《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練22 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練22 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（19頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)小題狂練 小題是基礎(chǔ)練小題提分快1.2019河北省邯鄲檢測(cè)使帶電的金屬球靠近不帶電的驗(yàn)電器，驗(yàn)電器的箔片張開下列各圖表示驗(yàn)電器上感應(yīng)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(yàn)電器，由于靜電感應(yīng)現(xiàn)象，驗(yàn)電器上方小球帶有與金屬球相反的電荷，驗(yàn)電器的箔片上帶有與金屬球相同的電荷，B項(xiàng)正確22019江蘇省南京調(diào)研“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實(shí)驗(yàn)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(duì)面積減小時(shí)，靜電計(jì)指針偏角減小B靜電計(jì)可以用電壓表代替C靜電計(jì)所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等D靜電計(jì)測(cè)量的是平行板電容器所帶電荷
2、量答案：C解析：電容器帶電荷量一定，極板正對(duì)面積減小時(shí)，由C知，電容器的電容減小，根據(jù)QCU可知，兩板間電勢(shì)差變大，則靜電計(jì)指針偏角變大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；靜電計(jì)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(shí)，指針才偏轉(zhuǎn)，故不能用電壓表代替靜電計(jì)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；靜電計(jì)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(xiàng)正確；靜電計(jì)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(xiàng)錯(cuò)誤32019湖北省武漢月考靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)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(shì)差大小如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電
3、計(jì)開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)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(guān)S后，只將A、B分開些B保持開關(guān)S閉合，只將A、B兩極板分開些C保持開關(guān)S閉合，只將A、B兩極板靠近些D保持開關(guān)S閉合，只將滑動(dòng)變阻器觸頭向右移動(dòng)答案：A解析：斷開開關(guān)，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(shì)差增大，指針張角增大，故A項(xiàng)正確；保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢(shì)差不變，則指針張角不變，故B、C項(xiàng)錯(cuò)誤；保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢(shì)差不變，滑動(dòng)變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能，滑動(dòng)觸頭不會(huì)影響指針張角，故D項(xiàng)錯(cuò)誤42019廣西南寧二中、柳州高中
4、聯(lián)考工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等材料時(shí)為了實(shí)時(shí)監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示的傳感器，其中A、B為平行板電容器的兩個(gè)極板，上下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的正負(fù)極上，當(dāng)流水線上通過的產(chǎn)品厚度增大，導(dǎo)致其對(duì)應(yīng)的相對(duì)介電常數(shù)r增大時(shí)，下列說法正確的是()AA、B兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小BA、B兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大C有電流從a向b流過靈敏電流計(jì)D有電流從b向a流過靈敏電流計(jì)答案：C解析：兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)C可知當(dāng)產(chǎn)品厚度增大導(dǎo)致r增大時(shí)，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(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤52019江西省新余一中模擬(多選)
5、如圖所示為一電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的恒定電路，電壓表V的內(nèi)阻為10 k，B為靜電計(jì)，C1、C2分別是兩個(gè)電容器，將開關(guān)閉合一段時(shí)間，下列說法正確的是()A若C1C2，則電壓表兩端的電勢(shì)差大于靜電計(jì)兩端的電勢(shì)差B若將滑動(dòng)變阻器觸頭P向右滑動(dòng)，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(guān)S斷開，然后使電容器C2兩極板間距離增大，則靜電計(jì)張角也增大答案：CD解析：由于靜電計(jì)的兩個(gè)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(shì)差小于靜電計(jì)兩端的電勢(shì)差，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定后，電容器C2兩端的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)
6、，保持不變，將滑動(dòng)變阻器觸頭P向右滑動(dòng)，電容器C2兩端的電壓不變，所帶電荷量不變，故B項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)正確；將開關(guān)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(jì)張角增大，故D項(xiàng)正確62019江蘇省鹽城中學(xué)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(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為()A.g B.gC.g D.g答案
