2022高三物理一輪復習第三課時電容帶電粒子在電場中的運動練習

2022《金版新教案》高三物理一輪復習第三課時電容帶電粒子在電場中的運動練習本欄目內(nèi)容，學生用書中以活頁形式分冊裝訂成冊！1以下列圖，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一矯捷電流表，兩極板間有一個電荷q處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩極板的間距變大，則．電荷將向上加速運動B．電荷將向下加速運動C．電流表中將有從a到b的電流D．電流表中將有從b到a的電流【解析】充電后電容器的上極板

A帶正電．不停開電源，增大兩板間距，

U不變、d增大．由

E＝錯誤!知兩極板間場強減小．場強減小會使電荷

q碰到的電場力減小，電場力小于重力，協(xié)力向下，電荷

q向下加速運動．由

C＝錯誤!知電容

C減?。?/p>

Q＝CU

知極板所帶電荷量減少．

會有一部分電荷返回電源，

形成逆時針方向的電流．

電流表中將會有由b到

a的電流，選項

B、D

正確．【答案】BD2．以下列圖，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷

M和N同時分別從極板A的邊沿和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰幸好板間某點相遇．若不考慮電荷的重力和它們之間的互相作用，則以下說法正確的選項是A．電荷M的比荷大于電荷N的比荷B．兩電荷在電場中運動的加速度相等C．從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功D．電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小必然同樣【解析】電荷做類平拋運動，在豎直方向有＝錯誤!錯誤!t2，因時間、電壓、板間距相等，因此電荷M的比荷錯誤!大，電荷量也大，A正確；加速度是M的大，B錯誤；電場力做功利用公式W＝Eq判斷C正確；初速度依據(jù)＝v0t判斷D錯誤．【答案】AC3．一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比．若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速降落；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升．若兩極板間電壓為－U，油滴做勻速運動時速度的大小、方向?qū)⑹茿．2v、向下B．2v、向上C．3v、向下D．3v、向上【解析】以油滴為研究對象，依據(jù)共點力平衡條件：不加電壓時，mg－v＝0所加電壓為U時，mg＋v－錯誤!＝0所加電壓為－U時，mg＋錯誤!－v′＝0由以上各式得：v′＝3v，方向豎直向下．【答案】C4．以下列圖，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到

U1時，B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度同樣，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U∶U＝1∶2D．U∶U＝1∶11212【解析】由＝錯誤!at2＝錯誤!·錯誤!得：U＝錯誤!，因此U∝錯誤!，可知A項正確．【答案】A5．以下列圖，MN是兩水平放置的平行金屬板，電路可調(diào)治板間電壓，當電壓為U0時，一帶電粒子質(zhì)量為m，電量為q，以v0從M板的小孔垂直射入，當恰要到達N板時沿原路返回，今要使之在兩板中點處即返回，則可行的舉措是重力忽略不計A．板間電壓增為2U0B．帶電粒子初速度為錯誤!C．電壓U0、初速v0都增為2倍D．電壓U0、初速v0都減為一半【答案】AD6．空間存在勻強電場，有一電荷量qq＞0、質(zhì)量m的粒子從O點以速率v0射入電場，運動到A點時速率為2v0現(xiàn)有另一電荷量－q、質(zhì)量m的粒子以速率2v0仍從O點射入該電場、運動到B點時速率為3v0若忽略重力的影響，則A．在O、A、B三點中，B點電勢最高B．在O、A、B三點中，A點電勢最高C．OA間的電勢差比BO間的電勢差大D．OA間的電勢差比BA間的電勢差小【解析】由動能定理有：qUOA＝錯誤!m2v02－錯誤!mv錯誤!＝錯誤!mv錯誤!；－qUOB＝錯誤!m3v02－錯誤!m2v02＝錯誤!mv錯誤!，故在三點中，B點的電勢最高，A點的電勢最低，

OA

間的電勢差比

BO間的電勢差小，因此選

A、D【答案】AD7．以下列圖，水平放置的兩平行金屬板間有一豎直方向的勻強電場，板長為距離為d，在距極板右端L處有一豎直放置的屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為板中央平行于極板射入電場，最后垂直打在M屏上，以下說法中正確的選項是

L，板間m的質(zhì)點從兩．質(zhì)點打在屏的B．質(zhì)點打在屏的C．質(zhì)點打在屏的D．質(zhì)點打在屏的【解析】質(zhì)點要垂直打在

