《2022年高考物理大一輪復習 第七章 電場 第三講課時跟蹤練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理大一輪復習 第七章 電場 第三講課時跟蹤練（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第七章電場 第三講 電容 帶電粒子在電場中的運動 課時跟蹤練 A組基礎鞏固 1.如圖所示，從尸處釋放一個無初速度的電子向3板方向運動，指出 下列對電子運動的描述中哪句是錯誤的（設電源電動勢為17）（） A B C D 工; A.電子到達5板時的動能是Ue B.電子從8板到達。板動能變化量為零 C.電子到達。板時動能是3Ue D.電子在A板和。板之間做往復運動 解析：電子在A6之間做勻加速運動，且eU=A&, A正確；在BC 之間做勻速運動，B正確；在CD之間做勻減速運動，到達D板時，速度 減為零，C錯誤，D正確. 答案：C 2.（2017?蘇北四市期末）在研究影響平行

2、板電容器電容大小因素的實驗 中，一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖所示.現(xiàn)保持8板不動， 適當移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角減小，則A板可能是（ A.右移 B.左移 C.上移 D.下移 解析：將A板向右移一些，板間距離減小，由電容的決定式。=不吟 4 n Ka 可知，電容增大，而電容器電量不變，由c=￡分析得知，板間電勢差減小， 則靜電計指針偏角減?。幌喾?，同理可知，A板向左移一些時，靜電計指 針偏角增大，故A正確，B錯誤；A板向上移一些，兩極板正對面積減小， 由電容的決定式。=三黨可知，電容減小，而電容器電量不變，由。=名分 4 n Ka u 析得知，板間電勢差增大，則靜電計

3、指針偏角增大，故C錯誤；同理，D 錯誤. 答案：A 3.（多選）電容式傳感器的應用非常廣泛，如圖所示的甲、乙、丙、丁 是四種常見的電容式傳感器，下列判斷正確的是（） A.圖甲中兩極間的電壓不變，若有電流流向傳感器正極，則人正在變 小 B.圖乙中兩極間的電荷量不變，若兩極間電壓正在增大，則0正在變 大 C.圖丙中兩極間的電荷量不變，若兩極間電壓正在減小，則x正在變 D.圖丁中兩極間的電壓不變，若有電流流向傳感器的負極，則F為 壓力且正在變大 解析：題圖甲中兩極間距離不變，若無變小，表明兩極板間正對面積 ￡rS 減小，由可知對應電容減小，電壓不變時，電容器帶電荷量減小，

4、4Ti KU 正在放電，故電流流向傳感器負極，A錯；題圖乙中兩極間的電荷量不變， 若電壓正在增大，由C=￡可知電容正在減小，板間距離不變，正對面積減 小，則動片正在旋出，夕正在變大，B對；題圖丙中兩極間的電荷量、板間 距離不變，若板間電壓正在減小，表明電容正在增大，電介質正在插入，x 正在增大，C對；題圖丁中兩極間的電壓、極板正對面積不變，若有電流 流向傳感器的負極，表明電容器正在放電，電容減小，板間距離增大，若 產為壓力則應是尸正在減小，D錯. 答案：BC 4 .如圖所示，一價氫離子(H+)和二價氮離子(He?*)的混合體，經同一加 速電場加速后，垂直射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同

5、一熒光屏上， 則它們() + -1 一」 4陪 L」T ] A.同時到達屏上同一點 B.先后到達屏上同一點 C.同時到達屏上不同點 D.先后到達屏上不同點 解析：一價氫離子(tT)和二價氫離子(He?*)的比荷不同，由 可知經過加速電場獲得的末速度不同，因此在加速電場及偏轉電場中的運 動時間均不同，但在偏轉電場中偏轉距離然相同，所以會打在 同一點，B正確. 答案：B 5 .（多選）（2018?沈陽模擬）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地 面成一角度，兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水 平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（） A.所受重力與電場

