(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)專題7.3《電容器、帶電粒子在電場中的運動》練習(xí)（解析版）

專題7.3電容器、帶電粒子在電場中的運動【練】目錄TOC\o"1-3"\h\u一．練經(jīng)典題型 1二、練創(chuàng)新情景 3三．練規(guī)范解答 6一．練經(jīng)典題型1.(2020·深圳一模)如圖所示，帶電的平行板電容器和靜電計用導(dǎo)線相連，()A．若僅使上極板上移一段距離，則電容器的電容增大B．若僅向兩極板間插入云母介質(zhì)，則板極間電場強度減小C．若靜電計指針張角增大，可能僅是因為兩極板正對面積增大D．若靜電計指針張角減小，可能僅是因為兩極板間距變大【答案】B【解析】根據(jù)平行板電容器電容的決定式可知，若僅使上極板上移一段距離，電容器兩極板間距離增大，則電容器的電容減小，選項A錯誤；若僅向兩極板間插入云母介質(zhì)，極板間介電常數(shù)變大，電容器電容增加，由U＝eq\f(Q,C)知，極板間電勢差變小，由E＝eq\f(U,d)知，極板間電場強度減小，選項B正確；若兩極板正對面積增大，由電容決定式知，電容器電容增大，由U＝eq\f(Q,C)知，極板間電勢差變小，則靜電計指針張角減小，選項C錯誤；若兩極板間距變大，則電容器電容減小，同理可知極板間電勢差變大，靜電計指針張角變大，選項D錯誤。2．(2021·北京市第二次合格性考試)圖為研究電容器充、放電的實驗電路圖。實驗時，先使開關(guān)S擲向1端，電源E對電容器C充電；經(jīng)過一段時間，把開關(guān)S擲向2端，電容器C與電阻R相連，電容器放電。在開關(guān)S接通2端后的極短時間內(nèi)，下列說法正確的是()A.電容器帶電荷量和兩板間電壓都增大B.電容器帶電荷量和兩板間電壓都減小C.電容器帶電荷量增大，兩板間電壓減小D.電容器帶電荷量減小，兩板間電壓增大【答案】B【解析】開關(guān)S與1端相連時，電源向電容器充電，電流先增大，電容器帶電荷量不斷增多，兩板間電壓也不斷增大；開關(guān)S與2端相連時，電容器放電，電流減小，電容器帶電荷量減小，兩板間電壓也在減小。故A、C、D錯誤，B正確。3.(2021·廣東廣州、深圳市學(xué)調(diào)聯(lián)盟第二次調(diào)研)如圖所示，平行板a、b組成的電容器與電池E連接，平行板電容器P處固定放置一帶負電的點電荷，平行板b接地?，F(xiàn)將電容器的b板向下稍微移動，則()A.點電荷所受電場力增大B.點電荷在P處的電勢能減少C.P點電勢減小D.電容器的帶電荷量增加【答案】B【解析】因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強度E變小，由F＝qE可知電荷所受電場力變小，故A錯誤；板間電場強度E變小，由U＝EdPa知，P與a板的電勢差減小，而a板的電勢不變，故P的電勢升高，由EP＝qφ知，q為負值時，電勢能減小，故B正確，C錯誤；由Q＝CU和C＝eq\f(εrS,4πkd)，知C減小，Q減小，故D錯誤。5.如圖所示，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計)從左方沿A、C連線方向射入，到A點時速度vA＝1m/s，到B點時速度vB＝eq\r(5)m/s，則()A．微粒從B至C做加速運動，且vC＝3m/sB．微粒在整個運動過程中的最終速度為eq\r(5)m/sC．微粒從A到C先做加速運動，后做減速運動D．微粒最終可能返回至B點，其速度大小為eq\r(5)m/s【答案】AB【解析】AC之間電場是對稱的，A到B電場力做的功和B到C電場力做的功相同，依據(jù)動能定理可得：qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，2qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vC＝3m/s，A正確；過B作垂直AC的面，此面為等勢面，微粒經(jīng)過C點之后，會向無窮遠處運動，而無窮遠處電勢為零，故在B點的動能等于在無窮遠處的動能，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終的速度應(yīng)該與在B點時相同，均為eq\r(5)m/s，B正確，D錯誤；在到達A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒一直做加速運動，C錯誤。6．如圖所示，兩塊平行、正對的金屬板水平放置，分別帶有等量的異種電荷，使兩板間形成勻強電場，兩板間的距離為d。有一帶電粒子以某速度v0緊貼著A板左端沿水平方向射入勻強電場，帶電粒子恰好落在B板的右邊緣。帶電粒子所受的重力忽略不計。現(xiàn)使該粒子仍從原位置以同樣的方向射入電場，但使該粒子落在B板的中點，下列措施可行的是()A．僅使粒子的初速度變?yōu)?v0B．僅使粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)C．僅使B板向上平移eq\f(d,2)D．僅使B板向下平移d【答案】B【解析】帶電粒子在垂直電場方向做勻速直線運動，有x＝v0t，在沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，有d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，聯(lián)立可得x2＝eq\f(2mv\o\al(2,0)d2,qU)，現(xiàn)在要使x變?yōu)樵瓉淼囊话?，即x2為原來的四分之一，所以需要將粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，A錯誤，B正確；僅使B板向上平移eq\f(d,2)，則根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可得電容增大為原來的兩倍，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)可得電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，x2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，C錯誤；僅使B板向下平移d，同理可得電容變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，x2變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤。