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2016高考物理复习专题演练专题十八 电容器 带电粒子


考点 18

电容器 带电粒子

在电场中的运动 两年高考真题演练 1.(2015· 新课标全国卷Ⅱ,14)

如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间 a 点从静止 释放一带电微粒, 微粒恰好保持静止状态, 现将两板绕过 a 点的轴(垂 直于纸面)逆时针旋转 45°,再由 a 点从静止释放一同样的微粒,该 微粒将

( )

A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动

2.(2015· 江苏单科,7)(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围 足够大的匀强电场, 电场方向水平向左。 不计空气阻力, 则小球( A.做直线运动 B.做曲线运动 C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小 )

3.(2015· 海南单科,5)如图,一充电后的平行板电容器的两极板 相距 l。在正极板附近有一质量为 M、电荷量为 q(q>0)的粒子;在负 极板附近有另一质量为 m、 电荷量为-q 的粒子。 在电场力的作用下, 两粒子同时从静止开始运动。 已知两粒子同时经过一平行于正极板且 2 与其相距5l 的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力,则 M∶m 为( )

A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1 4.(2015· 天津理综,7)(多选)

如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入 电场线水平向右的加速电场 E1 之后进入电场线竖直向下的匀强电场 E2 发生偏转,最后打在屏上。整个装置处于真空中,不计粒子重力及 其相互作用,那么( )

A.偏转电场 E2 对三种粒子做功一样多 B.三种粒子打到屏上时的速度一样大 C.三种粒子运动到屏上所用时间相同 D.三种粒子一定打到屏上的同一位置 5.(2015· 山东理综,20)(多选)如图甲,两水平金属板间距为 d,

板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0 时刻,质量为 m 的带电 T 微粒以初速度 v0 沿中线射入两板间,0~ 3 时间内微粒匀速运动,T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。 重力加速度的大小为 g。关于微粒在 0~T 时间内运动的描述,正确 的是( )

A.末速度大小为 2v0 B.末速度沿水平方向 1 C.重力势能减少了2mgd D.克服电场力做功为 mgd

6.(2014· 山东理综,19)如图,半径为 R 的均匀带正电薄球壳, 其上有一小孔 A。已知壳内的场强处处为零;壳外空间的电场,与将 球壳上的全部电荷集中于球心 O 时在壳外产生的电场一样。一带正 电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能 Ek0 沿 OA 方向射出。 下列关 于试探电荷的动能 Ek 与离开球心的距离 r 的关系图线,可能正确的 是( )

7.(2014· 山东理综,18)如图,场强大小为 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( )

s A.2

2qE mh

s B.2

qE mh

s C.4

2qE mh

s D.4

qE mh

8.(2015· 安徽理综,23)

在 xOy 平面内,有沿 y 轴负方向的匀强电场,场强大小为 E(图 中未画出),由 A 点斜射出一质量为 m,带电量为+q 的粒子,B 和 C 是粒子运动轨迹上的两点,如图所示,其中 l0 为常数。粒子所受重力 忽略不计。求: (1)粒子从 A 到 C 过程中电场力对它做的功; (2)粒子从 A 到 C 过程所经历的时间; (3)粒子经过 C 点时的速率。

9.(2015· 四川理综,10)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道 OB 固 定在水平桌面上,B 端与桌面边缘对齐,A 是轨道上一点,过 A 点并 垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E=1.5×106 N/C,方向水平向右的 匀强电场。 带负电的小物体 P 电荷量是 2.0×10-6 C, 质量 m=0.25 kg, 与轨道间动摩擦因数 μ=0.4。P 从 O 点由静止开始向右运动,经过 0.55 s 到达 A 点,到达 B 点时速度是 5 m/s,到达空间 D 点时速度与 竖直方向的夹角为 α,且 tan α =1.2。P 在整个运动过程中始终受到 水平向右的某外力 F 作用,F 大小与 P 的速率 v 的关系如表所示。P 视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取 g=10 m/s2。求: v/(m·s-1) F/N 0≤v≤ 2<v< 2 2 5 6 v≥5 3

