2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練22 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）.doc

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電容器帶電粒子在電場中的運動小題狂練 小題是基礎練小題提分快1.2019河北省邯鄲檢測使帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器，驗電器的箔片張開下列各圖表示驗電器上感應電荷的分布情況，正確的是()答案：B解析：帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器，由于靜電感應現(xiàn)象，驗電器上方小球帶有與金屬球相反的電荷，驗電器的箔片上帶有與金屬球相同的電荷，B項正確22019江蘇省南京調研“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實驗裝置如圖所示，忽略漏電產(chǎn)生的影響，下列判斷正確的是()A極板正對面積減小時，靜電計指針偏角減小B靜電計可以用電壓表代替C靜電計所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等D靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量答案：C解析：電容器帶電荷量一定，極板正對面積減小時，由C知，電容器的電容減小，根據(jù)QCU可知，兩板間電勢差變大，則靜電計指針偏角變大，A項錯誤；靜電計與電壓表、電流表的原理不同，電流表、電壓表線圈中有電流通過時，指針才偏轉，故不能用電壓表代替靜電計，故B項錯誤；靜電計與電容器串聯(lián)，其所帶電荷量只是很小的一部分，即小于平行板電容器的電荷量，C項正確；靜電計是定性反映電壓高低的儀器，不能反映平行板電容器所帶電荷量的多少，故D項錯誤32019湖北省武漢月考靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列采取的措施可行的是()A斷開開關S后，只將A、B分開些B保持開關S閉合，只將A、B兩極板分開些C保持開關S閉合，只將A、B兩極板靠近些D保持開關S閉合，只將滑動變阻器觸頭向右移動答案：A解析：斷開開關，電容器所帶電荷量不變，將A、B分開一些，則d增大，根據(jù)C知，電容減小，根據(jù)U知，電勢差增大，指針張角增大，故A項正確；保持開關閉合，電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變，故B、C項錯誤；保持開關閉合，電容器兩端的電勢差不變，滑動變阻器僅僅充當導線功能，滑動觸頭不會影響指針張角，故D項錯誤42019廣西南寧二中、柳州高中聯(lián)考工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等材料時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設置如圖所示的傳感器，其中A、B為平行板電容器的兩個極板，上下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的正負極上，當流水線上通過的產(chǎn)品厚度增大，導致其對應的相對介電常數(shù)r增大時，下列說法正確的是()AA、B兩板間電場強度減小BA、B兩板間電場強度增大C有電流從a向b流過靈敏電流計D有電流從b向a流過靈敏電流計答案：C解析：兩板間電場強度E不變，A、B項錯誤；根據(jù)C可知當產(chǎn)品厚度增大導致r增大時，電容器的電容C增大，再根據(jù)QCU可知極板帶電荷量Q增加，有充電電流從a向b流過，C項正確，D項錯誤52019江西省新余一中模擬(多選)如圖所示為一電源電動勢為E、內阻為r的恒定電路，電壓表V的內阻為10 k，B為靜電計，C1、C2分別是兩個電容器，將開關閉合一段時間，下列說法正確的是()A若C1C2，則電壓表兩端的電勢差大于靜電計兩端的電勢差B若將滑動變阻器觸頭P向右滑動，則電容器C2上所帶電荷量增大CC1上所帶電荷量為零D再將開關S斷開，然后使電容器C2兩極板間距離增大，則靜電計張角也增大答案：CD解析：由于靜電計的兩個電極是彼此絕緣的，電路穩(wěn)定后，電路中沒有電流，電壓表兩端沒有電壓，而電容器C2充電后，兩端存在電壓，所以電壓表兩端的電勢差小于靜電計兩端的電勢差，故A項錯誤；電路穩(wěn)定后，電容器C2兩端的電壓等于電源的電動勢，保持不變，將滑動變阻器觸頭P向右滑動，電容器C2兩端的電壓不變，所帶電荷量不變，故B項錯誤；由于電壓表兩端沒有電壓，電容器C1沒有充電，所帶電荷量為零，故C項正確；將開關S斷開，電容器C2所帶的電荷量Q不變，板間距離增大，電容減小，由公式C分析可知，板間電壓增大，靜電計張角增大，故D項正確62019江蘇省鹽城中學模擬如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動，重力加速度為g.