高考物理二輪專題訓(xùn)練帶電粒子在電場中的運動　電容器（含解析）.doc

6-3帶電粒子在電場中的運動電容器一、選擇題1(2012江蘇單科)一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C 和兩極板間的電勢差U 的變化情況是()AC和U均增大BC增大，U減小CC減小，U增大 DC和U均減小答案B解析當(dāng)電容器兩極板間插入一電介質(zhì)時，根據(jù)C可知電容器電容C變大，由于電容器電荷量不變，根據(jù)C可知電容器兩端電壓減小，選項B正確。2如圖甲所示，一電子以v0的初速度沿平行金屬板的軸線射入金屬板空間。從電子射入的時刻開始在金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，假設(shè)電子能穿過平行金屬板。則下列說法正確的是()A電子只可能從軸線到上極板之間的空間射出(不包括軸線)B電子只可能從軸線到下極板之間的空間射出(不包括軸線)C電子可能從軸線到上極板之間的空間射出，也可能沿軸線方向射出D電子射出后動能一定增大答案C解析由題意可知，當(dāng)電子在電場中運動的時間恰好等于在A、B板間所加交變偏轉(zhuǎn)電壓周期的整數(shù)倍，電子可沿軸線射出，故A、B錯 ，C對；當(dāng)電子恰好沿軸線射出時，電子速度不變，其動能也不變，故D錯。3.如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該()A使U2加倍 B使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C使U2變?yōu)樵瓉淼谋?D使U2變?yōu)樵瓉淼拇鸢窤解析電子獲得的動能mv2qU1，電子的偏移量yat2()2，可見當(dāng)U1加倍時，要使y不變，需使U2加倍，顯然A正確。4(2012蘇州名校4月測試)如圖所示，矩形區(qū)域內(nèi)有水平方向的勻強電場，一個帶負(fù)電的粒子從A點以某一速度vA射入電場中，最后以另一速度vB從B點離開電場，不計粒子所受的重力，A、B兩點的位置如圖所示，則下列判斷中正確的是()A電場強度的方向水平向左B帶電粒子在A點的電勢能小于在B點的電勢能 C粒子在電場中運動的全過程中，電勢能最大處為B點D粒子在電場中運動的全過程中，動能最大處為B點答案D解析根據(jù)力和運動的關(guān)系，可判定電場強度的方向水平向右，A錯；粒子在電場中運動的全過程中，電場力先做負(fù)功，后做正功，電勢能先增大后減小，所以帶電粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，粒子在電場中運動的全過程中，電勢能最大處應(yīng)在A點的右下方，粒子在電場中運動的全過程中，動能最大處應(yīng)為B點，故D對，BC錯。5(2012課標(biāo)全國理綜)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()A所受重力與電場力平衡B電勢能逐漸增加C動能逐漸增加D做勻變速直線運動答案BD解析粒子做直線運動，其重力和電場力的合力應(yīng)與速度共線，如圖所示。重力與電場力不共線，不可能平衡，選項A錯誤；粒子運動過程中電場力做負(fù)功，因而電勢能增加，選項B正確；合力做負(fù)功，動能減小，選項C錯誤，電容器的極板與直流電源相連，即其電壓、板間的場強不變，則電場力不變，合力恒定，因而粒子做勻變速直線運動，選項D正確。6.(2012廈門質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上板的過程中()A它們運動的時間tQtPB它們運動的加速度aQd的粒子，h不同，在時間t內(nèi)，電場力對粒子做的功不相等D不同h對應(yīng)的粒子，進入電場時的速率v可能相同答案C解析 根據(jù)題意，入射粒子都能從y軸通過，這說明粒子受到的電場力方向水平向左即沿電場線方向，據(jù)此可知，粒子帶正電，A項錯誤；粒子進入電場后，只在水平向左的電場力的作用下做類平拋運動，其在y軸方向上做勻速直線運動，而在x軸方向上做初速度為零的勻加速直線運動，粒子在電場中的運動時間由粒子在水平方向上的位移確定，因為粒子帶電性相同，所以粒子的加速度恒定不變，設(shè)均為a，再設(shè)P點到y(tǒng)軸的距離為l，對hd的粒子，滿足lat2，所以t，可見，運動時間t與h無關(guān)，B項錯誤，對hd的粒子，h不同，粒子在電場中沿x軸方向上運動的位移大小不同，在時間t內(nèi)，電場力對粒子做的功不相等，C項正確；不同h對應(yīng)的粒子，進入電場時的速率v肯定不同，D項錯誤。二、非選擇題9.板長為L的平行金屬板與水平面成角放置，板間有勻強電場。一個帶負(fù)電、電量為q、質(zhì)量為m的液滴，以速度v0垂直于電場方向射入兩板間，如圖所示，射入后液滴沿直線運動，兩極板間的電場強度E_。液滴離開電場時的速度為_。(液滴的運動方向沒有改變)答案解析受力情況如圖所示，液滴一定沿初速度方向做勻減速運動。由圖可知，qEmgcos，所以E，根據(jù)運動學(xué)公式有v2v2aL，式中agsin得v。10.