（課標通用）高考物理一輪復習 作業(yè)32 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、作業(yè)32　電容器 帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題 1．如圖32－1所示，從F處由靜止釋放一個電子，電子向B板方向運動，設電源電動勢為U(V)，下列對電子運動的描述中錯誤的是(　　) 圖32－1 A．電子到達B板時的動能是U(eV) B．電子從B板到達C板的過程中，動能的變化量為零 C．電子到達D板時動能是3U(eV) D．電子在A板和D板之間做往復運動 解析：由題圖可知，電子在A、B板間做加速運動，電場力做的正功為U(eV)；電子在B、C板間做勻速運動，動能變化量為零；電子在C、D板間做減速運動，電場力做的功為－U(eV)，電子在D板處速度為零，故電子在A板和D板之間做

2、往復運動，選C. 答案：C 圖32－2 2．(哈爾濱六中模擬)如圖32－2所示，a、b為兩個固定的帶正電荷量為q的點電荷，相距為L，通過其連線中點O作此線段的垂直平分面，在此平面上有一個以O為圓心，半徑為L的圓周，其上有一個質量為m，帶電荷量為－q的點電荷c做勻速圓周運動，則c的速率為(　　) A．q　　B．q　　C．q　　D．q 解析：負點電荷c受到的靜電力充當向心力，連接a、b、c三點，cO為ab的垂直平分線，ac＝L，所以∠acO＝30°，故三角形abc為等邊三角形，故根據(jù)矢量合成法則，可得a、b對c的靜電力為F＝2kcos30°＝，根據(jù)F＝m，聯(lián)立解得v＝q ，故B正確．

3、 答案：B 3．(吉林遼源五中模擬)如圖32－3所示，D為一理想二極管(正向電阻為0，反向電阻無窮大)，平行金屬板M、N水平放置，兩板之間有一帶電微粒以速度v0沿圖示方向做直線運動，當微粒運動到P點時，將M板迅速向上平移一小段距離，則此后微粒的運動情況是(　　) 圖32－3 A．沿軌跡①運動　　　　 B．沿軌跡②運動 C．沿軌跡③運動 D．沿軌跡④運動 解析：當微粒運動到P點時，迅速將M板上移一小段距離，由于二極管反向電阻無窮大，兩極板上電量不變，由電容的決定式C＝，定義式C＝得MN兩板間電壓升高，由E＝＝，知電場強度不變，粒子受到的電場力不變，微粒的運動方向不變，

4、仍沿軌跡②做直線運動，故B正確，A、C、D錯誤． 答案：B 4．(商丘高三模擬)如圖32－4，一帶電粒子從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉后打在Q板上如圖所示的位置．在其他條件不變的情況下要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，下列操作中可能實現(xiàn)的是(不計粒子重力)(　　) 圖32－4 A．保持開關S閉合，適當上移P極板 B．保持開關S閉合，適當左移P極板 C．先斷開開關S，再適當上移P極板 D．先斷開開關S，再適當左移P極板 圖32－5 解析：如圖32－5，粒子在板間做類斜拋運動，將速度分解為水平方向vx和豎直方向vy.豎直方向：vy＝v0sin

5、θ，加速度a＝，E為場強，設t為粒子上升到最高點所用時間，則t＝＝.水平方向位移x＝vx·2t＝2v0tcosθ.保持開關S閉合，電容器兩板間電壓U不變，適當上移P極板，兩極板間的距離變大，根據(jù)E＝知場強變小，豎直方向運動時間變長，水平方向的位移x＝2v0tcosθ變大，該粒子可能從Q板的B孔射出，A正確；若左移P極板，不影響場強，仍落在原處，B錯誤；斷開開關S，則電容器電荷量Q不變，適當上移P極板，由E＝知場強E不變，則粒子仍落到原處，C錯誤；斷開開關S，若左移P極板，由E＝知S變小E變大，則粒子加速度a變大，上升到最高點所用時間t變小，則水平方向位移x變小，不能到達B孔，D錯誤． 答案：

6、A 5．(湖北宜昌模擬)如圖32－6所示，一個帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計)電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應該滿足的條件是(　　) 圖32－6 A.< B.< C.< D.< 解析：根據(jù)qU1＝mv2，再根據(jù)t＝和y＝at2＝··，由題意知，y