(1)小物体 P 从开始运动至速率为 2 m/s 所用的时间; (2)小物体 P 从 A 运动至 D 的过程,电场力做的功。

10.(2014· 新课标全国卷Ⅰ,25)如图,O、A、B 为同一竖直平 3 面内的三个点,OB 沿竖直方向,∠BOA=60°,OB=2OA。将一质 量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出,小球在运动过 程中恰好通过 A 点。使此小球带电,电荷量为 q(q>0),同时加一匀强 电场,场强方向与△OAB 所在平面平行。现从 O 点以同样的初动能 沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了 A 点,到达 A 点时的动 能是初动能的 3 倍;若该小球从 O 点以同样的初动能沿另一方向抛 出,恰好通过 B 点,且到达 B 点时的动能为初动能的 6 倍,重力加 速度大小为 g。求 (1)无电场时,小球到达 A 点时的动能与初动能的比值; (2)电场强度的大小和方向。

考点 18

电容器 带电粒子

在电场中的运动 一年模拟试题精练 1.(2015· 南昌市调研)

如图所示,平行板电容器两极板 M、N 相距 d,两极板分别与电 压为 U 的恒定电源两极连接,极板 M 带正电。现有一质量为 m 的带 电油滴在极板中央处于静止状态, 且此时极板带电荷量与油滴带电荷 量的比值为 k,则( A.油滴带正电 mg B.油滴带电荷量为Ud kmgd C.电容器的电容为 U2 D.将极板 N 向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动 2.(2015· 南昌市模拟) )

如图所示,水平放置的平行金属板 a、b 分别与电源的两极相连, 带电液滴 P 在金属板 a、b 间保持静止,现设法使 P 固定,再使两金

属板 a、b 分别绕过中心点 O、O′垂直于纸面的轴顺时针转动相同的 小角度 α,然后释放 P,则 P 在电场内将做( A.匀速直线运动 B.水平向右的匀加速直线运动 C.斜向右下方的匀加速直线运动 D.曲线运动 3.(2015· 山西四校联考)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( ) )

A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的 B.在 t=T/2 时刻,该粒子的速度大小为 2v0 C.若该粒子在 T/2 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,则该粒子仍在 t=T 时刻射出 电场 4.(2015· 开封市模拟)

如图所示, 倾角为 θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中, 斜面 AB

长为 L,一带电荷量为+q、质量为 m 的小球,以初速度 v0 由斜面底 端的 A 点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端时速度仍为 v0,则( A.小球在 B 点时的电势能一定大于小球在 A 点时的电势能 mgL B.A、B 两点之间的电势差一定为 2q mg C.若该电场是匀强电场,则电场强度的值一定是 q D.若该电场是由放在 AC 边中垂线上某点的点电荷 Q 产生的, 则 Q 一定是正电荷 5.(2015· 长沙重点高中测试)(多选) )

如图所示,带正电 q′的小球 Q 固定在倾角为 θ 的光滑固定绝缘 细杆下端,让另一穿在杆上的质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小球 M 从 A 点由静止释放,M 到达 B 点时速度恰好为零。若 A、B 间距为 L,C 是 AB 的中点,两小球都可视为质点,重力加速度为 g,则下列 判断正确的是( )

A.在从 A 点至 B 点的过程中,M 先做匀加速运动,后做匀减速 运动 B.在从 A 点至 C 点和从 C 点至 B 点的过程中,前一过程 M 的 电势能的增加量较小 C.在 B 点 M 受到的库仑力大小是 mgsin θ D. 在 Q 产生的电场中, A、 B 两点间的电势差为 UBA= mgLsin θ q

6.(2015· 湖南十校联考)

如图所示,真空中水平放置的两个相同极板 Y 和 Y′长为 L,相距 d,足够大的竖直屏与两板右侧相距 b。在两板间加上可调偏转电压 UYY′,一束质量为 m、带电荷量为+q 的粒子(不计重力)从两板左侧 中点 A 以初速度 v0 沿水平方向射入电场且能穿出。 (1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的 中心 O 点; (2)求两板间所加偏转电压 UYY′的范围; (3)求粒子可能到达屏上区域的长度。

