高考物理一輪總復(fù)習(xí)專題7電場第3講電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動課后提能演練

專題七第3講知識鞏固練1．如圖所示，將電動勢為E的電源與電容為C的電容器相連，中間接有一個理想二極管，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子靜止在P點，則()A．若下板上移，電容器的電容增大，帶電粒子將向下加速B．若下板上移，電容器的電容減小，帶電粒子將向下加速C．若下板下移，電容器的電容減小，帶電粒子將靜止不動D．若下板下移，電容器的電容增大，帶電粒子將向上加速【答案】C2．噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上．則微滴在極板間電場中()A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能逐漸增大C．運(yùn)動軌跡是拋物線 D．運(yùn)動軌跡與帶電量無關(guān)【答案】C3．(多選)如圖所示，一水平放置的平行板電容器與電源相連．開始時開關(guān)閉合，一帶電油滴沿兩極板中心線方向以某一初速度射入，恰好沿中心線通過電容器．則下列判斷正確的是()A．保持開關(guān)閉合，將B板豎直向上平移一小段距離，粒子可能打在電容器的A板上B．保持開關(guān)閉合，將B板豎直向上平移一小段距離，粒子仍能沿原中心線通過電容器C．?dāng)嚅_開關(guān)，將B板豎直向上平移一小段距離，粒子可能打在電容器的A板上D．?dāng)嚅_開關(guān)，將B板豎直向上平移一小段距離，粒子仍能沿原中心線通過電容器【答案】AD【解析】開始時，油滴能沿直線飛過兩板，可知油滴受向下的重力和向上的電場力平衡，油滴帶負(fù)電；若保持開關(guān)閉合，將B板豎直向上平移一小段距離，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，兩板間場強(qiáng)變大，粒子受向上的電場力變大，粒子向上偏轉(zhuǎn)，則粒子可能打在電容器的A板上，A正確，B錯誤；斷開開關(guān)，則兩板帶電量不變，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)以及C＝eq\f(εrS,4πkd)，得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則將B板豎直向上平移一小段距離，兩板間場強(qiáng)不變，粒子受電場力不變，則粒子仍能沿原中心線通過電容器，C錯誤，D正確．4．(多選)如圖甲所示，A、B表示真空中水平放置的相距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間的電場可視為勻強(qiáng)電場．現(xiàn)在A、B兩板間加上如圖乙所示的周期性的交變電壓，在t＝0時恰有一質(zhì)量為m、電量為q的粒子在板間中央沿水平方向以速度v0射入電場，忽略粒子的重力，則下列關(guān)于粒子運(yùn)動狀況的表述中正確的是()A．粒子在垂直于板的方向上的分運(yùn)動可能是往復(fù)運(yùn)動B．粒子在垂直于板的方向上的分運(yùn)動是單向運(yùn)動C．只要周期T和電壓U0的值滿足一定條件，粒子就可沿與板平行的方向飛出D．粒子不可能沿與板平行的方向飛出【答案】BC5．如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球P、Q，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運(yùn)動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運(yùn)動到右極板的過程中它們的()A．運(yùn)行時間tP>tQB．電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1C．電荷量之比qP∶qQ＝2∶1D．動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1【答案】C【解析】兩球在豎直方向上都做自由落體運(yùn)動，由于下落高度相同，所以運(yùn)動時間相等，A錯誤；在水平方向上，兩球都做勻加速運(yùn)動，由x＝eq\f(1,2)at2可得aP∶aQ＝2∶1，則qP∶qQ＝2∶1，C正確；電勢能的減少量ΔEP∶ΔEQ＝(qPE·xP)∶(qQE·xQ)＝4∶1，B錯誤；動能增加量(mgh＋ΔEP)∶(mgh＋ΔEQ)<4∶1，D錯誤．6．AB板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)沿垂直電場線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計重力)，a、b和c的運(yùn)動軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點射入的．不計空氣阻力，則可知粒子運(yùn)動的全過程()A．運(yùn)動加速度aa＞ab＞ac B．飛行時間tb＝tc＞taC．水平速度va＞vb＝vc D．