在示波管中，電子通過電子槍加速，進入偏轉(zhuǎn)電極，然后射到熒光屏上。如圖所示，設(shè)電子的質(zhì)量為m(不考慮所受重力)，電量為e，從靜止開始，經(jīng)過加速電場加速，加速電場電壓為U1，然后進入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電極中兩板之間的距離為d，板長為L，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，求電子射到熒光屏上的動能為多大？答案eU1解析電子在加速電場中加速時，根據(jù)動能定理eU1mv進入偏轉(zhuǎn)電場后Lvxt，vyat，a射出偏轉(zhuǎn)電場時合速度v以后勻速到達熒光屏。故Ekmv2eU111如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0。電容器板長和板間距離均為L10cm，下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L10cm。在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)(1)在t0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？(3)屏上的亮點如何移動？答案(1)距O點13.5cm處(2)30cm(3)見解析解析(1)由圖知t0.06s時刻偏轉(zhuǎn)電壓為U1.8U0電子在電場中加速mvqU0電子在電場中偏轉(zhuǎn)y()2聯(lián)立解得y0.45L4.5cm，由幾何關(guān)系知：打在屏上的點距O點13.5cm。(2)電子的最大側(cè)移是0.5L，由兩式可得偏轉(zhuǎn)電壓最大為Umax2.0U0所以熒光屏上電子的最大側(cè)移為Y(L)tanL能打到的區(qū)間長為2Y3L30cm。(3)屏上的亮點由下而上勻速上升，間歇一段時間后又重復(fù)出現(xiàn)。12(2013江蘇南京)質(zhì)量m1.0kg、帶電量q2.5104C的小滑塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M2.0kg的絕緣長木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)0.2，木板長L1.5m，開始時兩者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，所在空間加有一個方向豎直向下強度為E4.0104N/C的勻強電場，如圖所示。取g10m/s2，試求：(1)用水平力F0拉小滑塊，要使小滑塊與木板以相同的速度一起運動，力F0應(yīng)滿足什么條件？(2)用水平恒力F拉小滑塊向木板的右端運動，在1.0s末使滑塊從木板右端滑出，力F應(yīng)為多大？(設(shè)m與M之間最大靜摩擦力與它們之間的滑動摩擦力大小相等，滑塊在運動中帶電量不變)答案(1)F06.0N(2)9.0N解析(1)當(dāng)拉力F0作用于滑塊m上，木板能夠產(chǎn)生的最大加速度為aM2.0m/s2為了使滑塊與木板以相同的速度共同運動，滑塊的最大加速度amaM對滑塊F0(mgqE)mam則F0(mgqE)mam6.0N，即F06.0N。(2)設(shè)滑塊的加速度為a1，木板的加速度為a2，由運動學(xué)公式s1a1t2，s2a2t2且s1s2L滑動過程中木板的加速度a22.0m/s2則a15.0m/s2對滑塊F(mgqE)ma19.0N。13(2012四川理綜卷)如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對應(yīng)的圓心角37，半徑r2.5m，CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E2105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質(zhì)量m5102kg、電荷量q1106C的小物體(視為質(zhì)點)被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v03m/s沖上斜軌。以小物體通過C點時為計時起點，0.1s以后，場強大小不變，方向反向。已知斜軌與小物體間的動摩擦因數(shù)0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g10m/s2，sin 370.6，cos370.8。(1)求彈簧槍對小物體所做的功；(2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P，求CP的長度。答案(1)0.475J(2)0.57m解析(1)設(shè)彈簧槍對小物體做功為Wf，由動能定理得Wfmgr(1cos)mv代入數(shù)據(jù)得Wf0.475J(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體通過C點進入電場后的加速度為a1，由牛頓第二定律得mgsin(mgcosqE)ma1小物體向上做勻減速運動