2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练22电容器带电粒子在电场中的运动（含解析）.doc

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1、1电容器 带电粒子在电场中的运动小题狂练 小题是基础 练小题 提分快22 1.2019河北省邯郸检测使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是( )答案： B解析：带电的金属球靠近不带电的验电器，由于静电感应现象，验电器上方小球带有与金属球相反的电荷，验电器的箔片上带有与金属球相同的电荷， B项正确22019江苏省南京调研“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是( )A极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B静电计可以用电压表代替C静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等D静电计测量的

2、是平行板电容器所带电荷量答案： C解析：电容器带电荷量一定，极板正对面积减小时，由 C 知，电容器的电容减 rS4 kd小，根据 QCU 可知，两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大， A项错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，电流表、电压表线圈中有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故 B项错误；静电计与电容器串联，其所带电荷量只是很小的一部分，即小于平行板电容器的电荷量， C项正确；静电计是定性反映电压高低的仪器，不能反映平行板电容器所带电荷量的多少，故 D项错误32019湖北省武汉月考静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大

3、小如图所示，A、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计开始时开关 S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角2度增大些，下列采取的措施可行的是( )A断开开关 S后，只将 A、B 分开些B保持开关 S闭合，只将 A、B 两极板分开些C保持开关 S闭合，只将 A、B 两极板靠近些D保持开关 S闭合，只将滑动变阻器触头向右移动答案： A解析：断开开关，电容器所带电荷量不变，将 A、B 分开一些，则 d增大，根据 C知，电容减小，根据 U 知，电势差增大，指针张角增大，故 A项正确；保持开关 rS4 kd QC闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故 B、 C项错误；保持开关闭

4、合，电容器两端的电势差不变，滑动变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头不会影响指针张角，故 D项错误42019广西南宁二中、柳州高中联考工厂在生产纺织品、纸张等材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示的传感器，其中 A、B 为平行板电容器的两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的正负极上，当流水线上通过的产品厚度增大，导致其对应的相对介电常数 r增大时，下列说法正确的是( )AA、B 两板间电场强度减小BA、B 两板间电场强度增大C有电流从 a向 b流过灵敏电流计D有电流从 b向 a流过灵敏电流计答案： C解析：两板间电场强度 E 不变， A、 B项错误；根据 C 可知当

5、产品厚度增大Ud rS4 kd导致 r增大时，电容器的电容 C增大，再根据 QCU 可知极板带电荷量 Q增加，有充电电流从 a向 b流过， C项正确， D项错误352019江西省新余一中模拟(多选)如图所示为一电源电动势为 E、内阻为 r的恒定电路，电压表 V的内阻为 10 k ，B 为静电计，C 1、 C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是( )A若 C1C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B若将滑动变阻器触头 P向右滑动，则电容器 C2上所带电荷量增大CC 1上所带电荷量为零D再将开关 S断开，然后使电容器 C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大答案： C

6、D解析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器 C2充电后，两端存在电压，所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故 A项错误；电路稳定后，电容器 C2两端的电压等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器触头 P向右滑动，电容器 C2两端的电压不变，所带电荷量不变，故 B项错误；由于电压表两端没有电压，电容器 C1没有充电，所带电荷量为零，故 C项正确；将开关 S断开，电容器 C2所带的电荷量 Q不变，板间距离增大，电容减小，由公式 C 分QU析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故 D项正确62019江苏省盐城中学模拟如图所示，一平行板

7、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.粒子运动的加速度大小为( )A. g B. gld d ldC. g D. gld l dd l答案： A解析：平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间场强可以4表达为 E1 ，且有 qE1mg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间场强可以表达为Ud lE2 ，有 mgqE 2ma，联立上述可解得 a g，选项 A正确Ud ld72019黑龙江省大庆实验中学模拟如图

8、所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路)连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关 S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的 P点且处于静止状态下列说法正确的是( )A减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且 P点的电势会降低B减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且 P点的电势会降低C将下极板上移，带电油滴向上运动D断开开关 S，带电油滴将向下运动答案： C解析：根据 C 及 QCU 知，当开关闭合并减小极板的正对面积，电容 C减小， rS4 kdQ减小，但由于二极管具有单向导电性，题图中的电容器只能充电不能放电，所以电

9、容器所带电荷量不变，根据公式 E 可得 E ，由此可得电场强度 E变大，油滴所受Ud Ud 4 kQ rS电场力变大，则带电油滴会向上移动，P 点与下极板的距离不变，因 E变大，则 P点的电势升高，选项 A、 B错误；由以上分析，可知将下极板上移，极板距离减小，电容器的电容变大，电容器所带的电荷量 Q变大，电容器充电，电容器两端的电压等于电阻 R两端的电压，电场强度变大，带电油滴向上运动，选项 C正确；断开开关 S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，电容器所带电荷量 Q不变，电容 C不变，电压也不变，电容器两极板间的场强不变，故油滴仍然处于静止状态，选项 D错误82019内蒙古包钢四中

