《（全國(guó)I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課時(shí)18 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課時(shí)18 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)課時(shí)18　電容器　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、單項(xiàng)選擇題 1.如圖1甲所示，直線AB是某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，一電子僅在電場(chǎng)力作用下由電場(chǎng)線上A點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度平方v2與位移x的關(guān)系如圖乙所示。EA、EB表示A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，φA、φB表示A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)。以下判斷正確的是(　　) 圖1 A.EA＜EB B.EA＞EB C.φA＞φB D.φA＜φB 解析　由速度平方v2與位移x的關(guān)系與v2－v＝2ax對(duì)比可得，電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，合力(電場(chǎng)力)恒定，此電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；電子從A到B，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電勢(shì)增大，

2、選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。 答案　D 2.一平行板電容器的兩個(gè)極板分別與一電源正、負(fù)極相連，如圖2所示，在保持開(kāi)關(guān)閉合的情況下，將電容器極板距離增大，則電容器的電容C、帶電荷量Q、極板間的場(chǎng)強(qiáng)E的變化(　　) 圖2 A.C、Q、E都逐漸增大 B.C、Q、E都逐漸變小 C.C、Q逐漸減小，E不變 D.C、E逐漸減小，Q不變 解析　由C＝，知C減小，C＝，U不變，Q減小，E＝，E減小，選項(xiàng)B正確。 答案　B 3.(2020·浙江效實(shí)中學(xué)期中)圖3a為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓按圖b所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖c所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看

3、到的圖形是(　　) 圖3 解析　在t＝0時(shí)刻，UY＝0知豎直位移為0，故A、C錯(cuò)誤；在t＝時(shí)刻，UY正向最大知豎直位移正向最大，故B正確，D錯(cuò)誤。 答案　B 4.(2020·杭州二中期中)在光滑絕緣的水平桌面上，存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線如圖4中實(shí)線所示。一帶正電、初速度不為零的小球從桌面上的A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到C點(diǎn)時(shí)，突然受到一個(gè)外加的水平恒力F作用而繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，v表示小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度，則(　　) 圖4 A.小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)小 B.恒力F的方向可能水平向左 C.恒力F的方向可能與v方向相反 D.在A、B兩點(diǎn)小球的

4、速率不可能相等 解析　小球帶正電，電場(chǎng)力向右，從A到B，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，故A錯(cuò)誤；從C到B小球做曲線運(yùn)動(dòng)，小球所受的合力應(yīng)該指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，故恒力F的方向可能水平向左，B正確；從C到B小球做曲線運(yùn)動(dòng)，若恒力F的方向與v方向相反，則合力不可能指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，故C錯(cuò)誤；從A到B電場(chǎng)力做正功，拉力F做負(fù)功，合力的功可能為零，故小球在A、B兩點(diǎn)的速率可能相等，D錯(cuò)誤。 答案　B 5.為了測(cè)定一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小，小明所在的物理興趣小組做了如下實(shí)驗(yàn)：用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，上端固定于O點(diǎn)，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，如圖5所示，開(kāi)始時(shí)，將線與

5、小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開(kāi)始向下擺動(dòng)，擺到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后又從B點(diǎn)向A點(diǎn)擺動(dòng)，如此往復(fù)。小明用測(cè)量工具測(cè)量與水平方向所成的角度θ，剛好為60°。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖5 A.在B點(diǎn)時(shí)小球受到的合力為0 B.電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為 C.小球從A運(yùn)動(dòng)到B，重力勢(shì)能減小mgL D.小球在下擺的過(guò)程中，小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和先減小后增大 解析　小球擺到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，故若小球在B點(diǎn)沒(méi)有加速度，則小球?qū)㈧o止在B點(diǎn)，不會(huì)再?gòu)腂點(diǎn)返回到A點(diǎn)，所以小球在B點(diǎn)時(shí)所受合外力不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理，有mgLsin 60°－

6、qEL(1－cos 60°)＝0，解得E＝，選項(xiàng)B正確；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)重力勢(shì)能減少了mgLsin 60°，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球下擺的過(guò)程中，小球的機(jī)械能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，由能量守恒定律可知，機(jī)械能與電勢(shì)能之和保持不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　B 6.(2020·山西運(yùn)城一模)真空中的某裝置如圖6所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場(chǎng)，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) 圖6 A.三種粒

7、子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同 B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2 D.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得qU1＝mv，解得v0＝，三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過(guò)程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無(wú)關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電

8、場(chǎng)的電場(chǎng)力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯(cuò)誤。 答案　B 二、多項(xiàng)選擇題 7.(2020·江蘇揚(yáng)州測(cè)試)如圖7所示，一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，環(huán)心為O點(diǎn)，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點(diǎn)正上方h高的A點(diǎn)由靜止釋放，并穿過(guò)帶電環(huán)，關(guān)于小球從A到A關(guān)于O的對(duì)稱點(diǎn)A′過(guò)程加速度(a)、重力勢(shì)能(EpG)、機(jī)械能(E)、電勢(shì)能(Ep電)隨位置變化的圖象一定正確的是(取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)且重力勢(shì)能為零，豎直向下為正方向，無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零)(　　) 解析　圓環(huán)中心的場(chǎng)強(qiáng)為零，無(wú)窮遠(yuǎn)處場(chǎng)強(qiáng)也為零，則小球從A