7.(多選)(2021·哈爾濱模擬)如圖所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是()A.電壓是甲圖時，在0～T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少B.電壓是乙圖時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少C.電壓是丙圖時，電子在板間做往復(fù)運動D.電壓是丁圖時，電子在板間做往復(fù)運動【答案】D【解析】若電壓是題圖甲，0～T時間內(nèi)，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓是題圖乙時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓是題圖丙時，電子向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了eq\f(T,2)后做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后重復(fù)前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，故C錯誤；電壓是題圖丁時，電子先向左加速，到eq\f(T,4)后向左減速，eq\f(T,2)后向右加速，eq\f(3,4)T后向右減速，T時速度減為零，之后重復(fù)前面的運動，故電子做往復(fù)運動，故D正確。8．(多選)(2021·“超級全能生”26省聯(lián)考)(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是()A.勻強電場的電場強度E＝eq\f(mgtanθ,q)B.小球動能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C.小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小D.小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大【答案】AB【解析】小球靜止時懸線與豎直方向成θ角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有qE＝mgtanθ，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，則最小動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，選項B正確；小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端點時機械能最小，選項C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項D錯誤。9.(多選)(2020·山東蒙陰縣實驗中學(xué)高二月考)示波器是一種多功能電學(xué)儀器，它是由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場組成的．如圖所示，不同的帶負電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶負電粒子能射出平行板電場區(qū)域的條件下，則()A．若電荷量q相等，則帶負電粒子在板間的加速度大小相等B．若比荷eq\f(q,m)相等，則帶負電粒子從M孔射出的速率相等C．若電荷量q相等，則帶負電粒子從M孔射出時的動能相等D．若不同比荷eq\f(q,m)的帶負電粒子由O點射入，偏轉(zhuǎn)角度θ相同【答案】BCD【解析】設(shè)加速電場的板間距離為d，由牛頓第二定律得a＝eq\f(U1q,md)，由于粒子的質(zhì)量未知，所以無法確定帶負電粒子在板間的加速度大小關(guān)系，故A錯誤；由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，可得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，所以當(dāng)帶負電粒子的比荷eq\f(q,m)相等時，它們從M孔射出的速度相等，故B正確；粒子從M孔射出時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝qU1，所以當(dāng)帶負電粒子的電荷量q相等時，它們從M孔射出時的動能相等，故C正確；如圖所示，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的板間距離為d′，在偏轉(zhuǎn)電場中有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(U2l,2U1d′)，偏轉(zhuǎn)角度θ與粒子的比荷無關(guān)，所以不同比荷eq\f(q,m)的帶負電粒子從O點射入，偏轉(zhuǎn)角度θ相同，故D正確．10.(多選)如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個滑塊(均可視為質(zhì)點)，滑塊A帶正電、電荷量為q，滑塊B不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，寬度為d，其余空間內(nèi)不存在電場?；瑝KA剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑塊A無初速度釋放，滑塊A與滑塊B發(fā)生碰撞且碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊A的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距離為x0＝eq\f(4,9)d，則下列判斷正確的是()A.