【創(chuàng)新設計】（江蘇專用）2017高考物理一輪復習 第6章 靜電場 基礎課時18 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）

基礎課時18電容器帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題1如圖1甲所示，直線AB是某電場中的一條電場線，一電子僅在電場力作用下由電場線上A點沿直線運動到B點，其速度平方v2與位移x的關系如圖乙所示。EA、EB表示A、B兩點的電場強度，A、B表示A、B兩點的電勢。以下判斷正確的是()圖1AEAEB BEAEBCAB DAB解析由速度平方v2與位移x的關系與v2v2ax對比可得，電子做勻加速直線運動，由牛頓第二定律，合力(電場力)恒定，此電場為勻強電場，選項A、B錯誤；電子從A到B，電場力做正功，電勢能減小，電勢增大，選項D正確，C錯誤。答案D2.一平行板電容器的兩個極板分別與一電源正、負極相連，如圖2所示，在保持開關閉合的情況下，將電容器極板距離增大，則電容器的電容C、帶電荷量Q、極板間的場強E的變化()圖2AC、Q、E都逐漸增大 BC、Q、E都逐漸變小CC、Q逐漸減小，E不變 DC、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B正確。答案B3(2013·新課標全國，16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將()A打到下極板上 B在下極板處返回C在距上極板處返回 D在距上極板d處返回解析帶電粒子在重力作用下下落，此過程中重力做正功，當帶電粒子進入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負功，若帶電粒子在下極板處返回，由動能定理得mg(d)qU0；若電容器下極板上移，設帶電粒子在距上極板d處返回，則重力做功WGmg(d)，電場力做功W電qUqUqU，由動能定理得WGW電0，聯(lián)立各式解得dd，選項D正確。答案D4.(2016·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電場，電場線如圖3中實線所示。一帶正電、初速度不為零的小球從桌面上的A點開始運動，到C點時，突然受到一個外加的水平恒力F作用而繼續(xù)運動到B點，其運動軌跡如圖中虛線所示，v表示小球經(jīng)過C點時的速度，則()圖3A小球在A點的電勢能比在B點小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兩點小球的速率不可能相等解析小球帶正電，電場力向右，從A到B，電場力做正功，電勢能減少，故A錯誤；從C到B小球做曲線運動，小球所受的合力應該指向曲線彎曲的內(nèi)側，故恒力F的方向可能水平向左，B正確；從C到B小球做曲線運動，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，故C錯誤；從A到B電場力做正功，拉力F做負功，合力的功可能為零，故小球在A、B兩點的速率可能相等，D錯誤。答案B5.為了測定一個水平向右的勻強電場的場強大小，小明所在的物理興趣小組做了如下實驗：用長為L的絕緣輕質(zhì)細線，上端固定于O點，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球(可視為質(zhì)點)，如圖4所示，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動，擺到B點時速度恰好為零，然后又從B點向A點擺動，如此往復。小明用測量工具測量與水平方向所成的角度，剛好為60°。不計空氣阻力，下列說法中正確的是()圖4A在B點時小球受到的合力為0B電場強度E的大小為C小球從A運動到B，重力勢能減小mgLD小球在下擺的過程中，小球的機械能和電勢能之和先減小后增大解析小球擺到B點時速度恰好為零，故若小球在B點沒有加速度，則小球將靜止在B點，不會再從B點返回到A點，所以小球在B點時所受合外力不為零，選項A錯誤；小球從A點運動到B點的過程，由動能定理，有mgLsin 60°qEL(1cos 60°)0，解得E，選項B正確；小球從A點運動到B點重力勢能減少了mgLsin 60°，選項C錯誤；小球下擺的過程中，小球的機械能和電勢能相互轉化，由能量守恒定律可知，機械能與電勢能之和保持不變，選項D錯誤。答案B6(2016·山西運城一模)真空中的某裝置如圖5所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場，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5A三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同B三種粒子打到熒光屏上的位置相同C偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為122D偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為124解析設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1mv，解得v0，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論y、tan 可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關，故三種粒子偏轉距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉電場的電場力做功為WqEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為112，則有電場力對三種粒子做功之比為112，故C、D錯誤。