参考答案 考点 18 电容器 带电粒子在电场中的运动 两年高考真题演练 1.D [两平行金属板水平放置时,带电微粒静止有 mg=qE,现 将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45°后, 两板间电场强 度方向逆时针旋转 45°,电场力方向也逆时针旋转 45°,但大小不 变,此时电场力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微粒 将向左下方做匀加速运动,选项 D 正确。] 2.BC [对小球受力分析,小球受重力、电场力作用,合外力

的方向与初速度的方向夹角为钝角,故小球做曲线运动,故 A 错误, B 正确; 在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后 为锐角, 故合外力对小球先做负功后做正功, 所以速率先减小后增大, 选项 C 正确,D 错误。] 3.A [设电场强度为 E,两粒子的运动时间相同,对 M 有,aM Eq 2 1Eq Eq 3 1Eq M 3 = M ,5l=2 M t2;对 m 有 am= m 〃5l=2 m t2,联立解得 m =2,A 正 确。] 4. AD [带电粒子经加速电场后速度 v0= 时的纵向速度 vy= 2E1dq 出偏转电场 m ,

2 E2 1 2qL ,所以偏转电场 E 2 对粒子做功为 W= 2E1md 2

2 1 2 E2 2L 2 2 m(v0+vy )-2mv0=4E dq,故做功一样多,故 1

A 正确;粒子打到屏上

时的速度为 v=

2 v2 0+vy =

2 2 2 4E2 q 1d +E2L 〃 2E1d m,与比荷有关,故速度

1 2 E2L2 不一样大,故 B 错误;纵向位移 y=2at =4E d,即位移与比荷无关, 1 由相似三角形可知,打到屏幕上的位置相同,故 D 正确;运动到屏 上所用时间 t=?
? ?

2d L+L′ ? ? E1 + 2E1d?×

m q ,与比荷有关,故 C 错误。]

T T 2T 5. BC [因 0~3内微粒匀速运动, 故 E0q=mg; 在3~ 3 时间内, 2T gT 粒子只受重力作用, 做平抛运动, 在 t= 3 时刻的竖直速度为 vy1= 3 , 2T 水平速度为 v0;在 3 ~T 时间内,由牛顿第二定律 2E0q-mg=ma, T 解得 a=g,方向向上,则在 t=T 时刻,vy2=vy1-g3=0 粒子的竖直 速度减小到零,水平速度为 v0,选项 A 错误,B 正确;微粒的重力 d 1 势能减小了ΔEp=mg· 2=2mgd,选项 C 正确;从射入到射出,由动 1 1 能定理可知,2mgd-W 电=0,可知克服电场力做功为2mgd,选项 D 错误。] 6.A [由于带正电的试探电荷在球壳内运动时,不受电场力, 没有力做功,动能不变,可知 C、D 项错误;在球壳外,电场力做正 Qq 功,动能增大,且由 F 库=k r2 可知随 r 的增大,F 库减小,体现为 Ekr 图线的斜率减小,故选项 A 正确,B 错误。] 7. B [因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对

s h 1 Eq 其中一个粒子,水平方向2=v0t,竖直方向2=2at2 且满足 a= m ,三

s 式联立解得 v0=2 8.解析

Eq mh,故 B 正确。]

(1)粒子从 A 到 C 过程中电场力对它做的功

W=qE(yA-yC)=3qEl0① (2)粒子只要沿 y 轴负方向的电场力作用,粒子做类似斜上抛运 动,粒子在 x 轴方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点 D 在 y 轴上,可令 tAD=tDB=T,且 tBC=T② 由牛顿第二定律 qE=ma③ 1 由运动学公式得 yD=2aT2④ 1 从 D 到 C 做类平抛运动,沿 y 轴方向:yD+3l0=2a(2T)2⑤ 由②③④⑤式解得 T= 2ml0 qE ⑥ 2ml0 qE ⑦