7、：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(shí)，板間場(chǎng)強(qiáng)可以表達(dá)為E1，且有qE1mg，當(dāng)抽去金屬板，則板間距離增大，板間場(chǎng)強(qiáng)可以表達(dá)為E2，有mgqE2ma，聯(lián)立上述可解得ag，選項(xiàng)A正確72019黑龍江省大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)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(fù)極接地，初始時(shí)電容器不帶電，閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器極板間的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)下列說法正確的是()A減小極板間的正對(duì)面積，帶電油滴會(huì)向下移動(dòng)，且P點(diǎn)的電勢(shì)會(huì)降低B減小極板間的正對(duì)面積，帶電油滴會(huì)向上移動(dòng)，且P點(diǎn)的電勢(shì)會(huì)降低C將下
8、極板上移，帶電油滴向上運(yùn)動(dòng)D斷開開關(guān)S，帶電油滴將向下運(yùn)動(dòng)答案：C解析：根據(jù)C及QCU知，當(dāng)開關(guān)閉合并減小極板的正對(duì)面積，電容C減小，Q減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦裕}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(chǎng)強(qiáng)度E變大，油滴所受電場(chǎng)力變大，則帶電油滴會(huì)向上移動(dòng)，P點(diǎn)與下極板的距離不變，因E變大，則P點(diǎn)的電勢(shì)升高，選項(xiàng)A、B錯(cuò)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(chǎng)強(qiáng)度變大，帶電油滴向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；斷開開關(guān)S，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕?/p>
9、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(chǎng)強(qiáng)不變，故油滴仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤82019內(nèi)蒙古包鋼四中測(cè)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(gè)質(zhì)量相等的電荷M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場(chǎng)，兩電荷恰好在板間C點(diǎn)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度相等C從兩電荷進(jìn)入電場(chǎng)到兩電荷相遇，電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)電荷N做的功D電荷M進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小一定相同
10、答案：AC解析：從軌跡可以看出：yMyN，故t2t2，解得，qMqN，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做的功為Wmv，質(zhì)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(chǎng)力對(duì)電荷M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)電荷N做的功，故C項(xiàng)正確；從軌跡可以看出：xMxN，故vMtvNt，故vMvN，故D項(xiàng)錯(cuò)誤9.2019寧夏羅平中學(xué)檢測(cè)如圖，勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向左，帶正電物體沿絕緣粗糙水平面向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為100 J，到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減少到80 J，減少的動(dòng)能中有12 J轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，則它再經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)動(dòng)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(chǎng)力做的
11、功為12 J，動(dòng)能減少了20 J，從A到B，根據(jù)動(dòng)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(chǎng)力做的功與克服摩擦力做的功之比為3：2，則在整個(gè)過程中，克服電場(chǎng)力做的功與克服摩擦力做的功之比仍然為3：2.從B點(diǎn)到速度減為零，動(dòng)能減少量為80 J，則克服摩擦力做的功為Wf32 J，對(duì)物體從B點(diǎn)向右到返回B點(diǎn)的過程運(yùn)用動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做的功為0，則有：2Wfmvmv，解得mv16 J，故B項(xiàng)正確10.2019四川省雅安中學(xué)模擬(多選)如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，系在一根長為L的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)
12、繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)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(chǎng)強(qiáng)度E，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是()A若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度vminB若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大C若將小球在A點(diǎn)由靜止釋放，它將在ACBD圓弧上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D若將小球在A點(diǎn)以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達(dá)B點(diǎn)答案：AB解析：由于電場(chǎng)強(qiáng)度E，故mgqE，則等效最低點(diǎn)在劣弧BC正中間，重力和電場(chǎng)力的合力為mg，根據(jù)mgm得小球在等效最高點(diǎn)的最小速度為v，A項(xiàng)正確；除重力和彈力外其他力做的功等于機(jī)械能的增量，若小球在豎直平面內(nèi)繞O
13、點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做的功最多，故到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大，B項(xiàng)正確；小球所受合力方向?yàn)榕c電場(chǎng)方向成45角斜向下，故若將小球在A點(diǎn)由靜止釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若將小球在A點(diǎn)以大小為的速度豎直向上拋出，由于在沿劣弧AD運(yùn)動(dòng)至半徑OA轉(zhuǎn)過45的過程中，克服重力做的功大于電場(chǎng)力做的正功，故小球動(dòng)能減小，由于小球在等效最高點(diǎn)的最小速度為v，則小球不可能到達(dá)B點(diǎn)，D項(xiàng)錯(cuò)誤11.2019湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考(多選)如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E.大
