2020屆高考物理總復習 作業(yè)32 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）

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1、作業(yè)32電容器 帶電粒子在電場中的運動8一、選擇題1如圖321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321A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板之間做往復運動，選C.答案：C圖3222(2019年哈爾濱六中

2、模擬)如圖322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()AqBqCqDq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，acL，所以acO30，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F2kcos30，根據(jù)Fm，聯(lián)立解得vq ，故B正確答案：B3(2019年吉林遼源五中模擬)如圖323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

3、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323A沿軌跡運動B沿軌跡運動C沿軌跡運動 D沿軌跡運動解析：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，仍沿軌跡做直線運動，故B正確，A、C、D錯誤答案：B4(2019年商丘高三模擬)如圖324，一帶電粒子從小孔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

4、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324A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325解析：如圖325，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：vyv0sin，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xvx2t2v0tcos.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x2v0tcos變大，該粒子可能

5、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：A5(2019年湖北宜昌模擬)如圖326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326A. B.C. D.解析：根據(jù)qU

6、1mv2，再根據(jù)t和yat2，由題意知，yd，解得Q1，則彈簧的長度增加B若Q2Q1，則電容器的電容減少C若Q2Q1，則帶電液滴P的電勢能增加D若Q2Q1，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Q2Q1，則帶電液滴P的電勢能減少，故D錯誤答案：AC12(2019年河北石家莊二中聯(lián)考)(多選)在絕緣水平桌面(桌面足夠大)上方存在平行于桌面的電場，其電場強度E隨時間t的變化關系如圖3213甲所示，小物塊帶電荷量為q1104 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3

7、213乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是()圖3213A小物塊在4 s內的位移為6 mB小物塊的質量為2 kgC小物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2D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x2(24) m6 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qE1mgma，由題圖乙知加速度為a1 m/s2，2 s后小物塊做勻速運動，由平衡條件有qE2mg，聯(lián)立解得q(E1E2)ma，由題圖甲可得E13104 N/C，E22104 N/C，代入數(shù)據(jù)解得m1 kg，由qE2mg可得0.2，故B錯誤，C正確；小物塊在前2

8、 s的位移s122 m2 m，小物塊在24 s內的位移s2vt24 m，電場力做的正功WqE1s1qE2s2110431042 J110421044 J14 J，則電勢能減少了14 J，故D錯誤答案：AC二、非選擇題13(2019年河南洛陽名校聯(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3214所示小球運動的軌跡上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3214(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Ekm

9、in.解析：(1)如圖3215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x1x213.(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EkBEk04W電32 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3215由圖可知，tansin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Ekminm(v0sin)2 J.答案：(1)13(2)32 J(3) J14(2019年山東下學期高考預測)如圖3216所示

10、，一足夠長的斜面傾角為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小為g，sin37，cos37，求：圖3216(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xt2由幾何關系可知tan 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v1v0cosv0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qEsinmgcosma，解得ag，由運動學規(guī)律可得d，代入數(shù)據(jù)解得d.答案：(1)(2)9