粒子運動的加速度大小為()A.g B.gC.g D.g答案：A解析：平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，有金屬板時，板間場強可以表達為E1，且有qE1mg，當抽去金屬板，則板間距離增大，板間場強可以表達為E2，有mgqE2ma，聯(lián)立上述可解得ag，選項A正確72019黑龍江省大慶實驗中學模擬如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零，可以視為短路；反向電阻無窮大，可以視為斷路)連接，電源負極接地，初始時電容器不帶電，閉合開關S穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器極板間的P點且處于靜止狀態(tài)下列說法正確的是()A減小極板間的正對面積，帶電油滴會向下移動，且P點的電勢會降低B減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動，且P點的電勢會降低C將下極板上移，帶電油滴向上運動D斷開開關S，帶電油滴將向下運動答案：C解析：根據(jù)C及QCU知，當開關閉合并減小極板的正對面積，電容C減小，Q減小，但由于二極管具有單向導電性，題圖中的電容器只能充電不能放電，所以電容器所帶電荷量不變，根據(jù)公式E可得E，由此可得電場強度E變大，油滴所受電場力變大，則帶電油滴會向上移動，P點與下極板的距離不變，因E變大，則P點的電勢升高，選項A、B錯誤；由以上分析，可知將下極板上移，極板距離減小，電容器的電容變大，電容器所帶的電荷量Q變大，電容器充電，電容器兩端的電壓等于電阻R兩端的電壓，電場強度變大，帶電油滴向上運動，選項C正確；斷開開關S，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，電容器所帶電荷量Q不變，電容C不變，電壓也不變，電容器兩極板間的場強不變，故油滴仍然處于靜止狀態(tài)，選項D錯誤82019內蒙古包鋼四中測試(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒壓電源(未畫出)，兩個質量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間C點相遇若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是()A電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B兩電荷在電場中運動的加速度相等C從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功D電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同答案：AC解析：從軌跡可以看出：yMyN，故t2t2，解得，qMqN，故A項正確，B項錯誤；根據(jù)動能定理，電場力做的功為Wmv，質量相同，電荷M豎直分位移大，豎直方向的末速度vy也大故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，故C項正確；從軌跡可以看出：xMxN，故vMtvNt，故vMvN，故D項錯誤9.2019寧夏羅平中學檢測如圖，勻強電場水平向左，帶正電物體沿絕緣粗糙水平面向右運動，經(jīng)過A點時動能為100 J，到B點時動能減少到80 J，減少的動能中有12 J轉化為電勢能，則它再經(jīng)過B點時動能大小為()A4 J B16 JC32 J D64 J答案：B解析：從A到B的過程中，電場力做的功為12 J，動能減少了20 J，從A到B，根據(jù)動能定理得，qExABfxABEk；解得從A到B過程中，克服摩擦力做的功為Wf8 J，可知克服電場力做的功與克服摩擦力做的功之比為3：2，則在整個過程中，克服電場力做的功與克服摩擦力做的功之比仍然為3：2.從B點到速度減為零，動能減少量為80 J，則克服摩擦力做的功為Wf32 J，對物體從B點向右到返回B點的過程運用動能定理，電場力做的功為0，則有：2Wfmvmv，解得mv16 J，故B項正確10.2019四川省雅安中學模擬(多選)如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑已知重力加速度為g，電場強度E，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A若小球在豎直平面內繞O點做完整的圓周運動，則它運動過程中的最小速度vminB若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大C若將小球在A點由靜止釋放，它將在ACBD圓弧上做往復運動D若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點答案：AB解析：由于電場強度E，故mgqE，則等效最低點在劣弧BC正中間，重力和電場力的合力為mg，根據(jù)mgm得小球在等效最高點的最小速度為v，A項正確；除重力和彈力外其他力做的功等于機械能的增量，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做的功最多，故到B點時的機械能最大，