新教材適用2024版高考物理一輪總復(fù)習(xí)練案24第八章靜電場第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動

練案[24]第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動一、選擇題(本題共小題，1～5題為單選，6～7題為多選)1．(2023·福建泉州市模擬預(yù)測)如圖，平行板電容器兩極板豎直放置，電荷量為Q，一質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣輕線懸掛于O點(diǎn)，小球靜止時懸線與豎直方向的夾角α為60°?，F(xiàn)將電容器緩慢放電，直到夾角α減小到30°，此時電容器電荷量為(A)A.eq\f(Q,3) B.eq\f(Q,2)C.eq\f(\r(3)Q,3) D.eq\f(\r(3)Q,2)[解析]經(jīng)過受力分析可得，未放電前有mgtan60°＝qE＝eq\f(qQ,Cd)，放電后有mgtan30°＝qE′＝eq\f(qQ′,Cd)，聯(lián)立解得Q′＝eq\f(Q,3)，BCD錯誤，A正確。2．(2023·天津模擬預(yù)測)霧霾的一個重要來源就是工業(yè)煙塵。為了改善空氣環(huán)境，某熱電廠引進(jìn)了一套靜電除塵系統(tǒng)。它主要由機(jī)械過濾網(wǎng)，放電極和互相平行的集塵極三部分構(gòu)成。工作原理圖可簡化為下圖所示。假設(shè)虛線為某帶電煙塵顆粒(不計(jì)重力)在除塵裝置中的運(yùn)動軌跡，A、B是軌跡中的兩點(diǎn)(D)A．該煙塵顆粒帶正電B．該煙塵顆粒在除塵裝置中的運(yùn)動是勻變速曲線運(yùn)動C．A點(diǎn)的場強(qiáng)小于B點(diǎn)的場強(qiáng)D．該煙塵顆粒在A點(diǎn)的電勢能大于它處于B點(diǎn)的電勢能[解析]觀察發(fā)現(xiàn)，顆粒向正極板彎曲，說明顆粒帶負(fù)電，故A錯誤；電場線由正極指向負(fù)極，由圖知，該電場不可能是勻強(qiáng)電場，電場力不可能不變，故加速度不可能不變，故不可能是勻變速曲線運(yùn)動，故B錯誤；電場線越密集電場強(qiáng)度越大，故A點(diǎn)電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)電場強(qiáng)度，故C錯誤；等勢線總是垂直電場線且沿電場線方向電勢降低，故B點(diǎn)電勢大于A點(diǎn)電勢，故帶負(fù)電的顆粒在A點(diǎn)的電勢能更大，故D正確。3．(2023·天津高三模擬)如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零，可以視為短路；反向電阻無窮大，可以視為斷路)連接，電源負(fù)極接地，初始時電容器不帶電，閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器極板間的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(C)A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向下移動，且P點(diǎn)的電勢會降低B．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動，且P點(diǎn)的電勢會降低C．將下極板上移，帶電油滴將向上運(yùn)動D．?dāng)嚅_開關(guān)S，帶電油滴將向下運(yùn)動[解析]根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)及Q＝CU知，當(dāng)開關(guān)閉合并減小極板間的正對面積時，電容C減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，題圖中的電容器只能充電不能放電，所以電容器所帶電荷量不變，結(jié)合公式E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由此可得電場強(qiáng)度E變大，帶電油滴所受電場力變大，則帶電油滴會向上移動，P點(diǎn)與下極板的距離變大，因E變大，則P點(diǎn)的電勢升高，選項(xiàng)A、B錯誤；將下極板上移，極板間距離減小，電容器的電容C變大，電容器所帶的電荷量Q變大，電容器充電，電場強(qiáng)度變大，帶電油滴向上運(yùn)動，選項(xiàng)C正確；斷開開關(guān)S，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，電容器所帶電荷量Q不變，電壓也不變，電容C不變，電容器兩極板間的場強(qiáng)不變，故帶電油滴仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)D錯誤。4．(2023·重慶高三專題練習(xí))如題圖所示，質(zhì)量為m的一價正離子從A點(diǎn)射入水平方向的勻強(qiáng)電場，初速度方向與水平方向的夾角θ＝60°。當(dāng)離子運(yùn)動到電場中的P點(diǎn)時速度最小(P點(diǎn)未畫出)，且最小速度為v。不計(jì)離子重力，下列說法正確的是(B)A．電場方向水平向左，UAP＝－eq\f(3mv2,2e)B．電場方向水平向左，UAP＝－eq\f(mv2,6e)C．電場方向水平向右，UAP＝eq\f(mv2,6e)D．電場方向水平向右，UAP＝eq\f(3mv2,2e)[解析]若電場水平向左，則電場力水平向左，則粒子水平方向向右先做勻減速運(yùn)動，豎直方向做勻速運(yùn)動，當(dāng)粒子水平速度減為零時速度最小，設(shè)初速度為v0，則v＝v0sin60°，由動能定理UAPe＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UAP＝－eq\f(mv2,6e)，選項(xiàng)A錯誤，B正確；若電場方向水平向右，則粒子受向右的電場力作用，水平方向向右做勻加速運(yùn)動，則粒子速度不會出現(xiàn)最小值，選項(xiàng)CD錯誤。5．(2023·河北邯鄲模擬預(yù)測)用一條長為1m的絕緣輕繩，懸掛一個質(zhì)量為4.0×10－4kg、電荷量為2.0×10－8C的小球，細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)。如圖所示，現(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場，平衡時絕緣繩與豎直方向的夾角為37°，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是(C)A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為1.5×106N/CB．平衡時細(xì)線的拉力為5.0×10－2NC．若撤去電場，小球回到最低點(diǎn)時繩上的拉力為5.6×10－3ND．