14、量電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的粒子，某時(shí)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(qiáng)電場(chǎng)若粒子只能從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)走而不影響原來的電場(chǎng)分布不計(jì)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(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條直線上B到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)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(jìn)入O點(diǎn)的動(dòng)能必須大于qUD若UqU，選項(xiàng)C正確；若U，到達(dá)O點(diǎn)的粒子速度方向與y軸的夾角滿足00，即質(zhì)點(diǎn)下落到b孔時(shí)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(zhì)，相對(duì)介電常數(shù)
15、增大，電容C增大，則U減小，由動(dòng)能定理得mg(hd)qUmv20，即質(zhì)點(diǎn)下落到b孔時(shí)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(zhì)量為m、帶正電的小球在豎直面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，豎直面內(nèi)加有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，如圖甲所示，不計(jì)一切阻力，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek與繩中張力F間的關(guān)系如圖乙所示，當(dāng)?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(diǎn)的最小速度為 D小球在最高點(diǎn)的最小速度為 答案：AC解析：在最高點(diǎn)時(shí)，輕繩對(duì)小球的拉力、重力和電場(chǎng)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
16、，圖象斜率k，即L，故A正確；當(dāng)F0時(shí)，mgEqm，mva，解得q，故B錯(cuò)誤；當(dāng)F0時(shí)，重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，此時(shí)小球在最高點(diǎn)有最小速度，mva，解得v，故C正確，D錯(cuò)誤7.在真空中上、下兩個(gè)區(qū)域均為豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)線分布如圖所示，有一帶負(fù)電的微粒，從上邊區(qū)域沿一條電場(chǎng)線以速度v0勻速下落，并進(jìn)入下邊區(qū)域(該區(qū)域的電場(chǎng)足夠廣)，在如圖所示的速度時(shí)間圖象中，符合微粒在電場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)情況的是()答案：A解析：帶負(fù)電的微粒，從上邊區(qū)域沿一條電場(chǎng)線以速度v0勻速下落，進(jìn)入下邊區(qū)域后，由于電場(chǎng)強(qiáng)度變大，因此所受電場(chǎng)力變大，因此微粒開始做向下的減速運(yùn)動(dòng)，等到速度為零后，又會(huì)向上加速，由于過程
17、的對(duì)稱性，等到它到達(dá)區(qū)域分界線時(shí)，速度大小又達(dá)到了v0，此后進(jìn)入上邊區(qū)域，受力依然平衡因此，速度時(shí)間圖象應(yīng)該為A.8粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對(duì)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(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時(shí)，設(shè)直到t1時(shí)刻物塊才開始運(yùn)動(dòng)(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力可認(rèn)為相等)，則()A在0t1時(shí)間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右B在t1t3時(shí)間內(nèi)，物塊受到的摩擦力先逐漸增大，后逐漸減小Ct3時(shí)刻物塊的速度最大Dt4時(shí)刻物塊的速度最大答案：C解析：在0t1時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力小于最大靜摩擦力，物塊靜止，靜摩擦力與電場(chǎng)力大小相等，即fqEq，隨電壓增大
18、，摩擦力增大，但是正電荷所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1t3時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力大于最大靜摩擦力，物塊一直加速運(yùn)動(dòng)，摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，由于正壓力即是物塊的重力，所以摩擦力不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t3到t4階段，電場(chǎng)力小于摩擦力，但物塊仍在運(yùn)動(dòng)且為減速運(yùn)動(dòng)，故t3時(shí)刻物塊速度最大，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤9.2019河南豫南九校質(zhì)量考評(píng)(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(fù)極相連，a、b板的中央沿豎直方向各有一個(gè)小孔，閉合開關(guān)S后，帶正電的液滴從小孔正上方的P點(diǎn)由靜止自由落下，當(dāng)液滴穿過b板小孔到達(dá)a板小孔時(shí)速度為v1，現(xiàn)使a板不動(dòng)，在開關(guān)S
19、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(diǎn)自由落下，此時(shí)液滴到達(dá)a板小孔時(shí)速度為v2，空氣阻力不計(jì)，下列說法中正確的是()A若開關(guān)S保持閉合，向下移動(dòng)b板，則v2v1B若開關(guān)S保持閉合，則無論向上或向下移動(dòng)b板，都有v2v1C若開關(guān)S閉合一段時(shí)間后再斷開，向下移動(dòng)b板，則v2v1D若開關(guān)S閉合一段時(shí)間后再斷開，則無論向上或向下移動(dòng)b板，都有v2v1，C正確；若開關(guān)S閉合一段時(shí)間后再斷開，向上移動(dòng)b板，則電容減小，電荷量不變，電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，從P到a的過程中，重力做的功不變，電場(chǎng)力做的功增大，v2v1，結(jié)合C項(xiàng)分析可知D錯(cuò)誤102019山東日照模擬(多選)質(zhì)量為m的帶正