B項正確；小球所受合力方向為與電場方向成45角斜向下，故若將小球在A點由靜止釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動，C項錯誤；若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，由于在沿劣弧AD運動至半徑OA轉過45的過程中，克服重力做的功大于電場力做的正功，故小球動能減小，由于小球在等效最高點的最小速度為v，則小球不可能到達B點，D項錯誤11.2019湖北省部分重點中學聯(lián)考(多選)如圖所示的直角坐標系中，第一象限內分布著均勻輻射的電場，坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E.大量電荷量為q(q0)、質量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其他粒子均被坐標軸上的物質吸收并導走而不影響原來的電場分布不計粒子的重力及它們間的相互作用下列說法正確的是()A能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上B到達坐標原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角越大C能打到熒光屏上的粒子，進入O點的動能必須大于qUD若UqU，選項C正確；若U，到達O點的粒子速度方向與y軸的夾角滿足00，即質點下落到b孔時速度不為零，還有向下的速度，故C正確；斷開S，在兩板左邊之間插入電介質，相對介電常數(shù)增大，電容C增大，則U減小，由動能定理得mg(hd)qUmv20，即質點下落到b孔時速度不為零，還有向下的速度，故D正確6(多選)用輕繩拴著一質量為m、帶正電的小球在豎直面內繞O點做圓周運動，豎直面內加有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，如圖甲所示，不計一切阻力，小球運動到最高點時的動能Ek與繩中張力F間的關系如圖乙所示，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則()A輕繩的長度為B小球所帶電荷量為C小球在最高點的最小速度為 D小球在最高點的最小速度為 答案：AC解析：在最高點時，輕繩對小球的拉力、重力和電場力的合力提供向心力，則得FEqmg，即mv2FEqmg，由于Ekmv2，故EkF(mgEq)，由圖象可知，圖象斜率k，即L，故A正確；當F0時，mgEqm，mva，解得q，故B錯誤；當F0時，重力和電場力的合力提供向心力，此時小球在最高點有最小速度，mva，解得v，故C正確，D錯誤7.在真空中上、下兩個區(qū)域均為豎直向下的勻強電場，其電場線分布如圖所示，有一帶負電的微粒，從上邊區(qū)域沿一條電場線以速度v0勻速下落，并進入下邊區(qū)域(該區(qū)域的電場足夠廣)，在如圖所示的速度時間圖象中，符合微粒在電場內運動情況的是()答案：A解析：帶負電的微粒，從上邊區(qū)域沿一條電場線以速度v0勻速下落，進入下邊區(qū)域后，由于電場強度變大，因此所受電場力變大，因此微粒開始做向下的減速運動，等到速度為零后，又會向上加速，由于過程的對稱性，等到它到達區(qū)域分界線時，速度大小又達到了v0，此后進入上邊區(qū)域，受力依然平衡因此，速度時間圖象應該為A.8粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對而立的金屬板A、B.板間地面上靜止著帶正電的物塊，如圖甲所示，當兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時，設直到t1時刻物塊才開始運動(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認為相等)，則()A在0t1時間內，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右B在t1t3時間內，物塊受到的摩擦力先逐漸增大，后逐漸減小Ct3時刻物塊的速度最大Dt4時刻物塊的速度最大答案：C解析：在0t1時間內，電場力小于最大靜摩擦力，物塊靜止，靜摩擦力與電場力大小相等，即fqEq，隨電壓增大，摩擦力增大，但是正電荷所受電場力與電場同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，選項A錯誤；在t1t3時間內，電場力大于最大靜摩擦力，物塊一直加速運動，摩擦力為滑動摩擦力，由于正壓力即是物塊的重力，所以摩擦力不變，選項B錯誤；t3到t4階段，電場力小于摩擦力，但物塊仍在運動且為減速運動，故t3時刻物塊速度最大，選項C正確、D錯誤9.2019河南豫南九校質量考評(多選)如圖所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b分別與電源的正、負極相連，a、b板的中央沿豎直方向各有一個小孔，閉合開關S后，帶正電的液滴從小孔正上方的P點由靜止自由落下，當液滴穿過b板小孔到達a板小孔時速度為v1，現(xiàn)使a板不動，在開關S仍閉合或斷開的情況下b板向上或向下平移一小段距離，相同的液滴仍從P點自由落下，此時液滴到達