶正電，所以靈敏電流計指針向右偏；當壓力使膜片穩(wěn)定后，電容不變，兩極板帶電量不變，電流計指針重新回到零刻度處.綜上所述，選項B正確.答案：B3.如圖所示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板，a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地.開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度α.在下列方法中，能使懸線的偏角α變大的是[2022年高考·寧夏理綜卷]()A.縮小a、b間的距離B.加大a、b間的距離C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì)D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì)解析：由圖可知UPQ＝Uba，P、Q極板之間的電場強度E＝eq\f(UPQ,PQ)＝eq\f(Uba,PQ)，故電容器C帶電荷量一定時：加大a、b間距能使Uba、UPQ變大，P、Q之間的場強對帶電小球的電場力增大，α角變大，選項B正確.減小電介質(zhì)的介電系數(shù)或抽出電介質(zhì)，可使Uba、UPQ變大，P、Q之間的場強以及對帶電小球的電場力增大，α角變大，故選項C正確.答案：BC4.如圖所示，平行板電容器的一個極板與滑動變阻器的滑動端C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動端C上移，則關(guān)于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的說法中，正確的是()A.電荷量Q增大，時間t也增大B.電荷量Q不變，時間t增大C.電荷量Q增大，時間t不變D.電荷量Q不變，時間t也不變解析：電子穿越平行板電容器的時間t＝eq\f(l,v0)，與極板之間的電壓無關(guān)，當C上移時，UC增大Q＝C·UC變大，故選項C正確.答案：C5.示波器的示波管可以視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，如圖所示.若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L，板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，定義電子從偏轉(zhuǎn)極板右端射出時的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)電壓的比值eq\f(y,U2)為示波器的靈敏度，則關(guān)于示波器的靈敏度與加速電場、偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系，下列說法正確的是()越大，靈敏度越高越大，靈敏度越高越大，靈敏度越小D.靈敏度與U2無關(guān)解析：由題意知：y＝eq\f(1,2)·eq\f(eU2,dm)·(eq\f(L,v0))2＝eq\f(U2L2,4dU1)可得靈敏度eq\f(y,U2)＝eq\f(L2,4dU1)，選項A、D正確.答案：AD6.如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的電壓為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，則()A.粒子在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,4)B.粒子在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)C.粒子在豎直方向的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)位移內(nèi)，電場力做的功之比為1∶2D.粒子在豎直方向的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)位移內(nèi)，電場力的沖量之比為1∶1解析：粒子在勻強電場中運動，電場力做的功為：W電＝qUAB＝q·E·y，其中y為粒子在電場方向的位移又由題意知：eq\f(1,2)at2＝d，eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(d,4)故在前eq\f(t,2)內(nèi)電場力做的功為：W電′＝eq\f(1,4)qU前后eq\f(d,4)位移內(nèi)電場力做的功之比為1∶1又從靜止開始的勻加速直線運動通過連續(xù)相等位移的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(4)－eq\r(3))故I前∶I后＝1∶(eq\r(2)－1).答案：A7.如圖所示，質(zhì)子、氘核和α粒子(均不計重力)都沿平行板電容器兩板中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，且都能射出電場，射出后都打在同一個熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點.若微粒打到熒光屏的先后不能分辨，則下列說法正確的是()A.若它們射入勻強電場時的速度相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點B.若它們射入勻強電場時的動能相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)1個亮點C.若它們射入勻強電場時的動量相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點D.若它們是經(jīng)同一個加速電場由靜止加速后射入偏轉(zhuǎn)電場的，則在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點解析：選取eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He中的任意一微粒為研究對象，微粒在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移為：y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2L2,dmv\o\al(2,0))＝eq\f(qU2L2,4dEk)＝eq\f(qmU2L2,2dp2)＝eq\f(U2L2,4dU1)通過判定選項C、D正確.答案：CD8.如圖所示，在O點放置一個正電荷，而在過O點的豎直平面內(nèi)的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球落下的軌跡如圖中的虛線所示，它與以O(shè)點為圓心、R為半徑的圓相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距OC的高度為h，若小球通過B點的速度為v，則下列敘述正確的是()A.