6、力平衡 8 .電勢能逐漸增加 C.動能逐漸增加 D.做勻變速直線運動 解析：分析帶電粒子的受力情況，畫出其受力圖如圖所示.可以看出 其合力方向與其速度方向相反.所以，帶電粒子在電場中做勻減速運動.電 場力做負功，重力不做功，動能減少，電勢能增加，故選項A、C錯誤， 選項B、D正確. t mg 答案：BD 6.（2017?廣州一模）如圖所示，豎直平行金屬板分別與電源正、負極相接, 一帶電顆粒沿圖中直線從A向6運動，則該帶電顆粒（ B A.動能減小 B.電勢能減小 C.機械能減小 D.可能帶負電 解析：重力和電場力對帶電顆粒做正功，重力勢能和電勢能轉化為動 能，其動

7、能增加，故A項錯誤；電場力對帶電顆粒做正功，其電勢能逐漸 轉化為機械能，電勢能逐漸減小，機械能不斷增加，故B項正確，C項錯 誤；帶電顆粒向負極板運動，電場力做正功，則帶電顆粒帶正電，故D項 錯誤. 答案：B 7. （2018?鞍山模擬）如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸 長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于。點，小球在豎直 平面內做勻速圓周運動，最高點為最低點為反不計空氣阻力，則下列說 法正確的是（） A.小球帶負電 B.電場力跟重力平衡 C.小球在從a點運動到?點的過程中，電勢能減少 D.小球在運動過程中機械能守恒 解析：由于小球在豎直平面內做勻速

8、圓周運動，速率不變化，由動能 定理可知，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場力和重力做的總功為零， 所以電場力和重力的合力為零，電場力跟重力平衡，B正確；由于電場力 的方向與重力方向相反，電場方向向上，所以小球帶正電，A錯誤；小球 在從a點運動到5點的過程中，電場力做負功，由功能關系得，電勢能增 加，C錯誤；在整個運動過程中，除重力做功外，還有電場力做功，小球 在運動過程中機械能不守恒，D錯誤. 答案：B 8. (2018?長沙模擬)如圖所示，水平位置的平行板電容器，原來A、B兩 板不帶電，8極板接地，它的極板長l=0A m,兩板間距離d=0.4 cm, 現(xiàn)有一微粒質量m=2.0X10"6

9、kg,帶電荷量q= + 1.0X10-8c,以一定初 速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中 點。處，取g=10 m/s2.試求： A O (1)帶電粒子入射初速度。。的大??； (2)現(xiàn)使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側射出， 則帶電后A板的電勢范圍？ 解析：(1)電容器不帶電時，微粒做平拋運動， 則有;=初％ 2=28^, 聯(lián)立兩式得加=； 代入數(shù)據(jù)得0o=2.5 m/s. (2)若使微粒能從電容器右側射出，則要求A板的電勢大于0,且5板 接地電勢等于0, 貝I 有 Uab=（Pa-（Pb=（Pa. A板電勢最小時，微粒剛好

10、從A板右側邊緣射出， 則有 l=Vnti, 5=541". 且 mg—廣7 ——ma\y 聯(lián)立以上各式得0Amin = 6 V. A板電勢最大時，微粒剛好從B板右側邊緣射出，則有 —maiy 且有。2 =。1, 代入數(shù)據(jù)解得°Amax=10 V. 綜上可得6 VW 0aW1O V. 答案：（1）2.5 m/s （2）6VW0a〈1OV B組能力提升 9.（多選）（2018?宜昌模擬）如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板 帶負電，下板帶正電，斷開電源，帶電小球以速度。。水平射入電場，且沿 下板邊緣飛出.若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速 度加從原處飛入，則

