（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（二十四）電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（二十四）電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析） 1.如圖所示，一個帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計)電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出應該滿足的條件是(　　) A.＜　　　　　　　　　 B.＜ C.＜ D.＜ 解析：選C　根據(jù)qU1＝mv2，t＝，y＝at2＝··2，由題意知，y＜d，解得＜， 故選項C正確。 2．(2016·天津高考)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容

2、器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大　　　　　　　　 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 解析：選D　由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變，當下極板不動，上極板向下移動一段距離時，兩極板間距d減小，則電容C變大，由U＝可知U變小，則靜電計指針的偏角θ減小。又因為兩板間電場強度E＝＝＝，Q、S不變，則E不變。因為E不變，則點電荷從P點移動到下極板(電勢為零)電場力做功不變，電

3、勢能的變化相同，則點電荷在P點的電勢能Ep不變，故只有選項D正確。 3.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為(　　) A．3∶2　　　　　　　　　 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析：選A　設極板間電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M，由牛頓第二定律有：qE＝MaM，由運動學公式得： l＝aMt2； 對m，由牛頓第

4、二定律有qE＝mam，根據(jù)運動學公式得： l＝amt2 由以上幾式解之得：＝，故A正確。 4. (2019·成都調(diào)研)如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)。若極板長為L，間距為d，當A、B板加上電壓U時，只有某一速度的β粒子能從細管C水平射出，細管C離兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　β粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有＝at2，且a＝。從A到C的過程有－qU

5、＝mv02－mv2，以上各式聯(lián)立解得v＝ ，選項C正確。 5．如圖所示，兩個平行帶電金屬板M、N相距為d，M板上距左端為d處有一個小孔A，有甲、乙兩個相同的帶電粒子，甲粒子從兩板左端連線中點O處以初速度v1平行于兩板射入，乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在電場中的運動時間相同，并且都打到N板的中點B處，則初速度v1與v2的關系正確的是(　　) A.＝ B.＝ C.＝2 D.＝ 解析：選C　設帶電粒子在電場中的加速度為a，則對甲粒子，豎直方向＝at2，水平方向d＝v1t，解出v1＝；對乙粒子有v2t＋at2＝d，解出v2＝，所以v1∶v2＝2∶1，即選項C正確。

6、 6.(多選)(2016·全國卷Ⅰ)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知(　　) A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大 C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小 解析：選AB　帶電油滴在電場中受重力、電場力作用，據(jù)其軌跡的對稱性可知，電場力方向豎直向上，且電場力大于重力，電場力先做負功后做正功。則電場強度方向向下，Q點的電勢比P點高，選項A正確；油滴在P點的速度最小，選項B正確；油滴在P點的電勢能最大，選項C錯誤；油滴運動的加速度大小不變

7、，選項D錯誤。 7. (2019·廣州模擬)一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0，則下列關于各物理量與負極板移動距離x的關系圖像中正確的是(　　) 解析：選C　由C＝知，C與兩極板間距離d成反比，C與x不是線性關系，A錯；電容器充電后與電源斷開，電荷量不變，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，B錯；因負極板接地，電勢為零，所以P點電勢為φ＝E(L－x)，L為P點到負極板的初始距離，E不變，φ隨

8、x增大而線性減小，C對；由W＝qφ知W與電勢φ變化情況一樣，D錯。 8.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運動，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則(　　) A．微粒一定帶正電 B．微粒一定做勻速直線運動 C．可求出勻強電場的電場強度 D．可求出微粒運動的加速度 解析：選D　因微粒在重力和電場力作用下做直線運動，而重力豎直向下，由微粒做直線運動條件知電場力必水平向左，微粒帶負電，A錯誤；其合外力必與速度反向，大小為F＝，即微粒一定做勻減速直線運動，加速度為a＝，B錯誤，D正確；電場力qE＝，但不知

9、微粒的電荷量，所以無法求出其電場強度，C錯誤。 [B級——保分題目練通抓牢] 9.(多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　　) A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 解析：選AD　帶電粒子在電場E1中加速，由動能定理得，eU1＝mv2，解得v＝ 。進入電場線豎直向下的勻強電場E2中做類平拋運動，L＝vt，y＝

10、at2，eE2＝ma，聯(lián)立解得y＝，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功W＝eE2y＝，與粒子質(zhì)量無關，所以偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確；三種粒子打到屏上時的水平速度不一樣大，豎直速度at不一樣大，所以三種粒子打到屏上時的速度不一樣大，選項B錯誤；三種粒子運動到屏上所用時間不相同，選項C錯誤；由于y＝與粒子質(zhì)量無關，且三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)角相同，所以三種粒子一定打到屏上的同一位置，選項D正確。 10．(多選)如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重

11、力的影響，則(　　) A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2 B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D．A和B的位移大小之比為1∶1 解析：選ABC　粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，t1∶t2＝1∶2，選項A正確；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1，選項B正確；根據(jù)a＝得m＝，故mA∶mB＝1∶12，選項C正確；A和B的位移大小不相等，選項D錯誤。 [C級——難度題目適情選做] 11. (2018·保定模擬)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，

12、極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求： (1)小球到達小孔處的速度大??； (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落到下極板處的時間。 解析：(1)設小球下落h時的速度為v，由自由落體運動規(guī)律有v2＝2gh，得v＝。 (2)設小球在極板間運動的加速度為a， 由v2＝2ad，得a＝＝。 由牛頓第二定律得qE－mg＝ma， 電容器的電荷量Q＝CU＝CEd， 聯(lián)立以上各式得E＝，Q＝。 (3)由h＝g

13、t12得小球做自由落體運動的時間t1＝ ， 由0＝v－at2得小球在電場中運動的時間t2＝d 。 則小球運動的總時間t＝t1＋t2＝ 。 答案：(1)　(2)　 (3) 12. (2019·濟寧模擬)如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，A板比B板電勢高300 V，一帶正電的粒子電荷量為q＝1.0×10－10 C、質(zhì)量為m＝1.0×10－20 kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2.0×106 m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，然后進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設界面PS右側點電荷的電場分布不

14、受界面的影響)。已知兩界面MN、PS相距為12 cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為9 cm，粒子穿過界面PS做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不計) (1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離為多遠；到達PS界面時離D點為多遠； (2)在圖上粗略畫出粒子的運動軌跡； (3)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小。 解析：(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(偏移位移)： y＝at2，a＝＝，L＝v0t， 則y＝at2＝2＝0.03 m＝3 cm。 粒子在離

15、開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS交于H，設H到中心線的距離為Y，則有＝， 解得Y＝4y＝12 cm。 (2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧。 (3)粒子到達H點時，其水平速度vx＝v0＝2.0×106 m/s 豎直速度vy＝at＝1.5×106 m/s 則v合＝2.5×106 m/s 該粒子在穿過界面PS后繞點電荷Q做勻速圓周運動，所以Q帶負電。 根據(jù)幾何關系可知半徑r＝15 cm， 電場力提供向心力，則k＝m， 解得Q≈1.04×10－8 C。 答案：(1)3 cm　12 cm　(2)軌跡圖見解析 (3)負電　1.04×10－8 C