答案B二、多項選擇題7(2016·江蘇揚州測試)如圖6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，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點正上方h高的A點由靜止釋放，并穿過帶電環(huán)，關于小球從A到A關于O的對稱點A過程加速度(a)、重力勢能(EpG)、機械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖象一定正確的是(取O點為坐標原點且重力勢能為零，豎直向下為正方向，無限遠處電勢為零)()解析圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小，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；小球穿過圓環(huán)后，小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小，故A正確；小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能EPGmgh，小球穿過圓環(huán)后，EPGmgh，重力勢能與高度是線性變化的，故B正確；小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負功，機械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關系，故D錯誤。答案ABC8.如圖7所示，是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關閉合，在增大電容器兩極板間距離的過程中()圖7A電阻R中沒有電流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極板帶負電。根據(jù)平行板電容器電容大小的決定因素C可知，當增大電容器兩極板間距離d時，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C減小時，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B、C正確。答案BC9.如圖8所示，帶電荷量之比為qAqB13的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OCCD，忽略粒子重力的影響，則()圖8AA和B在電場中運動的時間之比為12BA和B運動的加速度大小之比為41CA和B的質(zhì)量之比為112DA和B的位移大小之比為11解析粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由xv0t及OCCD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空間有水平向右的勻強電場，場強為E，qEmg，虛線右側的水平面光滑。一輕彈簧右端固定在墻上，處于原長時，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側L處，并給滑塊一個向左的初速度v0，已知滑塊與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為，求：圖9(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)滑塊在整個運動過程中產(chǎn)生的熱量。解析(1)設滑塊向左運動x時減速到零，由動能定理有(qEmg)xmv解得x之后滑塊向右加速運動，設第一次到達虛線時的動能為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程，機械能守恒，動能全部轉化為彈性勢能，所以彈簧的最大彈性勢能為Epm(qEmg)L(2)滑塊往返運動，最終停在虛線位置，整個過程電場力做正功，為WqEL，電勢能減少量為qEL，由能量守恒定律，整個過程產(chǎn)生的熱量等于滑塊機械能的減少量與電勢能的減少量之和，即QqELmv答案(1)(qEmg)L(2)qELmv11.在如圖10所示的直角坐標系中，第二象限有沿y軸負方向的勻強電場E1，第三象限存在沿x軸正方向的勻強電場E2，第四象限中有一固定的點電荷?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電粒子由第二象限中的A點(a，b)靜止釋放(不計重力)，粒子到達y軸上的B點時，其速度方向和y軸負方向的夾角為45°，粒子在第四象限中恰好做勻速圓周運動，經(jīng)過x軸上的C點時，其速度方向與x軸負方向的夾角為60°，求：圖10(1)E1和E2之比；(2)點電荷的位置坐標。解析(1)設粒子在第二象限中的運動時間為t1，進入第三象限時的速度為v0，有b··tbv0t1設粒子在第三象限中的運動時間為t2，在B點時速度為v，x軸方向的分速度為vx，則vv0vxv0a··tavxt2聯(lián)立以上各式得，t2。(2)設O、B的間距為l，粒子做圓周運動的半徑為r，則lv0t22alrcos 45°rsin 30°由以上兩式得r4a(1)所以點電荷的位置坐標：xDrsin 45°2a(2)yD(lrcos 45°)2a(1)。答案(1)(2)xD2a(2)yD2a(1)12如圖11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)從y軸上的A點以初速度v0水平拋出，兩長為L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 37°0.6)圖11(1)若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點A的坐標及小球拋出時的初速度v0；(2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質(zhì)量之間的關系滿足E，試計算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時才能保證小球不打在N板上。解析(1)設小球由y軸上的A點運動到金屬板M的中點B的時間為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A的縱坐標為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A的坐標為(0，L)，小球拋出時的初速度大小為v0(2)設小球進入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得mghmv2mv解得v帶電小球進入勻強電場后的受力情況如圖所示。因為E，所以qEmgcos 因此，帶電小球進入該勻強電場之后，將做類平拋運動。其加速度大小為agsin 設帶電小球在該勻強電場中運動的時間為t，欲使小球不打在N板上，由平拋運動的規(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)L10