第7章 3 知能達標訓練-2022高考物理【導學教程】新編大一輪總復習（word）人教版

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1、 [基礎(chǔ)題組] 1．一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖所示。E表示極板間的場強，U表示極板間的電壓，Ep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，則(　　) A．U變小，E變小　　　 B．E變大，Ep變大 C．U變小，Ep不變 D．U不變，Ep不變 [解析]　由題意知，電容器的帶電荷量Q不變，正極板移動后，極板間距離減小，根據(jù)電容的決定式C＝知，電容C增大，由公式U＝知，極板間電壓U變小，由推論公式E＝分析，可知極板間電場強度E不變，則由U′＝Ed′知，P與負極板間的電勢差不變，則

2、P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能Ep不變，故C正確，A、B、D錯誤。 [答案]　C 2．(多選)(2021廣東廣州市綜合測試)水平放置的平行板電容器與電源相連，下極板接地。帶負電的液滴靜止在兩極板間P點，以E表示兩極板間的場強，U表示兩極板間的電壓，φ表示P點的電勢。若電容器與電源斷開，保持下極板不動，將上極板稍微向上移到某一位置，則(　　) A．U變大，E不變，φ不變 B．U不變，E變小，φ降低 C．液滴將向下運動 D．液滴仍保持靜止 [解析]　電容器與電源斷開，則電容器所帶電荷Q不變，保持下極板不動，將上極板稍微向上移到某一位置，則d變大，由C＝可知C變小，由Q＝CU可知U變

3、大，由E＝與上述式子聯(lián)立可得：E＝，則E不變；因P點與下極板的距離不變，根據(jù)U＝Ed可知P點與下極板的電勢差不變，又因下極板接地，則P點的電勢φ不變，選項A正確，B錯誤；由于E不變，則液滴受的電場力不變，則液滴仍保持靜止，選項C錯誤，D正確。 [答案]　AD 3．(2020合肥高三質(zhì)檢)如圖所示，虛線為一帶電粒子在水平向右的勻強電場中運動的一段軌跡，A、B為軌跡上的兩點。已知該粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，其在A點的速度大小為v0，方向豎直向上，到B點時速度方向與水平方向的夾角為30，粒子重力不計。則A、B兩點間的電勢差為(　　) A.　　 B.　　 C.　　 D. [解析]　由類平

4、拋運動規(guī)律可知，帶電粒子在B點的速度為vB＝＝2v0，由動能定理有qUAB＝mv－mv，解得UAB＝，C正確，A、B、D錯誤。 [答案]　C 4．如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點。若不計粒子重力，則(　　) A．a(chǎn)的電量一定大于b的電量 B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量 C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 [解析]　由題知，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由h＝2得，x＝v0，由于v0＜v0，可得＞，C正確。 [答案]　C 5．(多選)(2021

5、寧夏石嘴山模擬)如圖所示，a、b、c、d為勻強電場中的等勢面，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子在A點以大小為v1的速度射入電場，沿如圖軌跡到達B點時速度大小為v2，且速度與等勢面平行，A、B連線長為L，連線與等勢面間的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則(　　) A．粒子在A點的動能大于在B點的動能 B．等勢面b的電勢比等勢面c的電勢高 C．粒子從A運動到B所用時間為 D．勻強電場的電場強度大小為 [解析]　由粒子的運動軌跡可知，粒子受向上的電場力，所以從A到B電場力做負功，動能減小，則粒子在A點的動能大于在B點的動能，故選項A正確；粒子帶正電，受向上的電場力，所以電場強度的方

6、向向上，等勢面b的電勢比等勢面c的電勢低，故選項B錯誤；粒子在水平方向不受力，所以在水平方向做勻速運動，速度為v2，則從A到B的時間為t＝，故選項C正確；由A到B根據(jù)動能定理有－qELsin θ＝mv－mv，解得E＝，故選項D正確。 [答案]　ACD 6．(2020河南八市模擬)如圖ABCD的矩形區(qū)域存在沿A至D方向的勻強電場，場強為E，邊長AB＝2AD，質(zhì)量m、帶電量q的正電粒子以恒定的速度v從A點沿AB方向射入矩形區(qū)域，粒子恰好從C點以速度v1射出電場，粒子在電場中運動時間為t，則(　　) A．若電場強度變?yōu)?E，粒子從DC邊中點射出 B．若電場強度變?yōu)?E，粒子射出電場的速度