a板小孔時速度為v2，空氣阻力不計，下列說法中正確的是()A若開關S保持閉合，向下移動b板，則v2v1B若開關S保持閉合，則無論向上或向下移動b板，都有v2v1C若開關S閉合一段時間后再斷開，向下移動b板，則v2v1D若開關S閉合一段時間后再斷開，則無論向上或向下移動b板，都有v2v1，C正確；若開關S閉合一段時間后再斷開，向上移動b板，則電容減小，電荷量不變，電場強度E不變，從P到a的過程中，重力做的功不變，電場力做的功增大，v2v1，結合C項分析可知D錯誤102019山東日照模擬(多選)質量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落t秒末，在小球下落的空間中，加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場再經(jīng)過t秒，小球又回到A點，不計空氣阻力且小球未落地，重力加速度為g，則()A小球所受電場力的大小是4mgB小球回到A點時的動能是mg2t2C從A點到最低點的距離是gt2D從A點到最低點，小球的電勢能增加了mg2t2答案：AC解析：小球先做自由落體運動，然后受電場力和重力向下做勻減速運動到速度為零，再向上做勻加速運動回到A點設加上電場后小球的加速度大小為a，規(guī)定向下為正方向，整個過程中，小球的位移為零，運用運動學公式gt2gttat20，解得a3g.根據(jù)牛頓第二定律得Eqmgma，解得Eq4mg，A正確；對全過程應用動能定理得EqEk0，解得Ek2mg2t2，小球回到A點時的動能是2mg2t2，B錯誤；設從A點到最低點的距離為h，根據(jù)動能定理mghEq0，解得hgt2，C正確；從A點到最低點，電場力做的功WEqEqgt2mg2t2，所以從A點到最低點，小球的電勢能增加了mg2t2，D錯誤二、非選擇題11.2019北京海淀區(qū)統(tǒng)考如圖所示，在水平向右的勻強電場中，水平軌道AB連接著一圓形軌道，圓形軌道固定在豎直平面內，其最低點B與水平軌道平滑連接現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球(可視為質點)，從離圓形軌道最低點B相距為L處的C點由靜止開始在電場力作用下沿水平軌道運動已知小球所受電場力與其所受的重力大小相等，重力加速度為g，水平軌道和圓形軌道均絕緣，小球在運動過程中所帶電荷量q保持不變，不計一切摩擦和空氣阻力求：(1)勻強電場的電場強度E的大??；(2)小球由C點運動到B點所用的時間t；(3)小球運動到與圓形軌道圓心O等高的D點時的速度大小vD.答案：(1)(2) (3)解析：(1)對小球，由題意可知Eqmg解得E(2)對小球，設從C到B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得Eqma由運動學公式可得Lat2式聯(lián)立解得t(3)設圓形軌道半徑為R，對小球從C到D的過程，根據(jù)動能定理有qE(LR)mgRmv0聯(lián)立，可得vD.122019湖北孝感第一次統(tǒng)考在xOy直角坐標系中，三個邊長都為2 m的正方形如圖所示排列，第象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強電揚，電場強度的大小為E0，在第象限正方形COED的對角線CE左側CED區(qū)域內有豎直向下的勻強電場，三角形OEC區(qū)域內無電場，正方形DENM區(qū)域內無電場現(xiàn)有一帶電荷量為q、質量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點由靜止釋放，恰好能通過E點(1)求CED區(qū)域內的勻強電場的電場強度的大小E1；(2)保持第(1)問中電場強度不變，若在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經(jīng)過E點，則釋放點的坐標值x、y間應滿足什么關系；(3)若CDE區(qū)域內的電場強度大小變?yōu)镋2E0，方向不變，其他條件都不變，則在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經(jīng)過N點，則釋放點的坐標值x、y間又應滿足什么關系答案：(1)4E0(2)yx(3)y3x4解析：(1)設帶電粒子出第象限電場時速度為v，在第象限電場中加速運動時，根據(jù)動能定理得E0qLmv2，其中L2 m，要使帶電粒子通過E點，在第象限電場中偏轉時，豎直方向位移為y，設水平位移為x0，則y2，因CEO45，即x0y2 m，解得E14E0.(2)設坐標為(x，y)，帶電粒子出第象限電場時速度為v1，在第象限電場中加速運動時，根據(jù)動能定理得E0qxmv，要使帶電粒子過E點，在第象限電場中偏轉時，豎直方向位移為y，水平方向位移也為y，則y2，解得yx.(3)如圖所示為其中一條軌跡圖，帶電粒子從DE出電場時與DE交于Q，進入CDE電場后，初速度延長線與DE交于G，出電場時速度的反向延長線與初速度延長線交于P點，設在第象限出發(fā)點的坐標為(x，y)，由圖可知，在CDE中帶電粒子的水平位移為y，設偏轉位移為y，則y2，而，其中GP，NE2 m，在第象限加速過程中，E0qxmv，解得y3x4.