7、力不計)以平行于板的初速度v0沿兩板中線進入電場，粒子在屏上的落點距O點的距離為，當左端入口處均勻分布的大量上述粒子均以平行于板的初速度v0從MN板左端各位置進入電場(忽略粒子間作用力)，下列結論正確的是(　　) A．有的粒子能到達屏上 B．有的粒子能到達屏上 C．有的粒子能到達屏上 D．有的粒子能到達屏上 解析：帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，從電場中飛出后做勻速直線運動，設帶電粒子在勻強電場中的偏轉位移為y，根據(jù)類平拋運動規(guī)律得：物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點．根據(jù)幾何關系得＝，則y＝.若帶電粒子恰好打在屏上，粒子應該從金屬板的邊緣

8、離開電場，則粒子的入射點應當偏離中心線的距離為，由于粒子是均勻分布的，所以只有的粒子能到達屏上，選項C正確，選項A、B、D均錯誤． 答案：C 圖32－8 7．(云南曲靖聯(lián)考)(多選)如圖32－8所示電路中，A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述哪些做法可使指針張角增大(　　) A．使A、B兩板靠近一些 B．使A、B兩板正對面積錯開一些 C．斷開S后，使B板向右平移拉開一些 D．斷開S后，使A、B兩板正對面積錯開一些 解析：圖中靜電計的金屬桿接A板，外殼和B板均接地，靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間

9、的電壓越高．當合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變；當斷開S后，板間距離增大，正對面積減小，都將使電容器的電容變小，而電容器電荷量不變，由U＝可知，板間電壓U增大，從而使靜電計指針張角增大．綜上所述，選項C、D正確． 答案：CD 圖32－9 8．(大慶實驗中學月考)(多選)在如圖32－9所示的豎直向下的勻強電場中，用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直平面內繞懸點O做圓周運動，下列說法正確的是(　　) A．帶電小球通過最低點時，細線拉力有可能最小 B．帶電小球一定做變速圓周運動 C．帶電小球通過最高點時，細線拉力一定最小 D．帶電小球不一定

10、做勻速圓周運動 解析：當小球所受重力與電場力合力為零時，繩子的拉力提供向心力，合外力做功為零，小球做勻速圓周運動，當重力和電場力的合力不為零時，則小球做變速圓周運動，B錯，D正確；當小球做勻速圓周運動時，細線的拉力提供向心力，在圓周上任何一點細線的拉力大小都相等，如果小球做變速圓周運動，小球帶正電時，在最高點細線拉力最小，如果小球帶負電，若電場力大于重力，在最高點，小球的拉力最大，C錯，A正確． 答案：AD 9．(多選)如圖32－10所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止．現(xiàn)撤去F，使

11、小球沿豎直方向運動，在小球由靜止釋放到剛離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時的速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中(　　) 圖32－10 A．小球的重力勢能增加－W1 B．小球的電勢能減少W2 C．小球的機械能增加W1＋mv2 D．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析：根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關系，可知W1＝－ΔEpG，所以重力勢能增加量ΔEpG＝－W1，A項正確；根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系可知，電勢能減少量ΔEpE＝W2，B項正確；由題可知，小球動能增加量為mv2，重力勢能增加量為－W1，故機械能增加量為－W1＋mv2，C項錯

12、；整個過程中，電場力對小球做功，故系統(tǒng)機械能不守恒，D項錯． 答案：AB 10．(多選)如圖32－11甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大．當兩板間加上如圖32－11乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是(　　) 圖32－11 解析：在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時，電子在平行金屬板間所受的電場力大小不變，F(xiàn)＝，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小不變，電子在第一個內向B板做勻加速直線運動，在第二個內向B板做勻減速直線運動，在第三個內反向做勻加速直線運動，在第四個

13、內向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖象應如圖D所示，v－t圖象應如圖A所示，A、D正確，C錯誤；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖象應是曲線，B錯誤． 答案：AD 11．(河南鄭州二測)(多選)如圖32－12所示，一水平放置的平行板電容器，下板A固定，上板B與豎直懸掛的絕緣彈簧連接，A、B間有一固定的帶正電荷的液滴P，電容器帶電荷量為Q1，若讓電容器充電或放電，使之帶電荷量為Q2，則下列說法正確的是(　　) 圖32－12 A．若Q2>Q1，則彈簧的長度增加 B．若Q2>Q1，則電容器的電容減少 C．若Q2>Q1，則帶電液滴P的電勢能增加 D．若Q2