9、點(diǎn)到圓環(huán)中心的過(guò)程中，場(chǎng)強(qiáng)可能先增大后減小，則小球所受的電場(chǎng)力先增大后減小，方向豎直向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大；小球穿過(guò)圓環(huán)后，小球所受的電場(chǎng)力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對(duì)稱性可知，電場(chǎng)力先增大后減小，則加速度先增大后減小，故A正確；小球從A點(diǎn)到圓環(huán)中心的過(guò)程中，重力勢(shì)能EPG＝mgh，小球穿過(guò)圓環(huán)后，EPG＝－mgh，重力勢(shì)能與高度是線性變化的，故B正確；小球從A點(diǎn)到圓環(huán)中心的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能減小，小球穿過(guò)圓環(huán)后，電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球下落的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系

10、，電勢(shì)能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，故D錯(cuò)誤。 答案　ABC 8.如圖8所示，是一個(gè)由電池、電阻R、開(kāi)關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開(kāi)關(guān)閉合，在增大電容器兩極板間距離的過(guò)程中(　　) 圖8 A.電阻R中沒(méi)有電流 B.電容器的電容變小 C.電阻R中有從a流向b的電流 D.電阻R中有從b流向a的電流 解析　題圖中電容器被充電，A極板帶正電，B極板帶負(fù)電。根據(jù)平行板電容器電容大小的決定因素C∝可知，當(dāng)增大電容器兩極板間距離d時(shí)，電容C變小。由于電容器始終與電池相連，電容器兩極板間電壓UAB保持不變；根據(jù)電容的定義式C＝知，當(dāng)C減小時(shí)，電容器兩極板所帶電荷量Q都要減少，即

11、電阻R中有從a流向b的電流。所以選項(xiàng)B、C正確。 答案　BC 9.如圖9所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則(　　) 圖9 A.A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2 B.A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1 C.A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D.A和B的位移大小之比為1∶1 解析　粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為

12、aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)A、B、C正確。 答案　ABC 三、非選擇題 10.在絕緣水平面上放有一帶正電的滑塊、質(zhì)量為m，帶電荷量為q，水平面上方虛線左側(cè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，qE＞μmg，虛線右側(cè)的水平面光滑。一輕彈簧右端固定在墻上，處于原長(zhǎng)時(shí)，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側(cè)L處，并給滑塊一個(gè)向左的初速度v0，已知滑塊與絕緣水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求： 圖10 (1)彈簧的最大彈性勢(shì)能； (2)滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)x時(shí)減速到零，由動(dòng)能定理有－(qE＋μmg)x＝－

13、mv① 解得x＝② 之后滑塊向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)第一次到達(dá)虛線時(shí)的動(dòng)能為Ek 由能量守恒定律得： qE(x＋L)＝Ek＋μmg(x＋L)③ 解得Ek＝(qE－μmg)L＋④ 滑塊從虛線處壓縮彈簧至最短的過(guò)程，機(jī)械能守恒，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，所以彈簧的最大彈性勢(shì)能為 Epm＝(qE－μmg)L＋⑤ (2)滑塊往返運(yùn)動(dòng)，最終停在虛線位置，整個(gè)過(guò)程電場(chǎng)力做正功，為W＝qEL，電勢(shì)能減少量為qEL，由能量守恒定律，整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量等于滑塊機(jī)械能的減少量與電勢(shì)能的減少量之和，即Q＝qEL＋mv⑥ 答案　(1)(qE－μmg)L＋　 (2)qEL＋mv 11.(2020·安徽理綜，

14、23)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E(圖中未畫(huà)出)，由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖11所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計(jì)。求： 圖11 (1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功； (2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間； (3)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率。 解析　(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功 W＝qE(yA－yC)＝3qEl0① (2)粒子只受沿y軸負(fù)方向的電場(chǎng)力作用，粒子做類似斜上拋運(yùn)動(dòng)，粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知軌跡最高點(diǎn)D在y軸上，可令 tAD＝tDB＝T，且tBC＝T②

15、 由牛頓第二定律qE＝ma③ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得yD＝aT2④ 從D到C做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向： yD＋3l0＝a(2T)2⑤ 由②③④⑤式解得T＝⑥ 則A→C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t＝3T＝3⑦ (3)粒子由D到C過(guò)程中 x軸方向：2l0＝vD·2T⑧ y軸方向：vCy＝a·2T⑨ vC＝⑩ 由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝? 答案　(1)3qEl0　(2)3　(3) 12.如圖12所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點(diǎn))從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0水平拋出，兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ＝37°。(sin 37°＝0.6) 圖12 (

16、1)若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進(jìn)入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)及小球拋出時(shí)的初速度v0； (2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝，試計(jì)算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時(shí)才能保證小球不打在N板上。 解析　(1)設(shè)小球由y軸上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到金屬板M的中點(diǎn)B的時(shí)間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有cos θ＝v0t tan θ＝ 帶電小球在豎直方向上下落的距離為h＝gt2 所以小球拋出點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為y＝h＋sin θ 以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得 v0＝，y＝L，t＝2，h＝ 所以小球拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0，L)，小球拋出時(shí)的初速度大小為v0＝ (2)設(shè)小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，則由動(dòng)能定理可得mgh＝mv2－mv 解得v＝ 帶電小球進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后的受力情況如圖所示。 因?yàn)镋＝，所以qE＝mgcos θ 因此，帶電小球進(jìn)入該勻強(qiáng)電場(chǎng)之后，將做類平拋運(yùn)動(dòng)。其加速度大小為a＝＝gsin θ 設(shè)帶電小球在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′，欲使小球不打在N板上，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可得d＝vt′ ＝at′2 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得d＝L。 答案　(1)(0，L)　　(2)L