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B.A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞【答案】AD【解析】對滑塊A在碰撞前根據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，依題意知，碰撞后滑塊A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為v，根據(jù)動量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑塊A向左運動不會滑出電場，設(shè)碰撞后滑塊A在電場中運動的時間為t，由動量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑塊B向右做勻速運動，有vt＝eq\f(4,9)d，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正確，B錯誤；兩滑塊因碰撞而損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd＞0，D正確，C錯誤。二、練創(chuàng)新情景1.(2021·云南楚雄州第一次模擬)如圖所示，心臟除顫器用于刺激心臟恢復(fù)正常的跳動，它通過皮膚上的電極板使電容器放電。已知某款心臟除顫器，在短于一分鐘內(nèi)使70μF電容器充電到5000V，存儲875J能量，搶救病人時一部分能量在2ms脈沖時間通過電極板放電進入身體，此脈沖的平均功率為100kW。下列說法正確的是()A．電容器放電過程中電壓不變B．電容器充電至2500V時，電容為35μFC．電容器充電至5000V時，電荷量為35CD．電容器所釋放出的能量約占存儲總能量的23%【答案】D【解析】電容器放電過程，電荷量減少，電壓減小，選項A錯誤；電容不隨電壓、電荷量的變化而變化，選項B錯誤；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，選項C錯誤；由η＝eq\f(Pt,E總)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，選項D正確。2.(2021·歷城二中模擬)1878年英國科學(xué)家克魯克斯發(fā)明了接近真空的“克魯克斯管”，即陰極射線管，為X射線的發(fā)現(xiàn)提供了基本實驗條件．如圖所示是一個陰極射線管的結(jié)構(gòu)示意圖，要使射線管發(fā)出射線，須在P、Q兩電極間加上幾萬伏的直流高壓，使用時以下說法正確的是 ()A．陰極射線是負離子，高壓電源正極應(yīng)接在P點B．陰極射線是負離子，高壓電源正極應(yīng)接在Q點C．陰極射線是正離子，高壓電源正極應(yīng)接在P點D．陰極射線是正離子，高壓電源正極應(yīng)接在Q點【答案】：A【解析】：陰極射線是金屬加熱到一定程度時所發(fā)射出的電子，所以陰極射線為負離子，要使負離子加速后進入偏轉(zhuǎn)電場，必須在P點接電源的正極，故A正確．3.(多選)(2021·遼寧葫蘆島市高三期末)如圖所示，質(zhì)子和α粒子(氦核)分別從靜止開始經(jīng)同一加速電壓U1加速后，垂直電場方向進入同一偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場電壓U2.兩種粒子都能從偏轉(zhuǎn)電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度方向正對熒光屏中心O點．下列關(guān)于兩種粒子運動的說法正確的是()A．兩種粒子會打在屏MN上的同一點B．兩種粒子不會打在屏MN上的同一點，質(zhì)子離O點較遠C．兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有相同的動能D．兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有不同的動能，α粒子的動能較大【答案】AD【解析】兩種粒子在加速電場中的直線加速由動能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv02－0偏轉(zhuǎn)電場中，平行于極板方向：L＝v0t垂直于極板方向：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,md)，y＝eq\f(1,2)at2設(shè)離開偏轉(zhuǎn)電場的速度偏向角為θ，有：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)聯(lián)立以上各式得y＝eq\f(U2L2,4dU1)，tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)偏移量y和速度偏向角θ都與粒子的質(zhì)量m、電荷量q無關(guān)，所以偏移量y相同，速度方向相同，則兩種粒子打在屏MN上同一個點，故A正確，B錯誤；對兩個粒子先加速后偏轉(zhuǎn)的全過程，根據(jù)動能定理得：qU1＋qeq\f(U2,d)y＝Ek－0，即Ek＝qU1＋qeq\f(U2,d)y因α粒子的電荷量q較大，故離開偏轉(zhuǎn)電場時α粒子的動能較大，C錯誤，D正確．4.(2021·浙江省名校聯(lián)考)為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，如圖所示，容器側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，上下底面是金屬板．當(dāng)金屬板連接到高壓電源正負兩極時，在兩金屬板間產(chǎn)生勻強電場．現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，顆粒帶負電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力．