11、帶電小球（） （ 1 |一 A,將打在下板中央 B.仍沿原軌跡運動由下板邊緣飛出 C.不發(fā)生偏轉，沿直線運動 D.若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析：由題意可知電容器所帶電荷量不變，因k=與=2=蟲弁，所 U c 以上板上移一小段距離，電容器產生的場強不變，以相同速度入射的小球 仍將沿原軌跡運動由下板邊緣飛出，選項B正確，選項A、C錯誤；若上 板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央，選項D正確. 答案：BD 10. （2018?大連模擬）如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強 電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電

12、小球，小球A從緊靠左 極板處由靜止開始釋放，小球8從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最 終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動至右極板的過程 中，下列判斷正確的是（） A.運動時間tA>tB B.電荷量之比qA ： qn=2 ： 1 C.機械能增加量之比△& ： AEb=2 ： 1 D.機械能增加量之比A & ： ： 1 解析：兩小球在豎直方向上做自由落體運動，由力得運動時間相 同，故A項錯誤；兩球的水平分運動都是初速度為0的勻加速運動，有g月 = ma, 所以％=萼三,由于兩球水平分位移之比為2 ： 1,故第： q8=2 ： 1,即B項正確；機械能的增加量等于電場力做

13、的功，有AE=qEL, 所以A& ： A￡s=4 ： 1,故C、D都錯誤. 答案：B 11.（多選）（2018?太原模擬）如圖所示,絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底 端，彈簧與斜面平行，帶電小球。（可視為質點）固定在絕緣斜面上的M點，且在通過彈簧中心的直線必上.現(xiàn)將與。大小相同，帶電性也相同的小球 尸從直線面上的N點由靜止釋放，若兩小球可視為點電荷.在小球尸與彈 簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是（） A.小球P的速度一定先增大后減小 B.小球尸的機械能一直在減少 C.小球尸速度最大時所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零 D.小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能一定增加

14、解析：帶電小球P在沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力、沿斜面 向下的庫侖斥力尸=黃，小球尸與彈簧接觸的最初階段，彈簧彈力小于 mgsin夕+等,小球產先加速，由于彈簧彈力逐漸增大，庫侖斥力逐漸減 小，故合力變小，加速度變小，即第一階段是加速度逐漸減小的加速運動， 第二階段彈簧彈力大于，〃gsin 〃+#,合力沿斜面向上，彈簧彈力逐漸增 大，庫侖斥力逐漸減小，合力變大，加速度變大，即第二階段是加速度逐 漸變大的減速運動，直到速度減小為0,選項A正確；小球P的機械能變 化等于除重力外其他力做的功，即庫侖力和彈簧■彈力的合力做的功，初始 階段彈簧彈力小于庫侖斥力，二者合力做正功，機械能增大，當彈簧彈

15、力 大于庫侖斥力后，二者合力做負功，機械能減小，選項B錯誤；小球P的 速度最大時即加速度等于0時，彈簧彈力等于庫侖力和重力沿斜面向下的 分力之和，選項C錯誤；小球尸與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能變化等于除系 統(tǒng)彈力和重力外其他力做的功，即庫侖斥力做的功，由于庫侖斥力做正功， 故系統(tǒng)的機械能增加，選項D正確. 答案：AD 12. (2018?衡陽模擬)如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距離 為d=8 cm,板長為L=25 cm,接在直流電上，有一帶電液滴以如=0.5 m/s 的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P 處時迅速將下板向上提起;cm,液滴剛好從金屬板末端飛

16、出(g取10 mH), 求: (1)將下板向上提起后，液滴的加速度大?。? (2)液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間為多少？ 解析：(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴勻速 運動，所以有qE=mg, 即 qU=mgd. 當下板向上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉，在 電場中做類平拋運動. 此時液滴所受電場力戶=/~=臀, F—mg ms\d, m =gg=2 m/s2. (2)因為液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是 d 2, 設液滴從尸點開始在勻強電場中飛行的時間為￡1,則 而液滴從剛進入電場到出電場的時間 所以液滴從射入電場開始到勻速運動到尸點的時間為￡=打一fi = 0.3 s. 答案：(1)2 m/s2 (2)0.3 s