M屏上，則打在

M屏上時豎直方向上速度為零．對豎直方向上的運動進行解析，

質(zhì)點的前一段運動必然是在電場力和重力作用下做加速運動，

后一段運動必然是在重力作用下做減速運動，最后速度減小為零，則只可能是先向上做加速運動，爾后向上做減速運動，位移應向上，故質(zhì)點打在＝a1，g＝a2，依據(jù)兩段運動的對稱性知a1ta2t,則E＝錯誤!，答案A正確．【答案】A8．某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)挕⒎较蛩较蜃蟮膭驈婋妶觯斣谠摽臻g內(nèi)建立如右圖所示的坐標系后，在軸上的度相等，到達軸的時間也相等，該過程電場力做功

，因粒子的帶電荷量和質(zhì)量相等，故加速W＝qE相等，因此B、C錯誤．而初速度越大的粒子在粒子到達軸的時間內(nèi)，豎直向上的位移越大，因此D正確．【答案】AD9．以下列圖，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后

L垂直打在M屏上，則以下結(jié)論正確的選項是A．板間電場強度大小為mg/qB．板間電場強度大小為2mg/qC．質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間【解析】當質(zhì)點所受電場力方向向上且大于重力時，質(zhì)點才可能垂直打到屏上．由運動的合成與分解知識，可知質(zhì)點在水平方向上素來做勻速直線運動，因此質(zhì)點在電場中做類平拋運動的時間和在重力場中做斜上拋運動的時間相等．由運動規(guī)律可知質(zhì)點在水平方向上做勻速直線運動，v＝v0；在豎直方向上：在電場中v＝at，如上圖所示，走開電場后質(zhì)點做斜上拋運動，v＝gt，由此運動過程的對稱性可知a＝g，由牛頓第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得E＝2mg/、C正確．【答案】BC10．以下列圖，有一水平向左的勻強電場，場強為E＝×104N/C，一根長L＝1.5m、與水平方向的夾角為θ＝37°的圓滑絕緣細直桿MN固定在電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋×10－6C，質(zhì)量m＝×10－2kg現(xiàn)將小球從桿的上端N靜止開釋，小球B開始運動．靜電力常量＝×109N·m2/C2，取g＝10m/2，in37°＝，co37°＝求：1小球B開始運動時的加速度為多大2小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大【解析】1開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mgin

θ－錯誤!－qEco

θ＝ma

①解得

：

a

＝

gin

θ－

錯誤!

－錯誤!②代入數(shù)據(jù)解得：a＝3.2m/2③2小球B速度最大時協(xié)力為零，即

mgin

θ－錯誤!－qEcoθ＝0

④解

得

：

r

＝

錯誤!⑤代入數(shù)據(jù)解得：r＝0.9m【答案】13.2m/220.9m11．以以下列圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的圓滑離心軌道，一個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止開釋，沿軌道滑下，已知小球的質(zhì)量為m，電量為－q，勻強電場的場富強小為E，斜軌道的傾角為α小球的重力大于所受的電場力．求小球沿斜軌道下滑的加速度的大小．2若使小球經(jīng)過圓軌道頂端的B點，求A點距水平川面的高度h最少應為多大3若小球從斜軌道h＝5R處由靜止開釋．假設(shè)其能夠經(jīng)過B點，求在此過程中小球機械能的改變量．【解析】

1依據(jù)牛頓第二定律：

mg－qEin

α＝ma

①a＝錯誤!②2若小球恰好經(jīng)過B點，據(jù)牛頓第二定律mg－qE＝錯誤!③小球由A到B，據(jù)動能定理mg－qEh－2R＝錯誤!④以上聯(lián)立，得h＝錯誤!R⑤3小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中，機械能的變化量為E機由E機＝W電⑥W電＝－3Req⑦得E機＝－3REq⑧【答案】1錯誤!2錯誤!R3減少3EqR12．如右圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極板長L＝0.4m，兩板間距離d＝4×10－3m，有一束由同樣帶電微粒組成的粒子流，以同樣的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，因為重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質(zhì)量為－－C．g＝10m/2求：m＝4×105kg，電量q＝＋1×1081微粒入射速度v0為多少2為使微粒能從平行板電容器的右側(cè)射出電場，電容器的上板應與電源的正極仍是負極相連所加的電壓U應取什么范圍【解析】1錯誤!＝