则 A→C 过程所经历的时间 t=3T=3 (3)粒子由 D 到 C 过程中 x 轴方向:2l0=vD〃2T⑧ y 轴方向:vCy=a· 2T⑨
2 vC= v2 D+vCy⑩

由⑥⑧⑨⑩式解得 vC= 答案 (1)3qEl0 (2)3

17qEl0 2m ? 2ml0 qE (3) 17qEl0 2m

9.解析

(1)小物体 P 的速率从 0 至 2 m/s,受外力 F1=2 N,设

其做匀变速直线运动的加速度为 a1,经过时间Δt1 速度为 v1,则 F1-μmg=ma1① v1=a1Δt1② 由①②式并代入数据得Δt1=0.5 s③ (2)小物体 P 从速率为 2 m/s 运动至 A 点,受外力 F2=6 N,设其 做匀变速直线运动的加速度为 a2,则 F2-μmg=ma2④ 设小物体 P 从速度 v1 经过Δt2 时间,在 A 点的速度为 v2,则 Δt2=0.55 s-Δt1⑤ v2=v1+a2Δt2⑥ P 从 A 点至 B 点, 受外力 F2=6 N、 电场力和滑动摩擦力的作用, 设其做匀变速直线运动的加速度为 a3,电荷量为 q,在 B 点的速度为 v3,从 A 点至 B 点的位移为 x1,则 F2-μmg-qE=ma3⑦
2 v2 3-v2=2a3x1⑧

P 以速度 v3 滑出轨道右端 B 点,设水平方向受外力为 F3,电场 力大小为 FE,有 FE=F3⑨ F3 与 FE 大小相等方向相反,P 水平方向所受合力为零,所以,P 从 B 点开始做初速度为 v3 的平抛运动。设 P 从 B 点运动至 D 点用时 v3 为Δt3,水平位移为 x2,由题意知 =tan α⑩ gΔt3 x2=v3Δt3? 设小物体 P 从 A 点至 D 点电场力做功为 W,则

W=-qE(x1+x2)? 联立④~⑧,⑩~?式并代入数据得 W=-9.25 J? 答案 (1)0.5 s (2)-9.25 J

10.解析

(1)设小球的初速度为 v0,初动能为 Ek0,从 O 点运动

3 到 A 点的时间为 t,令 OA=d,则 OB=2d,根据平抛运动的规律有 dsin 60°=v0t① 1 dcos 60°=2gt2② 1 又有 Ek0=2mv2 0③ 3 由①②③式得 Ek0=8mgd④ 设小球到达 A 点时的动能为 EkA,则 1 EkA=Ek0+2mgd⑤ EkA 7 由④⑤式得 E =3⑥
k0

d 3d (2)加电场后, 小球从 O 点到 A 点和 B 点, 高度分别降低了2和 2 , 设电势能分别减小ΔEpA 和ΔEpB,由能量守恒及④式得 1 2 ΔEpA=3Ek0-Ek0-2mgd=3Ek0⑦ 3 ΔEpB=6Ek0-Ek0-2mgd=Ek0⑧ 在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线 OB 上的 M 点与 A 点等电势,M 与 O 点的距离为 x,如图,则有

x ΔEpA 3 =ΔEpB⑨ 2d

解得 x=d。MA 为等势线,电场必与其垂线 OC 方向平行。设电 场方向与竖直向下的方向的夹角为 α,由几何关系可得

α=30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°。 设场强的大小为 E,有 qEdcos 30°=ΔEpA? 3mg 由④⑦?式得 E= 6q ? 答案 7 3mg (1)3 (2) 6q ,方向与竖直向下成 30°夹角