20、電小球由空中A點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)再經(jīng)過t秒，小球又回到A點(diǎn)，不計(jì)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(chǎng)力的大小是4mgB小球回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是mg2t2C從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的距離是gt2D從A點(diǎn)到最低點(diǎn)，小球的電勢(shì)能增加了mg2t2答案：AC解析：小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，然后受電場(chǎng)力和重力向下做勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，再向上做勻加速運(yùn)動(dòng)回到A點(diǎn)設(shè)加上電場(chǎng)后小球的加速度大小為a，規(guī)定向下為正方向，整個(gè)過程中，小球的位移為零，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式gt2gttat20，解得a3g.根據(jù)牛頓第二定律得Eqmgma，解得Eq4mg，A正
21、確；對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得EqEk0，解得Ek2mg2t2，小球回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是2mg2t2，B錯(cuò)誤；設(shè)從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的距離為h，根據(jù)動(dòng)能定理mghEq0，解得hgt2，C正確；從A點(diǎn)到最低點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功WEqEqgt2mg2t2，所以從A點(diǎn)到最低點(diǎn)，小球的電勢(shì)能增加了mg2t2，D錯(cuò)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(qiáng)電場(chǎng)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(nèi)，其最低點(diǎn)B與水平軌道平滑連接現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，從離圓形軌道最低點(diǎn)B相距為L處的C點(diǎn)由靜止開始在電場(chǎng)力作用下沿水平軌道運(yùn)動(dòng)已知小球所受電場(chǎng)力
22、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(yùn)動(dòng)過程中所帶電荷量q保持不變，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)小球由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間t；(3)小球運(yùn)動(dòng)到與圓形軌道圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)的速度大小vD.答案：(1)(2) (3)解析：(1)對(duì)小球，由題意可知Eqmg解得E(2)對(duì)小球，設(shè)從C到B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得Eqma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得Lat2式聯(lián)立解得t(3)設(shè)圓形軌道半徑為R，對(duì)小球從C到D的過程，根據(jù)動(dòng)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(biāo)系中，三個(gè)邊長都
23、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(qiáng)電揚(yáng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0，在第象限正方形COED的對(duì)角線CE左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，三角形OEC區(qū)域內(nèi)無電場(chǎng)，正方形DENM區(qū)域內(nèi)無電場(chǎng)現(xiàn)有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))從AB邊上的A點(diǎn)由靜止釋放，恰好能通過E點(diǎn)(1)求CED區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E1；(2)保持第(1)問中電場(chǎng)強(qiáng)度不變，若在正方形區(qū)域ABOC中某些點(diǎn)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(diǎn)，則釋放點(diǎn)的坐標(biāo)值x、y間應(yīng)滿足什么關(guān)系；(3)若CDE區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2E0，方向不變，其他條件都不變
24、，則在正方形區(qū)域ABOC中某些點(diǎn)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(diǎn)，則釋放點(diǎn)的坐標(biāo)值x、y間又應(yīng)滿足什么關(guān)系答案：(1)4E0(2)yx(3)y3x4解析：(1)設(shè)帶電粒子出第象限電場(chǎng)時(shí)速度為v，在第象限電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得E0qLmv2，其中L2 m，要使帶電粒子通過E點(diǎn)，在第象限電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，豎直方向位移為y，設(shè)水平位移為x0，則y2，因CEO45，即x0y2 m，解得E14E0.(2)設(shè)坐標(biāo)為(x，y)，帶電粒子出第象限電場(chǎng)時(shí)速度為v1，在第象限電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得E0qxmv，要使帶電粒子過E點(diǎn)，在第象限電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，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(chǎng)時(shí)與DE交于Q，進(jìn)入CDE電場(chǎng)后，初速度延長線與DE交于G，出電場(chǎng)時(shí)速度的反向延長線與初速度延長線交于P點(diǎn)，設(shè)在第象限出發(fā)點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，由圖可知，在CDE中帶電粒子的水平位移為y，設(shè)偏轉(zhuǎn)位移為y，則y2，而，其中GP，NE2 m，在第象限加速過程中，E0qxmv，解得y3x4.19
2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練22 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）