7、為2v1 C．若粒子入射速度變?yōu)椋瑒t粒子從DC邊中點射出電場 D．若粒子入射速度變?yōu)?，則粒子射出電場時的速度 [解析]　若電場強度變?yōu)?E，則粒子從DC邊離開，運動時間變?yōu)閠，則水平位移變?yōu)樵瓉淼模皇?，故A錯誤；在粒子穿過電場的過程中，設(shè)電場力做功為W，則由W＝mv－mv2，可知電場強度加倍，則電場力做功變?yōu)榱?W，則射出電場的速度不等于2v1，故B錯誤；粒子入射速度變?yōu)椋瑒t粒子在電場時間不變，即可得出粒子從DC邊中點射出電場，故C正確；由于電場不變，粒子在電場運動時間不變，電場力做功不變，有動能定理可知，粒子射出電場時的速度不是，故D錯誤。 [答案]　C 7．(多選)如圖所示，

8、從燈絲發(fā)射的初速度為零的電子(不計重力)，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，進入偏轉(zhuǎn)電場U2。若要使電子在電場中的偏轉(zhuǎn)量增大為原來的2倍，可供選用的方法是(　　) A．使U1減為原來的 B．使U2增大為原來的2倍 C．使偏轉(zhuǎn)電場極板的長度L增大為原來的2倍 D．使偏轉(zhuǎn)電場極板的距離減小為原來的 [解析]　根據(jù)動能定理得，eU1＝mv，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場極板的長度為L，極板間的距離為h，則偏轉(zhuǎn)量d＝at2＝＝。使U1減為原來的，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確；使U2增大為原來的2倍，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故B正確；使偏轉(zhuǎn)電場極板的長度增大為原來的2倍，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤；使偏

9、轉(zhuǎn)電場極板的距離減小為原來的，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。 [答案]　ABD 8．一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地。兩板間有一個正試探電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢、Ep表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，各物理與負極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是(　　) [解析]　由平行板電容器的電容C＝可知d減小時，C變大，但不是一次函數(shù)，A錯；在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下，U＝，E＝＝與d無關(guān)，則B錯；在負極板接地的情況下，設(shè)沒有移動負極板時P點距負極板的距離

10、d，移動x后為d－x。因為移動極板過程中電場強度E不變，故φP＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，則C正確；正電荷在P點的電勢能Ep＝qφP＝qEd－qEx，顯然D錯。 [答案]　C [提升題組] 9．(多選)(2018全國卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時刻，

11、a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 [解析]　兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤。由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確。在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤。由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確。 [答案]　BD 10．(多選)(2021遼寧大連模擬)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板

12、的右側(cè)有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向固定放置。第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質(zhì)子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個α粒子，關(guān)于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是(　　) A．質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1：2 B．質(zhì)子和α粒子在整個過程中運動的時間相等 C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1：2 D．質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同 [解析]　根據(jù)動能定理：mv2－0＝qU，解得：v＝，所以質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比∶1，A錯誤；在A、B間：a＝，質(zhì)子的加速度大，所以質(zhì)子運動時間短，進入豎直電場做類平拋運動，質(zhì)子的加速

13、度大，所以質(zhì)子運動時間短，B錯誤；對整個過程用動能定理，設(shè)O2到MN板的電勢差為U′有：Ek－0＝q(U＋U′)，所以末動能與電量成正比，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2，C正確；O2到MN板，豎直方向：h＝t2，水平方向：x＝vt聯(lián)立解得：x＝2，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正確。 [答案]　CD 11．(2017全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q＞0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的

14、下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強度大小。 [解析]　(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向、大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③

15、聯(lián)立①②③式得＝3。④ (2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝H。⑧ (3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則＝⑨ 設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2? 由已知條件Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝。 [答案]　見解析 12．(2019全國卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩

16、金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。 (1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??； (2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？ [解析]　(1)由題意得，P、G間與Q、G間場強大小相等，均為E。粒子在P、G間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有 E＝① F＝qE＝ma② 設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有 qEh＝Ek－mv③ 設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有 h＝at2④ l＝v0t⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh⑥ l＝v0⑦ (2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度L為 L＝2l＝2v0。 [答案]　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0