14、，則帶電液滴P的電勢能增加 解析：兩板間的場強E＝＝＝＝，故板上帶電荷量越多，板間電場強度越大，板間的電場力也越大，所以彈簧的長度增加，故A正確；由于兩板相互吸引使B板下移，所以電容器電容增大，故B錯誤；若讓電容器充電使之所帶電荷量為Q2，且Q2>Q1，P到下板的距離不變但板間電場強度增大，所以帶電液滴P所在處電勢升高，帶電液滴P的電勢能增大，故C正確；同理若讓電容器放電使之帶電荷量為Q2，且Q2

15、所示，小物塊帶電荷量為q＝＋1×10－4 C，將其放在該水平桌面上并由靜止釋放，小物塊的速度v與時間t的關系如圖32－13乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖32－13 A．小物塊在4 s內的位移為6 m B．小物塊的質量為2 kg C．小物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2 D．小物塊在4 s內電勢能減少了18 J 解析：小物塊在4 s內的位移為x＝×2×(2＋4) m＝6 m，故A正確；由題圖乙可知，前2 s內小物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有qE1－μmg＝ma，由題圖乙知加速度為a＝1 m/s2，2 s后小物塊做勻速運動，由平衡條件

16、有qE2＝μmg，聯(lián)立解得q(E1－E2)＝ma，由題圖甲可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，代入數(shù)據(jù)解得m＝1 kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故B錯誤，C正確；小物塊在前2 s的位移s1＝×2×2 m＝2 m，小物塊在2～4 s內的位移s2＝vt2＝4 m，電場力做的正功W＝qE1s1＋qE2s2＝1×10－4×3×104×2 J＋1×10－4×2×104×4 J＝14 J，則電勢能減少了14 J，故D錯誤． 答案：AC 二、非選擇題 13．(河南洛陽名校聯(lián)考)在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖32－14所示．小球

17、運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點．小球拋出時的動能為8.0 J，在M點的動能為6.0 J，不計空氣的阻力．求： 圖32－14 (1)小球水平位移x1與x2的比值； (2)小球落到B點時的動能EkB； (3)小球從A點運動到B點的過程中最小動能Ekmin. 解析：(1)如圖32－15所示，帶電小球在水平方向上受電場力的作用做初速度為零的勻加速運動，豎直方向上只受重力作用做豎直上拋運動，故從A到M和M到B的時間相等，則x1∶x2＝1∶3. (2)小球從A到M，水平方向上電場力做功W電＝6 J，則由能量守恒可知，小球運動到B點時的動能為EkB＝Ek0＋4W電＝3

18、2 J. (3)由于合運動與分運動具有等時性，設小球所受的電場力為F，重力為G，則有： 圖32－15 ??＝ 由圖可知，tanθ＝＝?sinθ＝ 則小球從A運動到B的過程中速度最小時速度一定與等效重力G′垂直，故Ekmin＝m(v0sinθ)2＝ J. 答案：(1)1∶3　(2)32 J　(3) J 14．(山東下學期高考預測)如圖32－16所示，一足夠長的斜面傾角為θ＝37°，斜面所在的空間存在水平向右的勻強電場(未畫出)．現(xiàn)將一質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)以初速度v0從斜面底端的A點豎直向上拋出，當小球落在斜面上的B點時速度方向恰好水平．已知重力加速度大

19、小為g，sin37°＝，cos37°＝，求： 圖32－16 (1)該勻強電場的電場強度E的大?。? (2)從A點運動到B點的過程中，小球和斜面的最遠距離d. 解析：(1)設小球到B點時豎直上升的高度為h，則有 h＝ 小球到達B點時，所用的時間為t＝ 小球到達B點時的水平位移為x＝··t2 由幾何關系可知tan θ＝＝ 聯(lián)立解得E＝. (2)將小球的初速度v0沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向進行分解，由幾何關系可知，小球在垂直于斜面方向上的分速度v1＝v0cosθ＝v0 將小球受到的重力和電場力沿平行于斜面和垂直于斜面方向進行分解，設小球在垂直于斜面方向上的加速度大小為a，則有 qEsinθ＋mgcosθ＝ma， 解得a＝g，由運動學規(guī)律可得d＝， 代入數(shù)據(jù)解得d＝. 答案：(1)　(2)