若剪斷細(xì)繩，小球?qū)⒆黾铀俣葹?2m/s2的勻加速直線運(yùn)動[解析]小球在平衡位置時，由受力分析可知qE＝mgtan37°，解得E＝1.5×105N/C，細(xì)線的拉力T＝eq\f(mg,cos37°)，計(jì)算得T＝5.0×10－3N，AB錯誤；若撤去電場，小球由靜止到最低點(diǎn)時，由動能定理可知mgL－mgLcos37°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2m/s，最低點(diǎn)時由向心力公式T′－mg＝meq\f(v2,L)，可知，最低點(diǎn)時繩上的拉力為5.6×10－3N，C正確；若剪斷細(xì)繩，小球?qū)⒀刂妶隽椭亓Φ暮狭Ψ较蜃鰟蚣铀龠\(yùn)動，其方向與豎直方向成37°角，加速度大小為a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(5×10－3,4×10－4)m/s2＝12.5m/s2，D錯誤。6．(2023·廣東模擬預(yù)測)如圖所示，兩平行金屬板水平放置，并接到電源上，一帶電微粒P位于兩板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，O1、O2分別為兩個金屬板的中點(diǎn)，現(xiàn)將兩金屬板在極短的時間內(nèi)都分別繞垂直于O1、O2的軸在紙面內(nèi)逆時針旋轉(zhuǎn)一個角θ(θ<90°)，則下列說法中正確的是(AD)A．兩板間的電壓不變B．兩板間的電壓變小C．微粒P受到的電場力不變D．微粒將水平向左做直線運(yùn)動[解析]電容器始終與電源連接，則兩板間的電壓不變，故A正確，B錯誤；微粒P靜止時，mg＝qE＝qeq\f(U,d)，兩金屬板逆時針旋轉(zhuǎn)一個角θ，電場力為F＝qE′＝eq\f(qU,dcosθ)＝eq\f(mg,cosθ)，可知電場力變大。由上式可知mg＝Fcosθ，那么合力就等于F在水平方向的分力，水平向左，故微粒向左做勻加速直線運(yùn)動。故C錯誤，D正確。7．(2023·江西上饒高三階段練習(xí))如圖，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0＝eq\f(gT,3)沿中線射入兩板間，eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g，關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的是(AC)A．末速度沿水平方向B．運(yùn)動過程中的最大速度為vm＝eq\f(2gT,3)C．板的長度為eq\f(3,4)dD．克服電場力做功為mgd[解析]在0～eq\f(T,3)內(nèi)只受重力，做平拋運(yùn)動，eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，則有qE0＝mg，在eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，微粒的加速度a＝eq\f(2qE0－mg,m)＝g，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運(yùn)動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，A正確；豎直方向速度隨時間變化的圖像如圖豎直方向的總位移為eq\f(1,2)d，則eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)＋T))vmy，解得vmy＝eq\f(3d,4T)；根據(jù)豎直方向速度時間圖像可知，在0～eq\f(T,3)內(nèi)豎直方向的位移eq\f(1,4)×eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))2，將d＝eq\f(4,9)gT2代入vmy＝eq\f(3d,4T)得vmy＝eq\f(1,3)gT，最大速度vm＝eq\f(\r(2),3)gT，B錯誤；微粒在水平方向勻速直線運(yùn)動，則板長L＝v0T，解得L＝eq\f(3,4)d，C正確；T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出，根據(jù)動能定理eq\f(1,2)mgd－W電＝0，克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，D錯誤。二、非選擇題8．(2023·河北高三模擬)在一個水平面上，建立x軸，在過原點(diǎn)O垂直于x軸的平面右側(cè)空間有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝6×105N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個帶電荷量q＝－5×10－8C、質(zhì)量m＝10g的絕緣物塊，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2m/s，如圖所示，求：(g取10m/s2)(1)物塊再次經(jīng)過O點(diǎn)時速度大??；(2)物塊停止時距O點(diǎn)的距離。[答案](1)eq\f(2\r(5),5)m/s(2)eq\f(1,5)m[解析](1)物塊向右做勻減速運(yùn)動的加速度大小為a1＝eq\f(|q|E＋μmg,m)＝5m/s2，物塊向右運(yùn)動的最大距離為x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝0.4m，因?yàn)閨q|E>μmg，所以物塊向右速度減小至零后將向左做勻加速運(yùn)動，其加速度大小為a2＝eq\f(|q|E－μmg,m)＝1m/s2，物塊再次經(jīng)過O點(diǎn)時速度大小為v＝eq\r(2a2x)＝eq\f(2\r(5),5)m/s。(2)經(jīng)過O點(diǎn)后，物塊在摩擦力作用下向左勻減速運(yùn)動，其加速度大小為a3＝μg＝2m/s2，物塊停止時距O點(diǎn)的距離為x′＝eq\f(v2,2a3)＝eq\f(1,5)m。9．(2023·重慶西南大學(xué)附中高三模擬)一個初速度為零的電子在經(jīng)U1＝4500V的電壓加速后，垂直平行板間的勻強(qiáng)電場從距兩極板等距處射入，如圖所示，若兩板間距d＝1.0cm，板長L＝3.0cm，兩板間的電壓U2＝200V；已知電子的電荷量為e＝－1.6×10－19C，質(zhì)量m＝9.0×10－31kg，不計(jì)重力，求：(1)電子經(jīng)加速電壓加速后以多大的速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場；(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y；(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場后經(jīng)過下極板所在平面上的P點(diǎn)，如圖所示，則P點(diǎn)到下極板右端的距離x。[答案](1)4.0×107m/s(2)1×10－3m(3)0.06m[解析](1)電子經(jīng)加速電壓加