2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)32 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

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1、作業(yè)32　電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 8 一、選擇題 1．如圖32－1所示，從F處由靜止釋放一個(gè)電子，電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為U(V)，下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中錯(cuò)誤的是(　　) 圖32－1 A．電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是U(eV) B．電子從B板到達(dá)C板的過程中，動(dòng)能的變化量為零 C．電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3U(eV) D．電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 解析：由題圖可知，電子在A、B板間做加速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做的正功為U(eV)；電子在B、C板間做勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能變化量為零；電子在C、D板間做減速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做的功為－U(eV)，電子在D板處速度為零，故電子在A板和

2、D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選C. 答案：C 圖32－2 2．(2019年哈爾濱六中模擬)如圖32－2所示，a、b為兩個(gè)固定的帶正電荷量為q的點(diǎn)電荷，相距為L(zhǎng)，通過其連線中點(diǎn)O作此線段的垂直平分面，在此平面上有一個(gè)以O(shè)為圓心，半徑為L(zhǎng)的圓周，其上有一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷c做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則c的速率為(　　) A．q　　B．q　　C．q　　D．q 解析：負(fù)點(diǎn)電荷c受到的靜電力充當(dāng)向心力，連接a、b、c三點(diǎn)，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(duì)c的靜電力為F＝2kcos30°＝，根據(jù)F＝m，聯(lián)立解得

3、v＝q ，故B正確． 答案：B 3．(2019年吉林遼源五中模擬)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，將M板迅速向上平移一小段距離，則此后微粒的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) 圖32－3 A．沿軌跡①運(yùn)動(dòng)　　　　 B．沿軌跡②運(yùn)動(dòng) C．沿軌跡③運(yùn)動(dòng) D．沿軌跡④運(yùn)動(dòng) 解析：當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，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(chǎng)強(qiáng)度不變，粒子受到的電

4、場(chǎng)力不變，微粒的運(yùn)動(dòng)方向不變，仍沿軌跡②做直線運(yùn)動(dòng)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 答案：B 4．(2019年商丘高三模擬)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(zhuǎn)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(shí)現(xiàn)的是(不計(jì)粒子重力)(　　) 圖32－4 A．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板 B．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板 C．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板 D．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板 圖32－5 解析：如圖32－5，粒子在板間做類斜拋運(yùn)動(dòng)，將速度分解為水平方向vx和

5、豎直方向vy.豎直方向：vy＝v0sinθ，加速度a＝，E為場(chǎng)強(qiáng)，設(shè)t為粒子上升到最高點(diǎn)所用時(shí)間，則t＝＝.水平方向位移x＝vx·2t＝2v0tcosθ.保持開關(guān)S閉合，電容器兩板間電壓U不變，適當(dāng)上移P極板，兩極板間的距離變大，根據(jù)E＝知場(chǎng)強(qiáng)變小，豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，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(chǎng)強(qiáng)，仍落在原處，B錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S，則電容器電荷量Q不變，適當(dāng)上移P極板，由E＝知場(chǎng)強(qiáng)E不變，則粒子仍落到原處，C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)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(diǎn)所用時(shí)間t變小，則水平方向位移

6、x變小，不能到達(dá)B孔，D錯(cuò)誤． 答案：A 5．(2019年湖北宜昌模擬)如圖32－6所示，一個(gè)帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場(chǎng)，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(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)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、直屏，平行板板長(zhǎng)、板間距均為L(zhǎng)，板間電壓恒定．一帶電粒子(重力不計(jì))以平行于板的初速度v0沿兩板中線進(jìn)入電場(chǎng)，粒子在屏上的落點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為，當(dāng)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(jìn)入電場(chǎng)(忽略粒子間作用力)，下列結(jié)論正確的是(　　) A．有的粒子能到達(dá)屏上 B．有的粒子能到達(dá)屏上 C．有的粒子能到達(dá)屏上 D．有的粒子能到達(dá)屏上 解析：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，從電場(chǎng)中飛出后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移為y，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：物體任一時(shí)刻的瞬時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線一定通過此時(shí)水平位移的中點(diǎn)．根據(jù)幾何關(guān)系

8、得＝，則y＝.若帶電粒子恰好打在屏上，粒子應(yīng)該從金屬板的邊緣離開電場(chǎng)，則粒子的入射點(diǎn)應(yīng)當(dāng)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(dá)屏上，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D均錯(cuò)誤． 答案：C 圖32－8 7．(2019年云南曲靖聯(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(jì)，開關(guān)S合上后，靜電計(jì)指針張開一個(gè)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(duì)面積錯(cuò)開一些 C．?dāng)嚅_S后，使B板向右平移拉開一些 D．?dāng)嚅_S后，使A、B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開一些 解析：圖中靜電計(jì)的金屬桿接A板，外殼和B