下列說法正確的是 ()A．煙塵顆粒向下運動B．兩金屬板間電場方向向上C．煙塵顆粒在運動過程中電勢能減少D．煙塵顆粒電荷量可能是電子電量的1.5倍【答案】：C【解析】：由圖可知，極板上端為正極，下端為負極，則帶負電的顆粒受電場力向上，故帶電顆粒將向上運動，故A錯誤；極板上端為正極，下端為負極，所以兩金屬板間電場方向向下，故B錯誤；煙塵顆粒在運動過程中電場力做正功，電勢能減少，故C正確；帶電體的帶電量只能是元電荷的整數(shù)倍，所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電量的1.5倍，故D錯誤；故選C.5．(2021·牡丹江市一中月考)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強電場，帶正電的小球(重力不計)在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運動至B，已知力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結(jié)論正確的是 ()A．電場強度的大小為E＝eq\f(Fcosθ,q)B．AB兩點的電勢差為UAB＝－eq\f(Fdcosθ,q)C．帶電小球由A運動至B過程中電勢能增加了FdcosθD．帶電小球若由B勻速運動至A，則恒力F必須反向【答案】：BC【解析】：小球的重力不計，只受到電場力與恒力F而做勻速直線運動，則有，qE＝F，則得場強E＝eq\f(F,q)，故A錯誤．A、B兩點的電勢差為U＝－Edcosθ＝－eq\f(Fdcosθ,q)，故B正確．帶電小球由A運動至B過程中恒力做功為W＝Fdcosθ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加了Fdcosθ，故C正確．小球所受的電場力恒定不變，若帶電小球由B向A做勻速直線運動時，F(xiàn)大小、方向不變，故D錯誤．6.(多選)(2021·四川瀘州市二診)如圖所示，在水平向左的勻強電場中，可視為質(zhì)點的帶負電物塊，以某一初速度從足夠長的絕緣斜面上的A點，沿斜面向下運動，經(jīng)C點到達B點時，速度減為零，然后再返回到A點。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，整個過程斜面均保持靜止，物塊所帶電量不變。則下列判斷正確的是()A.物塊在上滑過程中機械能一定減小B.物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定大于減少的電勢能C.物塊下滑時經(jīng)過C點的動能一定大于上滑時經(jīng)過C點的動能D.物塊在下滑過程中，斜面與地面之間的摩擦力一定為零【答案】CD【解析】上滑過程中滿足qEcosθ＞Ff＋mgsinθ，則電場力做的功大于克服摩擦力做的功，即除重力以外的其他力對物體做正功，則物體的機械能增加，選項A錯誤；上滑過程中由動能定理W電－Wf－WG＝ΔEk，則W電＞W(wǎng)G，則物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定小于減少的電勢能，選項B錯誤；由于摩擦力做功，由能量關(guān)系可知物塊下滑時經(jīng)過C點的動能一定大于上滑時經(jīng)過C點的動能，選項C正確；當(dāng)不加電場力時，由于斜面對物體的支持力為FN＝mgcos30°，摩擦力Ff＝μmgcos30°＝mgsin30°，可知支持力和摩擦力的合力方向豎直向上；當(dāng)加電場力后，支持力和摩擦力成比例關(guān)系增加，則摩擦力和支持力的合力仍豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，則物塊給斜面的摩擦力和壓力的方向豎直向下，可知斜面在水平方向受力為零，則斜面所受地面的摩擦力為零，選項D正確。7.(多選)(2021·云南四川貴州廣西四省第二次聯(lián)考)如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖，廢氣先經(jīng)過機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)。圖中虛線是某一帶負電的塵埃(不計重力)僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡，A、B兩點是軌跡與電場線的交點。若不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量變化，則以下說法正確的是()A.A點電勢高于B點電勢B.塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度C.塵埃在遷移過程中做勻變速運動D.塵埃在遷移過程中電勢能始終在增大【答案】B【解析】沿電場線方向電勢降低，由圖可知，B點的電勢高于A點的電勢，A錯誤；由圖可知，A點電場線比B點密集，因此A點的場強大于B點的場強，故塵埃在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力，則塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度，B正確；放電極與集塵極間建立非勻強電場，塵埃所受的電場力是變化的，故塵埃不可能做勻變速運動，C錯誤；由圖可知，塵埃進入靜電除塵區(qū)時，速度方向與電場力方向的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大；后來變?yōu)殇J角，電場力做正功，電勢能減小；對于全過程而言，根據(jù)電勢的變化可知，電勢能減小，D錯誤。7.(2021·廣東深圳模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強電場，E、F、H是對應(yīng)邊的中點，P點是EH的中點．一個帶負電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從C點射出．以下說法正確的是()A．勻強電場中B點的電勢比D點低B．