一年模拟试题精练 1. C [带电油滴静止在两板间,重力与电场力等大、反向,电

场力竖直向上,而电容器上极板与电源正极相连为正极板,两板间电 场方向竖直向下,综上可知,带电油滴带负电,A 项错误;由场强与 U mgd 电势差关系可知 mg=Eq= d q,解得 q= U ,B 项错误;由题意知, kmgd Q kmgd 电容器带电荷量 Q=kq= U ,由电容的定义式知,C=U= U2 , C 项正确;电容器与电源保持连接,两板间电势差不变,N 板向下移 U 动,板间距离变大,F 电= d q,油滴所受电场力减小,油滴向下运动,

D 项错误。] 2.B 3.A 做类 T T [由题设条件可知:粒子在 0~ 2 做类平抛运动,在 2 ~T

斜抛运动,因粒子在电场中所受的电场力大小相等,根据运动的 对称性,粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的,如图 T 所示,选项 A 正确;前后两段运动的时间相等,2时将速度分解,设 1 1 T 板长为 l,由类平抛运动规律可得:l=v0T,2l=2vT,则 v=v0,则2时 T 刻该粒子的速度为 2v0,选项 B 错误;若该粒子在2 时刻以速度 v0 进入电场,粒子将先向下做类平抛运动,后做类斜抛运动,而从 PQ 板右边缘射出电场,选项 C 错误;若该粒子的入射速度变为 2v0,粒 l T 子在场中运动的时间 t=2v =2,选项 D 错误。] 0 4. B [对小球进行受力分析可知,小球受重力、支持力和电场

力作用,由功能关系及能量守恒定律可知,由 A 点到 B 点的过程中, 重力做负功,重力势能增大,电场力做正功,电势能减小,合外力做 的功为零,动能不变。小球在 A 点时的电势能大于在 B 点时的电势 能,A 错误;由动能定理可知,qUAB-mgLsin θ=0,可求得 A、B

mgL 两点之间的电势差为 2q ,B 正确;由于不知道电场方向,因此不能 确定电场强度的大小,C 错误;由于电场力做正功,而场源电荷位置 不同,做功结果也不同,故 D 错误。] 5.BD [以带电小球 M 为研究对象,带电小球 M 受到重力、电 场力、 弹力三个力作用, 根据牛顿第二定律和库仑定律可得 mgsin θ q′q -k r2 =ma,又两小球间的距离在减小,故小球 M 在从 A 点至 B 点的过程中,先做速度增大、加速度减小的变加速运动,然后做速度 减小、加速度增大的减速运动,且小球 M 在 B 点受到的库仑力大小 q′q 为 F 库=k r2 =ma1+mgsin θ>mgsin θ,故 A、C 错误;根据电势 能的变化量与电场力做功的关系可得,在从 A 点至 C 点的过程中, 电势能的增加量为ΔEpAC=-WAC=qUCA, 在从 C 点至 B 点的过程中, 电势能的增加量为ΔEpCB=-WCB=qUBC,又 UCA<UBC,则ΔEpAC<Δ EpCB,故 B 正确;根据动能定理可得,mgLsin θ-qUBA=0,解得 mgLsin θ UBA= ,故 D 正确。] q 6.解析 (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为 a,离开偏转

电场时偏转距离为 y,沿电场方向的速度为 vy,偏转角为 θ,其反向 延长线通过 O 点,O 点与板右端的水平距离为 x,

1 则有 y=2at2① L=v0t② vy=at vy y tan θ=v =x,
0

L 联立可得 x=2 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两极间的中心 O 点。 Eq (2)a= m ③ U E= d ④ qUL2 由①②③④式解得 y=2dmv2 0 md2v2 d 0 当 y=2时,UYY′= qL2 则两板间所加电压的范围为 md2v2 md2v2 0 0 - qL2 ≤UYY′≤ qL2 d (3)当 y=2时,粒子在屏上侧向偏移的距离最大, 设其大小为 y0,则 y0=y+btan θ vy d 又 tan θ=v =L,
0

d(L+2b) 解得 y0= 2L

故粒子在屏上可能到达的区域的长度为 2y0= 答案 (1)见解析

d(L+2b) 。 L

md2v2 md2v2 0 0 (2)- qL2 ≤UYY′≤ qL2 d(L+2b) (3) L


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