高考物理总复习 第七章 第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动练习（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理总复习 第七章 第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动练习（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理总复习 第七章 第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动练习（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（9页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第3节电容器与电容 带电粒子在电场中的运动基础必备练1.(2019重庆高三调研)如图所示,竖直面内分布有水平方向的匀强电场,一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b,在这个过程中,带电粒子(C)A.只受到电场力作用B.带正电C.做匀减速直线运动D.机械能守恒解析:带电粒子沿直线从位置a运动到位置b,说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上,对粒子受力分析,受到竖直向下的重力和水平向左的电场力,合外力方向与粒子运动方向相反,做匀减速直线运动,选项C正确,A错误;电场力方向与电场线方向相反,所以粒子带负电,选项B错误;粒子带负电,沿着电场力方向运动了一段位移,故电场力做负功,机械能减小,选项

2、D错误.2.如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中.当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动.重力加速度为g.粒子运动的加速度为(A)A.gB.gC. gD. g解析:抽出前qE1=mg,抽出后mg-qE2=ma.由电压不变得E1(d-l)=E2d,联立解得a=g.3.(2018广东广州二模)a,b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射,运动轨迹如图.若a,b的偏转时间相同,则a,b一定相同的物理量是(A)A.荷质比 B.入射速度C.入射动能D.入射动量解析:y=at2=

3、t2,其中y,t,U,d相同,所以相同.4.如图所示,a,b,c三条虚线为电场中的等势面,等势面b的电势为零,且相邻两个等势面间的电势差相等,一个带正电的粒子(粒子重力不计)在A点时的动能为10 J,在电场力作用下从A运动到B时速度为零,当这个粒子的动能为7.5 J时,其电势能为(D)A.12.5 J B.2.5 JC.0 D.-2.5 J解析:根据动能定理可知,带电粒子从A到B,电场力做功为-10 J,则带电粒子从A运动到等势面b时,电场力做功为-5 J,粒子在等势面b时动能为5 J.带电粒子在电场中的电势能和动能之和为5 J,当动能为7.5 J时,其电势能为-2.5 J.5.如图,电场强度

4、大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为+q和-q的两粒子,由a,c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中).不计重力.若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于(B)A. B.C. D.解析:由两粒子轨迹恰好相切,根据对称性,两个粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心,并且两粒子均做类平抛运动,在水平方向上:=v0t,在竖直方向上:=at2=t2,联立以上两式可求得:v0=,选项B正确,A,C,D皆错误.6.(2018贵州黔东南二模)质量为m的物块可视为质点,带电荷量为+Q,开始时让它静止在倾角

5、为=60的固定光滑绝缘斜面顶端,整个装置放在方向水平、电场强度大小为E=的匀强电场中,如图所示,斜面高为H,释放物块后,物块落地的速度大小为(C)A. B.C.2 D.2解析:对物块进行受力分析,物块受重力和水平向左的电场力.电场力F=QE=mg,重力和水平向左的电场力的合力与水平方向夹角=30,根据动能定理有mgH+FH=mv2-0,可得v=2.7.如图所示,平行板电容器与电源相连,下极板接地.一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态,现将平行板电容器两极板在纸面内绕O点和O点迅速顺时针转过45,则(C)A.P点处的电势降低B.带电油滴仍将保持静止状态C.带电油滴将水平向右做匀加速直

6、线运动D.带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加解析:由于P点仍处于板的中间,故电势不变,选项A错误;设原来两极板间距为d,两极板的电势差为U,带电油滴处于静止状态,则mg=q,当电容器两极板绕O点和O点顺时针转过45后,两极板间距变小为d,由于电容器始终与电源相连,两极板的电势差仍为U,故此时的电场力为原来的倍,方向与水平方向成45指向右上方,带电油滴所受的合力方向恰好水平向右,故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动,此过程中电场力做正功,油滴的电势能不断减小,选项B,D错误,C正确.8.空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场,其变化规律如图所示(取水平向右为正方向).一

