2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場(chǎng)第3講電容器帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)含解析

PAGE7-第3講電容器帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．一帶負(fù)電荷的質(zhì)點(diǎn)，在電場(chǎng)力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動(dòng)到c，已知質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的。關(guān)于b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)()D[由a至c的彎曲狀況可知受力方向指向圖中虛線的右下方，b點(diǎn)的速度方向vb如圖，由a至c速率遞減可知受力方向如圖中F，α角大于90°，因?yàn)殡姾蔀樨?fù)，故場(chǎng)強(qiáng)方向應(yīng)與F反向，D正確。]2.兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()A.eq\f(edh,U) B.edUhC.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)D[電子從O點(diǎn)到A點(diǎn)，因受電場(chǎng)力作用，速度漸漸減小。依據(jù)題意和圖示推斷，電子僅受電場(chǎng)力，不計(jì)重力。這樣，我們可以用能量守恒定律來探討問題。即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，故選項(xiàng)D正確。]3.(2024·湖北宜昌調(diào)研)如圖所示，一水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一束同種帶電粒子從P點(diǎn)以相同速度平行于極板射入電容器，最終均打在下極板的A點(diǎn)，若將上極板緩慢上移，則()A．粒子打在下極板的落點(diǎn)緩慢左移B．粒子打在下極板的落點(diǎn)緩慢右移C．粒子仍舊打在下極板的A點(diǎn)D．因未知粒子的電性，無法推斷粒子的落點(diǎn)C[斷開電源后，電容器所帶電荷量保持不變，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(4πkQ,εrS)，將上極板緩慢上移，d變大，則電場(chǎng)強(qiáng)度不變，粒子所受電場(chǎng)力不變，粒子到下極板距離也未變，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，仍舊打在下極板的A點(diǎn)。]4．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)金屬極板，G為靜電計(jì)，極板B固定，A可移動(dòng)，起先時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開肯定角度，則下列說法正確的是()A．?dāng)嚅_S后，將A向左移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開的角度減小B．?dāng)嚅_S后，將A向上移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開的角度增大C．保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計(jì)指針張開的角度增大D．保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計(jì)指針張開的角度減小B[靜電計(jì)的指針張開的角度與靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差相對(duì)應(yīng)，斷開開關(guān)S后，將A向左移動(dòng)少許，電容器的電荷量不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知電容減小，由Q＝CU知電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針張開的角度增大，A錯(cuò)；同理，斷開S后，將A向上移動(dòng)少許，電容減小，電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針張開的角度增大，B對(duì)；保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差為電源電勢(shì)差，靜電計(jì)指針張開的角度不變，C、D錯(cuò)。]5．(2024·湖南郴州質(zhì)檢)a、b兩離子從平行板電容器兩板間P處垂直電場(chǎng)入射，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖。若a、b的偏轉(zhuǎn)時(shí)間相同，則a、b肯定相同的物理量是()A．比荷 B.入射速度C．入射動(dòng)能 D.入射動(dòng)量A[離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，偏轉(zhuǎn)時(shí)間相同，偏轉(zhuǎn)量相同，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(Uq,dm)×t2，兩板間電壓、距離、運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則a、b肯定相同的物理量是比荷，故A正確。]6．(2024·天津卷·3)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程()A．動(dòng)能增加eq\f(1,2)mv2 B.機(jī)械能增加2mv2C．重力勢(shì)能增加eq\f(3,2)mv2 D.電勢(shì)能增加2mv2B[小球動(dòng)能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)·mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間的高度差為h＝eq\f(v2,2g)，小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能削減，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的削減量為ΔEp′＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對(duì)小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確。]7．如圖所示，絕緣的光滑水平桌面高為h＝1.25m、長為x0＝2m，桌面上方有一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量m＝2×10－3kg、帶電荷量q＝＋5.0×10－8C的小物體自桌面的左端A點(diǎn)以初速度vA＝6m/s向右滑行，離開桌子邊緣B后，落在水平地面上C點(diǎn)。已知C點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x＝1m，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。(1)小物體離開桌子邊緣B后經(jīng)過多長時(shí)間落地？(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為多大？(3)為使小物體離開桌面邊緣B后水平位移加倍，即x′＝2x，某同學(xué)認(rèn)為應(yīng)使小物體帶電荷量減半，你同意他的想法嗎？試通過計(jì)算驗(yàn)證你的結(jié)論。解析：(1)設(shè)小物體離開桌子邊緣B點(diǎn)后經(jīng)過時(shí)間t落地，則h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s(2)設(shè)小物體離開桌子邊緣B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，則vB＝eq\f(x,t)＝2m/s依據(jù)動(dòng)能定理得－qEx0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得E＝3.2×105N/C(3)不同意。要使水平射程加倍，必需使B點(diǎn)水平速度加倍，即vB′＝2vB＝4m/s依據(jù)動(dòng)能定理得－qEx0＝－eq\f(1,2)mvB′2－eq\f(1,2)mvA′2解得vA′＝4eq\r(2)m/s≠vA所以說該同學(xué)認(rèn)為應(yīng)使小物體的帶電荷量減半的想法是錯(cuò)誤的。答案：(1)0.5s(2)3.2×105N/C(3)略8．(2024·安徽江南十校模擬)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與x軸平行，一個(gè)質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球，電荷量為－q，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以v0＝10m/s的初速度斜向上拋出，且初速度v0與x軸正方向夾角θ＝37°，如圖所示。