粒子的運動軌跡經(jīng)過PE之間某點C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『糜蒃點從BC邊射出D．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過EH【答案】：BC【解析】：帶負電的粒子向下偏轉(zhuǎn)，因此電場強度應(yīng)豎直向上，B點的電勢應(yīng)高于D點，A錯誤；粒子做類平拋運動，過C點做速度的反向延長線過FH的中點，也必過P點，因此運動軌跡應(yīng)該過PE之間的某點，B正確；粒子的初速度減小到原來的一半，將從BC邊出射，由類平拋運動的規(guī)律，y方向位移相等，則運動時間相同，水平位移將變?yōu)樵瓉淼囊话耄虼藦腅點射出，C正確；從C點射出的粒子，反向延長線過FH的中點O，OC垂直于EH；增大粒子的初速度，粒子從HC邊射出，速度夾角必然減小，其反向延長線不可能再垂直于EH，因此粒子在經(jīng)過EH邊時不可能垂直于EH，D錯誤．8．一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖所示，在該勻強電場中，有一個帶負電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(假設(shè)帶電粒子不與板相碰) ()A．帶電粒子只向一個方向運動B．0～2s內(nèi)，電場力做功等于0C．4s末帶電粒子回到原出發(fā)點D．2.5～4s內(nèi)，電場力做功等于0【答案】：D【解析】：畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖象如圖所示v-t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A、C錯誤；2s末速度不為0，可見0～2s內(nèi)電場力做的功不等于0，B錯誤；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，則2.5～4s內(nèi)，電場力做功等于0，所以D正確．9．(2021·江西宜春調(diào)研)如圖所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點，不計空氣阻力，一電荷量為－Q的點電荷固定在O點，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小金屬塊(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止沿它們的連線向右運動，到B點時速度最大，其大小為vm，小金屬塊最后停止在C點．已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B間距離為L，靜電力常量為k，則()A．在點電荷－Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差UAB＝eq\f(2μmgL＋mv\o\al(2,m),2q)B．在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小C．OB間的距離為eq\r(\f(kQq,μmg))D．從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能【答案】：C【解析】：小金屬塊從A到B過程，由動能定理得：－qUAB－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，得A、B兩點間的電勢差UAB＝－eq\f(2μmgL＋mv\o\al(2,m),2q)，故A錯誤；小金屬塊由A點向C點運動的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯誤；由題意知，A到B過程，金屬塊做加速運動，B到C過程，金屬塊做減速運動，在B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有μmg＝keq\f(Qq,r2)，得r＝eq\r(\f(kQq,μmg))，故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動能和減少的電勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯誤．10．(2021·淮北市一中周考)如圖所示，處于真空中的勻強電場水平向右，有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球從P點以大小為v0的初速度水平向右拋出，經(jīng)過t時間到達Q點(圖中未畫出)時的速度仍為v0，則小球由P點運動到Q點的過程中，下列判斷正確的是 ()A．Q點在P點正下方B．小球電勢能減少C．小球重力勢能減少量等于eq\f(1,2)mg2t2D．Q點應(yīng)位于P點所在豎直線的左側(cè)【答案】：C【解析】：從P到Q點，根據(jù)動能定理可知：mgh＋W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，因重力做正功，則電場力做負功，電勢能增加，則Q點應(yīng)該在P點的右下方，選項A、B、D錯誤；小球在豎直方向下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，則小球重力勢能減少量ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，選項C正確．三．練規(guī)范解答1．(2021·廣東深圳模擬)半徑為R，均勻帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場；場強大小沿半徑分布如圖所示，圖中E0已知，E-r曲線下O～R部分的面積等于R～2R部分的面積．(1)寫出E-r曲線下面積的單位；(2)已知帶電球在r≥R處的場強E＝eq\f(kQ,r2)，式中k為靜電力常量，該均勻帶電球所帶的電荷量Q為多大？(3)求球心與球表面間的電勢差ΔU；(4)質(zhì)量為m，電荷量為q的負電荷在球面處需具有多大的速度可以剛好運動到2R處？