電勢能的減少量ΔEc＝ΔEb＞ΔEa【答案】B【解析】根據(jù)牛頓第二定律得微粒的加速度a＝eq\f(qE,m)，據(jù)題eq\f(q,m)相同，E相同，所以加速度相同，即aa＝ab＝ac，故A錯誤；三個帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由y＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2y,a))，由圖有yb＝y(tǒng)c＞ya，則得tb＝tc＞ta，故B正確；三個帶電微粒水平方向都做勻速直線運(yùn)動，由x＝v0t得v0＝eq\f(x,t)，由圖知xa＞xb＞xc，又tb＝tc＞ta，則得va＞vb＞vc，故C錯誤；電場力做功為W＝qEy，由于電荷量關(guān)系不能確定，所以不能確定電場力做功的大小，也就不能確定電勢能減少量的大小，故D錯誤．7．(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是()A．若t＝0時刻釋放電子，則電子始終向右運(yùn)動，直到打到右極板上B．若t＝0時刻釋放電子，則電子可能在兩板間振動C．若t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，則電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D．若t＝eq\f(3T,8)時刻釋放電子，則電子必然打到左極板上【答案】AC綜合提升練8．(2021年黃山一模)如圖所示，勻強(qiáng)電場中有一個以O(shè)為圓心、半徑為R的圓，電場方向與圓所在平面平行，圓上有三點A、B、C，其中A與C的連線為直徑，∠A＝30°．有兩個完全相同的帶正電粒子，帶電量均為q(q＞0)，以相同的初動能Ek從A點先后沿不同方向拋出，它們分別運(yùn)動到B、C兩點．若粒子運(yùn)動到B、C兩點時的動能分別為EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為()A．eq\f(Ek,qR) B．eq\f(2Ek,qR)C．eq\f(\r(3)Ek,3qR) D．eq\f(2\r(3)Ek,3qR)【答案】D【解析】從A點到B點應(yīng)用動能定理有qUAB＝2Ek－Ek＝Ek，從A點到C點應(yīng)用動能定理有qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek，所以UAC＝2UAB，作出等勢面和電場線如圖所示．則從A點到B點應(yīng)用動能定理有qEd＝qE|AD|＝Ek，即qEeq\f(\r(3)R,2)＝Ek，解得E＝eq\f(2\r(3)Ek,3qR)，D正確，A、B、C錯誤．9．(多選)真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏．現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，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()A．三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同C．偏轉(zhuǎn)電場的靜電力對三種粒子做功之比為1∶1∶2D．偏轉(zhuǎn)電場的靜電力對三種粒子做功之比為1∶2∶4【答案】BC【解析】設(shè)AB間的電壓為U1，CD間的電壓為U2、板長為L、板距為d，CD右邊緣離熒光屏的距離為s，從一般情況考慮，在加速電場中有qU1＝eq\f(1,2)mv2，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動，穿出CD到M的時間t＝eq\f(L＋s,v)＝eq\f(L＋s,\r(\f(2qU1,m)))，由于三種粒子的比荷eq\f(q,m)不同，所以三種粒子穿出CD板到M的時間不同，A錯誤；偏移的距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2＝eq\f(qU2L2,2mdv2)，偏轉(zhuǎn)角的正切tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v)＝eq\f(qU2L,dmv2)，由以上兩式解得y＝eq\f(U2L2,4U1d)，tanθ＝eq\f(U2L,2U1d)，由兩式可以看出，三種粒子從CD邊緣的同一點穿出，且速度方向相同，那么最后打到熒光屏上的位置相同，所以B正確；偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子所做功W＝qEy＝eq\f(U2,d)qy，則做功之比等于電量之比，為1∶1∶2，C正確，D錯誤．10．在xOy直角坐標(biāo)系中，三個邊長都為2m的正方形如圖所示排列，第一象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為E0，在第二象限正方形COED的對角線CE左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，三角形OEC區(qū)域內(nèi)無電場，正方形DENM區(qū)域內(nèi)無電場，現(xiàn)有一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點由靜止釋放，其恰好能通過E點．