(全國(guó)I卷)2020年高考物理一輪復(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)

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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,A、B表示A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)。以下判斷正確的是()圖1A.EAEB B.EAEBC.AB D.AB解析由速度平方v2與位移x的關(guān)系與v2v2ax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,選項(xiàng)D正確,C錯(cuò)誤。答案D2.一平行板電容器的兩個(gè)極板分別與一電源正、

2、負(fù)極相連,如圖2所示,在保持開(kāi)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2A.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B3.(2020浙江效實(shí)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(huì)看到的圖形是()圖3解析在t0時(shí)刻,UY0知豎直位移為0,故A、C錯(cuò)誤;在t時(shí)刻,UY正向最大知豎直位移正向最大,故B正確,D錯(cuò)誤。答案B

3、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(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)線如圖4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(kāi)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4A.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F的方向可能水平向左,B正確;從C到B小球做曲線

4、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B5.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5所示,開(kāi)始時(shí),將線與小球拉成水平,然后釋放,小球由靜止開(kāi)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,剛好為60。不計(jì)空氣阻力,下列說(shuō)法中正確的是()圖5A.在B點(diǎn)時(shí)小球受到的合

5、力為0B.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mgLD.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 60qEL(1cos 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B6.(2020山西運(yùn)城一模)真空中的

6、某裝置如圖6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、氘核和粒子均由A板從靜止開(kāi)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、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124,電荷量之比為112,則下列判斷中正確的是()圖6A.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122D.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為124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qU1mv,解得v0,三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過(guò)程,

7、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 可知,y與粒子的種類(lèi)、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WqEy,則W與q成正比,三種粒子的電荷量之比為112,則有電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為112,故C、D錯(cuò)誤。答案B二、多項(xiàng)選擇題7.(2020江蘇揚(yáng)州測(cè)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(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(chēng)點(diǎn)A過(guò)程加速度(a)

8、、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,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(chēng)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EPGmgh,小球穿過(guò)圓環(huán)后,EPGmgh,重力勢(shì)能與高度是線性變化的,故

9、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ABC8.如圖8所示,是一個(gè)由電池、電阻R、開(kāi)關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路,開(kāi)關(guān)閉合,在增大電容器兩極板間距離的過(guò)程中()圖8A.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

10、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BC9.如圖9所示,帶電荷量之比為qAqB13的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā),沿著跟電場(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OCCD,忽略粒子重力的影響,則()圖9A.A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為12B.A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為41C.A和B的質(zhì)量之比為112D.A和B的位移大小之比為11解析粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),水平方向由xv0t及OCC

11、D得,tAtB12;豎直方向由hat2得a,它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aAaB41;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、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,qEmg,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,求:圖10(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

12、有(qEmg)xmv解得x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(xL)Ekmg(xL)解得Ek(qEmg)L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(qEmg)L(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WqEL,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QqELmv答案(1)(qEmg)L(2)qELmv11.(2020安徽理綜,23)在xOy平面內(nèi),有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小為E(圖中未畫(huà)出),由A點(diǎn)斜射出

13、一質(zhì)量為m,帶電量為q的粒子,B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn),如圖11所示,其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計(jì)。求:圖11(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功;(2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間;(3)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率。解析(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功WqE(yAyC)3qEl0(2)粒子只受沿y軸負(fù)方向的電場(chǎng)力作用,粒子做類(lèi)似斜上拋運(yùn)動(dòng),粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),由對(duì)稱(chēng)性可知軌跡最高點(diǎn)D在y軸上,可令tADtDBT,且tBCT由牛頓第二定律qEma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得yDaT2從D到C做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),沿y軸方向:yD3l0a(2T)2由式解得T則AC過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t3T3(

14、3)粒子由D到C過(guò)程中x軸方向:2l0vD2Ty軸方向:vCya2TvC由式解得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(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37。(sin 370.6)圖12(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(mǎn)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

15、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 v0ttan 帶電小球在豎直方向上下落的距離為hgt2所以小球拋出點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為yhsin 以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得v0,yL,t2,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mghmv2mv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qEmgcos 因此,帶電小球進(jìn)入該勻強(qiáng)電場(chǎng)之后,將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。其加速度大小為agsin 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dvtat2聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得dL。答案(1)(0,L)(2)L

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