【答案】：(1)伏特(2)eq\f(E0R2,k)(3)eq\f(E0R,2)(4)eq\r(\f(qE0R,m))【解析】：(1)E-r曲線下面積表示電勢差，則單位為V.(2)根據(jù)R處的場強為E0，有E0＝keq\f(Q,R2)，解得Q＝eq\f(E0R2,k).(3)E-r曲線下圍成的面積表示電勢差，則球心與球表面間的電勢差ΔU＝eq\f(E0R,2).(4)E-r曲線下O～R部分的面積等于R～2R部分的面積，知表面與2R處的電勢差大小為eq\f(E0R,2)根據(jù)動能定理得，－qΔU＝0－eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(qE0R,m)).2.(2021·湖南寧鄉(xiāng)一中等十校聯(lián)考)如圖甲，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，AB間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子(可視為初速度為0)．在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板間中線與電子源在同一水平線上．極板長L，距偏轉(zhuǎn)板右邊緣s處有熒光屏，經(jīng)時間t統(tǒng)計(t?T)只有50%的電子能打到熒光屏上．(板外無電場)，求：(1)電子進入偏轉(zhuǎn)板時的速度．(2)eq\f(1,4)T時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)板時與板間中線的距離．(3)電子打在熒光屏上的范圍Y.【答案】(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)距離為零(3)eq\f(\r(1),3)L【解析】(1)由eU0＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU0,m)).(2)t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T，電子在電場方向先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故一個周期內(nèi)，側(cè)移量為零．(3)電子應(yīng)在一個周期的時間內(nèi)射出偏轉(zhuǎn)板，有50%的電子由于偏轉(zhuǎn)量太大，不能射出．電子在eq\f(1＋8k,8)T～eq\f(3＋8k,8)T，eq\f(5＋8k,8)T～eq\f(7＋8k,8)T(k＝0,1,2，…)時進入偏轉(zhuǎn)極板，能射出．設(shè)兩極板間距為d，則a＝eq\f(U0e,dm)，eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(3,8)T)2，d＝eq\f(3,8)Leq\f(Y,2)＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(3,8)T)2－2×eq\f(1,2)a(eq\f(1,8)T)2，Y＝eq\f(\r(1),3)L，因為電子射出偏轉(zhuǎn)板時，豎直方向速度為0，所以熒光屏上的范圍Y＝eq\f(\r(1),3)L.3.如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝5.0×103V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞，甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D.已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2.(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程中甲不帶電，乙電荷無轉(zhuǎn)移)求：(1)乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)碰撞前甲球的速度v0的大?。敬鸢浮?1)0.4m(2)2eq\r(5)m/s【解析】(1)設(shè)乙到達最高點D時的速度為vD，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，則mg＋qE＝meq\f(vD2,R)①2R＝eq\f(1,2)(eq\f(mg＋qE,m))t2②x＝vDt③聯(lián)立①②③得x＝0.4m．④(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0＝mv甲＋mv乙⑤eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2⑥聯(lián)立⑤⑥得v乙＝v0⑦由動能定理得－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv乙2⑧聯(lián)立①⑦⑧得v0＝2eq\r(5)m/s.4.(2021·重慶九校聯(lián)盟聯(lián)考)在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向(豎直向上)的勻強電場，電場強度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d＝0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強電場。質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－2C的小球從y軸上P點以一定的初速度垂直y軸方向進入第Ⅰ象限后，從x軸上的A點進入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點離開，已知P、A的坐標(biāo)分別為(0,0.4m)，(0.4m,0)，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)初速度v0的大??；(2)A、B兩點間的電勢差UAB；(3)小球經(jīng)過B點時的速度大小?！敬鸢浮?1)1m/s(2)5V(3)eq