小球通過C點的速度大小為eq\r(2gh)B.小球通過C點的速度大小為eq\r(v2＋gR)C.小球由A到C電場力做的功為mgh－eq\f(1,2)mv2D.小球由A到C電場力做的功為eq\f(1,2)mv2＋mg(eq\f(R,2)－h(huán))解析：由于B、C在同一等勢面上，故從B到C電場力不做功.從B到C只有重力做功，故有：eq\f(1,2)meq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mghBC即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mv2＋mgRsin30°得：vC＝eq\r(v2＋gR)從A到C由動能定理有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgh＋WAC解得：WAC＝eq\f(1,2)mv2＋mg(eq\f(R,2)－h(huán))，故選項B、D正確.答案：BD9.平行板間有如圖所示的周期變化的電壓.重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時刻開始將其釋放，運動過程無碰板情況，能正確定性描述粒子運動的速度圖象的是[2022年高考·廣東物理卷]()ABCD解析：在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)帶電粒子正向做勻加速運動，在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)帶電粒子正向做勻減速運動，直至T時刻速度降至零，以后各周期重復這一運動過程，選項A正確.答案：A10.如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列圖象中能正確反映電子速度v、位移x、加速度a和動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是()解析：根據(jù)電子的受力情況很容易得出選項A正確，而x－t、a－t、Ek－t圖象分別如下：答案：A非選擇題部分共3小題，共40分.11.(13分)靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費少、質(zhì)量好、有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置原理圖如圖所示.A、B為兩塊平行金屬板，間距d＝0.40m，兩板間有方向由B指向A、場強E＝×103N/C的勻強電場.在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度v0＝2.0m/s，質(zhì)量m＝×10－15kg，電荷量q＝－×10－16C，微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微粒最后都落在金屬板B(1)油漆微粒打在B板上的動能.(2)油漆微粒最后落在B板上所形成的圖形及其面積的大小.解析：(1)據(jù)動能定理有：W＝|qEd|＝EkB－EkA解得：微粒打在B板上時動能EkB＝×10－14J.(2)微粒落在B板上所形成的圖形為圓面初速度沿極板方向的油漆微粒落在圓周上，對這些微粒有：d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·teq\o\al(2,1)R＝v0t1解得：圓面積S＝πR2＝0.25m2答案：(1)×10－14J(2)0.25m12.(13分)噴墨打印機的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為10－5m，此微滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電荷量的多少由計算機按字體筆畫的高低位置輸入信號加以控制.帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場，帶電微滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體.無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒.偏轉(zhuǎn)板長1.6cm，兩板間的距離為0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙3.2cm.若墨汁微滴的質(zhì)量為×10－10kg，以20m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是×103V，若墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離是2.0mm解析：設(shè)微滴所帶的電荷量為q，它進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，離開電場后做直線運動打到紙上，距原入射方向的距離為：y＝eq\f(1,2)at2＋Ltanφ又a＝eq\f(qU,md)，t＝eq\f(l,v0)，tanφ＝eq\f(at,v0)解得：y＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))(eq\f(l,2)＋L)代入數(shù)據(jù)得：q＝×10－13C要將字體放大10%，只要使y增大為原來的倍，可采用的措施為將電壓U增大到×103V，或?qū)增大到3.6cm.答案：×10－13C將電壓U增大到×103V，或?qū)增大到13.(14分)如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L.槽內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B，球A帶電荷量為＋2q，球B帶電荷量為－3q，兩球由長為2L的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng).最初A和B分別靜止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為L.若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行、向右的勻強電場E(1)當球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小.(2)帶電系統(tǒng)從開運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置.[2022年高考·廣東物理卷]解析：對帶電系統(tǒng)進行分析，假設(shè)球A能達到右極板，