9、板均接地，靜電計(jì)顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高．當(dāng)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(jì)指針張角不變；當(dāng)斷開S后，板間距離增大，正對(duì)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(jì)指針張角增大．綜上所述，選項(xiàng)C、D正確． 答案：CD 圖32－9 8．(2019年大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)(多選)在如圖32－9所示的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用絕緣細(xì)線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞懸點(diǎn)O做圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　) A．帶電小球通過最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力有可能最小 B．帶電小球一定做

10、變速圓周運(yùn)動(dòng) C．帶電小球通過最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力一定最小 D．帶電小球不一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 解析：當(dāng)小球所受重力與電場(chǎng)力合力為零時(shí)，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(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力和電場(chǎng)力的合力不為零時(shí)，則小球做變速圓周運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)，D正確；當(dāng)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線的拉力提供向心力，在圓周上任何一點(diǎn)細(xì)線的拉力大小都相等，如果小球做變速圓周運(yùn)動(dòng)，小球帶正電時(shí)，在最高點(diǎn)細(xì)線拉力最小，如果小球帶負(fù)電，若電場(chǎng)力大于重力，在最高點(diǎn)，小球的拉力最大，C錯(cuò)，A正確． 答案：AD 9．(多選)如圖32－10所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m

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

12、能增加量為mv2，重力勢(shì)能增加量為－W1，故機(jī)械能增加量為－W1＋mv2，C項(xiàng)錯(cuò)；整個(gè)過程中，電場(chǎng)力對(duì)小球做功，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，D項(xiàng)錯(cuò)． 答案：AB 10．(多選)如圖32－11甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大．當(dāng)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(gè)物理量隨時(shí)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(shí)，電子在平行金屬板間所受的電場(chǎng)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(gè)內(nèi)向B板做勻加速直線

13、運(yùn)動(dòng)，在第二個(gè)內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在第三個(gè)內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第四個(gè)內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以a－t圖象應(yīng)如圖D所示，v－t圖象應(yīng)如圖A所示，A、D正確，C錯(cuò)誤；又因勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線，B錯(cuò)誤． 答案：AD 11．(2019年河南鄭州二測(cè))(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(zhǎng)度增加 B．若Q2>

14、Q1，則電容器的電容減少 C．若Q2>Q1，則帶電液滴P的電勢(shì)能增加 D．若Q2Q1，P到下板的距離不變但板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，所以帶電液滴P所在處電勢(shì)升高，帶電液滴P的電勢(shì)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、在絕緣水平桌面(桌面足夠大)上方存在平行于桌面的電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖32－13甲所示，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(shí)間t的關(guān)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(nèi)的位移為6 m B．小物塊的質(zhì)量為2 kg C．小物塊與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 D．小物塊在4 s內(nèi)電勢(shì)能減少了18 J 解析：小物塊在4 s內(nèi)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(nèi)小物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二

16、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(yùn)動(dòng)，由平衡條件有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(cuò)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(nèi)的位移s2＝vt2＝4 m，電場(chǎng)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(shì)能減少了14 J，故D錯(cuò)誤． 答案：AC 二、非選擇題 13．(2019年河南洛

17、陽(yáng)名校聯(lián)考)在電場(chǎng)方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖32－14所示．小球運(yùn)動(dòng)的軌跡上A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)．小球拋出時(shí)的動(dòng)能為8.0 J，在M點(diǎn)的動(dòng)能為6.0 J，不計(jì)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(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB； (3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中最小動(dòng)能Ekmin. 解析：(1)如圖32－15所示，帶電小球在水平方向上受電場(chǎng)力的作用做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向上只受重力作用做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故從A到M和M到B的時(shí)間相等，則x1∶x2＝1∶3. (2)小球從

18、A到M，水平方向上電場(chǎng)力做功W電＝6 J，則由能量守恒可知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkB＝Ek0＋4W電＝32 J. (3)由于合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，設(shè)小球所受的電場(chǎng)力為F，重力為G，則有： 圖32－15 ??＝ 由圖可知，tanθ＝＝?sinθ＝ 則小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中速度最小時(shí)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．(2019年山東下學(xué)期高考預(yù)測(cè))如圖32－16所示，一足夠長(zhǎng)的斜面傾角為θ＝37°，斜面所在的空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)(未畫出)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正

19、電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從斜面底端的A點(diǎn)豎直向上拋出，當(dāng)小球落在斜面上的B點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平．已知重力加速度大小為g，sin37°＝，cos37°＝，求： 圖32－16 (1)該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。? (2)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，小球和斜面的最遠(yuǎn)距離d. 解析：(1)設(shè)小球到B點(diǎn)時(shí)豎直上升的高度為h，則有 h＝ 小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，所用的時(shí)間為t＝ 小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的水平位移為x＝··t2 由幾何關(guān)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(jìn)行分解，由幾何關(guān)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(chǎng)力沿平行于斜面和垂直于斜面方向進(jìn)行分解，設(shè)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(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得d＝， 代入數(shù)據(jù)解得d＝. 答案：(1)　(2) 9