7、个质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计),开始处于图中的A点.在t=0时刻将该粒子由静止释放,经过时间t0,刚好运动到B点,且瞬时速度为零.已知电场强度大小为E0.试求:(1)电场变化的周期T应满足的条件;(2)A,B之间的距离.解析:(1)经过时间t0,瞬时速度为零,故时间t0为周期的整数倍,即t0=nT解得T=(n为正整数).(2)作出v-t图像,如图所示.最大速度为vm=v-t图像与时间轴包围的面积表示位移大小s=vmt0=(n为正整数).答案:(1)T=(n为正整数)(2)(n为正整数)能力培养练9.(多选)如图所示,一水平放置的平行板电容器,下板A固定,上板B与竖直悬挂的绝缘弹簧连

8、接,A,B间有一固定的带正电荷的液滴P,电容器带电荷量为Q1,若让电容器充电或放电,使之带电荷量为Q2,则下列说法正确的是(AC)A.若Q2Q1,则弹簧的长度增加B.若Q2Q1,则电容器的电容减少C.若Q2Q1,则带电液滴P的电势能增加D.若Q2Q1,则带电液滴P的电势能增加解析:若电容器所带电荷量增加,则两平行板之间通过电荷产生的吸引力增加,使得弹簧长度增加、两板之间的距离减小,由C=可知,电容器的电容增大,选项A正确,B错误;由E=可知,Q增大,使得两平行板之间的电场强度E增大,因UPA=Ed,其中E增大、d不变,则UPA增大,又UPA=P-A=P,所以P增大,由Ep=qP可知,Ep增加,

9、选项C正确,D错误.10.(多选)如图(甲)所示,两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图(乙)所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场,则(AD)A.该粒子射出电场时的速度方向一定是平行于极板方向的B.在t=时刻,该粒子的速度大小为2v0C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子将在t=时刻射出电场解析:粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上前半个周期内做匀加速直线运

10、动,在后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度为零,可知粒子射出电场时的速度方向一定沿平行于极板方向,选项A正确;在t=时刻,粒子在水平方向上的分速度为v0,因为两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,则该时刻水平分位移为竖直分位移的2倍,故有v0=2,解得vy=v0,根据平行四边形定则知,粒子的速度为v=v0,选项B错误;若该粒子在时刻以速度v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与零时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,则粒子不会打在板上,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子射出电场的时间t=,选项D正确.11.如图(甲)所示,竖直放置的直角三角形NMP

11、(MP边水平),NMP=,MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷,MN是长为a的光滑绝缘杆,杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷),小球自N点由静止释放,小球的重力势能和电势能随位置x(取M点处x=0)的变化图像如图(乙)所示(图中E0,E1,E2为已知量),重力加速度为g,设无限远处电势为零,M点所处的水平面为重力零势能面.(1)图(乙)中表示电势能随位置变化的是哪条图线?(2)求重力势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m;(3)求小球从N点运动到M点时的动能Ek.解析:(1)正电荷的电势分布规律是离它越近电势越高,带正电的小球的电势能为E=q,可知正电荷从N点到M点的电势能先增大后减小,

12、故图(乙)中表示电势能随位置变化的是图线.(2)电势能为E1时,距M点的距离为x1=(acos )cos =x1处重力势能E1=mgx1sin 可得m=(3)在小球从N到M的过程中,根据动能定理得mgasin +E2-E0=Ek-0解得Ek=+E2-E0.答案:(1)图线(2)(3)+E2-E012.(2018山东日照期末)如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.4 m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0104 N/C.现有一电荷量q=+1.010-4 C、质量m=0.1 kg的

13、带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点(图中未画出).取g=10 m/s2.试求:(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小;(2)D点到B点的距离xDB;(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留3位有效数字).解析:(1)设带电体通过C点时的速度为vC,根据牛顿第二定律有mg=m,解得vC=2.0 m/s.设带电体通过B点时的速度为vB,轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有FB-mg=m带电体从B运动到C的过程中,根据动能定理有-mg2R=m-m联立解得FB=6.0 N根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力FB=6.0 N(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,有2R=gt2xDB=vCt-t2联立解得xDB=0.(3)由P到B,带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处.设带电体的最大动能为Ekm,根据动能定理有qERsin 45-mgR(1-cos 45)=Ekm-m代入数据解得Ekm=1.17 J.答案:(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J