(1)求CED區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小E1；(2)保持第(1)問中電場強(qiáng)度不變，若在正方形區(qū)域ABOC中某些點由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，則釋放點的坐標(biāo)值x、y間應(yīng)滿足什么關(guān)系？(3)若CDE區(qū)域內(nèi)的電場強(qiáng)度大小變?yōu)镋2＝eq\f(4,3)E0，其他條件都不變，則在正方形區(qū)域ABOC中某些點由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，則釋放點的坐標(biāo)值x、y間又應(yīng)滿足什么關(guān)系？解：(1)設(shè)粒子出第一象限電場時速度為v，在第一象限中加速時，由動能定理得E0qx0＝eq\f(1,2)mv2，其中x0＝2m．要使粒子過E點，在第二象限電場中偏轉(zhuǎn)時，豎直方向位移為y，水平方向位移為x0，則y＝eq\f(1,2)·eq\f(E1q,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,v)))2，又x0＝y(tǒng)＝2m，解得E1＝4E0．(2)設(shè)坐標(biāo)為(x，y)，通過第一象限電場過程中，出電場時速度為v1，在第一象限電場中加速時，由動能定理，得E0qx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，同上，要使粒子過E點，在第二象限電場中偏轉(zhuǎn)時，豎直方向位移為y，水平方向位移也為y，則y＝eq\f(1,2)·eq\f(E1q,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,v1)))2，解得y＝x．(3)如圖所示為其中一條軌跡圖，從DE出電場時與DE交于Q，進(jìn)入CDE電場后，初速度延長線與DE交于G，出電場時速度反向延長線與初速度延長線交于P點，設(shè)在第一象限出發(fā)點的坐標(biāo)為(x，y)．由圖可知，在CED中帶電粒子的水平位移為y，設(shè)偏轉(zhuǎn)位移為y′．則y′＝eq\f(1,2)·eq\f(E2q,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,v2)))2，而eq\f(y′,y－y′)＝eq\f(GP,NE)，其中GP＝eq\f(y,2)，NE＝2m，在第一象限加速過程中，有E0qx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得y＝3x－4(m)．11．如圖所示，電場強(qiáng)度大小E＝eq\f(mg,q)的豎直勻強(qiáng)電場中，長為L的絕緣輕繩一端固定在O點，另一端固定一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球．在O點正上方和正下方L處，分別固定一個絕緣擋板A、B，兩擋板豎直放置且尺寸較?。F(xiàn)將小球拉到與O點同一高度且距O點右側(cè)l處，給它一個豎直向上的初速度v0，此后小球在A、B右側(cè)區(qū)域豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，并不時與擋板A、B碰撞，小球與擋板碰撞時不損失機(jī)械能，碰后瞬間電場立即反向，大小不變，重力加速度大小為g．求：(1)小球與擋板A碰后，能做圓周運(yùn)動到擋板B，初速度v0的最小值為多大？(2)若小球的初速度為(1)中的最小值，則小球與擋板A、B第一次碰撞前瞬間，輕繩的拉力分別為多大？(3)若小球的初速度為(1)中的最小值，且輕繩承受的最大拉力為50mg，則在輕繩斷前，小球與擋板總共碰撞的次數(shù)為多少？解：(1)小球與擋板A碰前，由于qE＝mg，小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動到擋板A．小球與擋板A碰后，電場立即反向，小球在電場力和重力的作用下做圓周運(yùn)動到擋板B，此過程中F＝qE＋mg＝2mg，方向向下，要能做圓周運(yùn)動，則最高點A處滿足qE＋mg≤meq\f(v\o\al(2,0),l)，解得v0≥eq\r(2gl)．因而小球初速度的最小值為eq\r(2gl)．(2)小球第一次與擋板A碰前做勻速圓周運(yùn)動，有TA1＝meq\f(v\o\al(2,0),l)，解得TA1＝2mg．小球第一次與擋板A碰后，將做變速圓周運(yùn)動到擋板B與擋板B第一次碰撞，在該過程中，根據(jù)動能定理，有(qE＋mg)2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球第一次與擋板B碰前瞬間，由圓周運(yùn)動的知識，有TB1－qE－mg＝meq\f(v\o\al(2,B1),l)，解得TB1＝12mg．(3)小球與擋板B第一次碰后到小球與擋板A第二次碰前，由于qE＝mg，且方向相反，小球做勻速圓周運(yùn)動，則小球與擋板A第二次碰前有vA2＝vB1，因而輕繩的拉力TA2＝meq\f(v\o\al(2,A2),l)，聯(lián)立解得TA2＝10mg．小球與擋板A第二次碰后到小球與擋板B第二次碰前的過程，根據(jù)動能定理，有(qE＋mg)2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)，小