經(jīng)過一段時(shí)間后到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)速度大小也是10m/s，該小球在最高點(diǎn)的位置坐標(biāo)是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．0.6m,1.8m B.－0.6m,1.8mC．5.4m,1.8m D.0.6m,1.08mB[本題考查帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題。帶電小球受重力和水平向左的電場(chǎng)力作用，將帶電小球的運(yùn)動(dòng)分解成沿x軸方向初速度為v0cos37°＝8m/s的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向初速度為v0sin37°＝6m/s的豎直上拋運(yùn)動(dòng)。當(dāng)沿y軸方向速度減小為零時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn)。則有y＝eq\f(v0sin37°2,2g)＝1.8m，t＝eq\f(v0sin37°,g)＝0.6s。最高點(diǎn)時(shí)速度大小是10m/s，則最高點(diǎn)時(shí)速度方向向左，所以最高點(diǎn)時(shí)橫坐標(biāo)x＝eq\f(v0cos37°－10m/s,2)·t＝eq\f(8＋－10,2)×0.6m＝－0.6m。故B項(xiàng)正確，A、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。]9.如圖所示，一水平放置的平行板電容器與電源相連，起先時(shí)開關(guān)閉合。一帶電粒子沿兩極板中心線以一初速度射入，恰好沿中心線①通過電容器。則下列推斷正確的是()A．粒子帶正電B．保持開關(guān)閉合，將B板向上平移肯定距離，可使粒子沿軌跡②運(yùn)動(dòng)C．保持開關(guān)閉合，將A板向上平移肯定距離，可使粒子仍沿軌跡①運(yùn)動(dòng)D．?dāng)嚅_開關(guān)，將B板向上平移肯定距離，可使粒子沿軌跡②運(yùn)動(dòng)B[開關(guān)閉合時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明粒子所受電場(chǎng)力與重力平衡，A板和電源正極相連，說明板間場(chǎng)強(qiáng)方向向下，則粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；保持開關(guān)閉合，電容器兩端電壓不變，B板上移，板間距d變小，由公式E＝eq\f(U,d)知板間場(chǎng)強(qiáng)增大，則粒子所受電場(chǎng)力大于重力，粒子可能沿軌跡②運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；保持開關(guān)閉合，將A板向上平移肯定距離，板間距d增大，由公式E＝eq\f(U,d)知板間場(chǎng)強(qiáng)減小，則粒子所受電場(chǎng)力小于重力，故粒子向下偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，電容器所帶電荷量不變，將B板向上平移肯定距離，由公式C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，E與板間距無關(guān)，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，故粒子沿軌跡①運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]10．(2024·安徽六校聯(lián)考)(多選)某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)挕⒎较蛩较蜃蟮膭驈?qiáng)電場(chǎng)。當(dāng)在該空間內(nèi)建立如圖所示的坐標(biāo)系后，在x軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向連續(xù)射入相同的帶電粒子(粒子重力不計(jì))，由于粒子的入射速率v不同，有的粒子將在電場(chǎng)中干脆通過y軸，有的將穿出電場(chǎng)后再通過y軸。設(shè)粒子通過y軸時(shí)，離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為h，從P到y(tǒng)軸所需的時(shí)間為t，則()A．由題設(shè)條件不能推斷出粒子的帶電性質(zhì)B．對(duì)h≤d的粒子，h不同，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同C．對(duì)h>d的粒子，h不同，在時(shí)間t內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功不相等D．不同h對(duì)應(yīng)的粒子，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率v可能相同BC[依據(jù)題意可以知道，粒子向左偏，可確定電場(chǎng)力方向向左，因此粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；對(duì)h≤d的粒子，粒子受到的電場(chǎng)力一樣，加速度也相同，因此運(yùn)動(dòng)時(shí)間也相等，故B正確；對(duì)h>d的粒子，h越大，沿著電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)的位移越小，則電場(chǎng)力對(duì)粒子做功越少，故h不同，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功不相等，所以C正確；若在電場(chǎng)中干脆通過y軸，水平分位移x相等，由x＝eq\f(1,2)at2知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，豎直分位移h＝vt，則h越大的粒子，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率v也越大，若穿出電場(chǎng)后再通過y軸，通過電場(chǎng)時(shí)豎直分位移y相等，h越大，沿著電場(chǎng)力方向的位移x越小，由x＝eq\f(1,2)at2，可以知道t越小，由y＝vt，可以知道，v越大，所以D錯(cuò)誤。故選B、C。]11.(2024·重慶九校聯(lián)盟聯(lián)考)在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向(豎直向上)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d＝0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－2C的小球從y軸上P點(diǎn)以肯定的初速度垂直y軸方向進(jìn)入第Ⅰ象限后，從x軸上的A點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點(diǎn)離開，已知P、A的坐標(biāo)分別為(0,0.4m)，(0.4m,0)，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)初速度v0的大??；(2)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB；(3)小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小。解析：本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1)小球進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，小球帶正電，受到的電場(chǎng)力方向豎直向上，依據(jù)牛頓其次定律，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)，解得a＝5m/s2,依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小球沿水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有xA＝v0t，豎直方向有yP＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))，代入數(shù)據(jù)，解得v0＝1m/s。(2)設(shè)水平電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，因未進(jìn)入水平電場(chǎng)前，帶電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度vy＝eq\r(2yPa)，因?yàn)樾∏蛟谒诫妶?chǎng)區(qū)域恰好做直線運(yùn)動(dòng)，所以合外力的方向與速度方向在一條直線上，即速度方向與合外力的方向相同，有e