10、测试(多选)如图所示，水平放置的平行金属板 A、B 连接一恒压电源(未画出)，两个质量相等的电荷 M和 N同时分别从极板 A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间 C点相遇若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确5的是( )A电荷 M的电荷量大于电荷 N的电荷量B两电荷在电场中运动的加速度相等C从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷 M做的功大于电场力对电荷 N做的功D电荷 M进入电场的初速度大小与电荷 N进入电场的初速度大小一定相同答案： AC解析：从轨迹可以看出：y MyN，故 t2 t2，解得 ，q MqN，故 A项正12 qMEmM 12 qN

11、EmN qMmMqNmN确， B项错误；根据动能定理，电场力做的功为 W mv ，质量相同，电荷 M竖直分位移大，12 2y竖直方向的末速度 vy 也大故电场力对电荷 M做的功大于电场力对电荷 N做的功，故2ytC项正确；从轨迹可以看出：x MxN，故 vMtvNt，故 vMvN，故 D项错误9.2019宁夏罗平中学检测如图，匀强电场水平向左，带正电物体沿绝缘粗糙水平面向右运动，经过 A点时动能为 100 J，到 B点时动能减少到 80 J，减少的动能中有 12 J转化为电势能，则它再经过 B点时动能大小为( )A4 J B16 JC32 J D64 J答案： B解析：从 A到 B的过程中，电

12、场力做的功为12 J，动能减少了 20 J，从 A到 B，根据动能定理得，qEx ABfx ABE k；解得从 A到 B过程中，克服摩擦力做的功为 Wf8 J，可知克服电场力做的功与克服摩擦力做的功之比为 3 ：2，则在整个过程中，克服电场力做的功与克服摩擦力做的功之比仍然为 3 ：2.从 B点到速度减为零，动能减少量为80 J，则克服摩擦力做的功为 Wf 32 J，对物体从 B点向右到返回 B点的过程运用动能定理，电场力做的功为 0，则有：2W f mv mv ，解得 mv 16 J，故 B项正12 2B 12 2B 12 2B确10.62019四川省雅安中学模拟(多选)如图所示，在地面上方

13、的水平匀强电场中，一个质量为 m、电荷量为q 的小球，系在一根长为 L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕 O点做圆周运动AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径已知重力加速度为 g，电场强度E ，不计空气阻力，下列说法正确的是( )mgqA若小球在竖直平面内绕 O点做完整的圆周运动，则它运动过程中的最小速度 vmin2gLB若小球在竖直平面内绕 O点做圆周运动，则小球运动到 B点时的机械能最大C若将小球在 A点由静止释放，它将在 ACBD圆弧上做往复运动D若将小球在 A点以大小为 的速度竖直向上抛出，它将能够到达 B点gL答案： AB解析：由于电场强度 E ，故 mgqE，则等效最低点在劣弧

14、BC正中间，重力和电场mgq力的合力为 mg，根据 mgm 得小球在等效最高点的最小速度为 v ， A项正确；2 2v2L 2gL除重力和弹力外其他力做的功等于机械能的增量，若小球在竖直平面内绕 O点做圆周运动，则小球运动到 B点时，电场力做的功最多，故到 B点时的机械能最大， B项正确；小球所受合力方向为与电场方向成 45角斜向下，故若将小球在 A点由静止释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动， C项错误；若将小球在 A点以大小为 的速度竖直向上抛出，由于gL在沿劣弧 AD运动至半径 OA转过 45的过程中，克服重力做的功大于电场力做的正功，故小球动能减小，由于小球在等效最高点的最小速度为 v

15、 ，则小球不可能到达 B点，2gLD项错误11.2019湖北省部分重点中学联考(多选)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为 U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为 E.大量电荷量为q(q0)、质量为 m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度 v0沿 x轴正方向射入匀强电场若粒子只能从坐标7原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布不计粒子的重力及它们间的相互作用下列说法正确的是( )A能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B到达坐标原点的粒子速度越大，入射

16、速度方向与 y轴的夹角越大C能打到荧光屏上的粒子，进入 O点的动能必须大于 qUD若 UqU，选12项 C正确；若 U0，即质点下落到12b孔时速度不为零，还有向下的速度，故 C正确；断开 S，在两板左边之间插入电介质，相对介电常数增大，电容 C增大，则 U减小，由动能定理得 mg(hd)qU mv20，即质点12下落到 b孔时速度不为零，还有向下的速度，故 D正确6(多选)用轻绳拴着一质量为 m、带正电的小球在竖直面内绕 O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为 E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能 Ek与绳中张力 F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为

17、 g，则( )14A轻绳的长度为2abB小球所带电荷量为b mgEC小球在最高点的最小速度为 2amD小球在最高点的最小速度为 5am答案： AC解析：在最高点时，轻绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则得FEqmg ，即 mv2 FEqmg，由于 Ek mv2，故 Ek F (mgEq)，由图象mv2L 12 (2L) 12 L2 L2可知，图象斜率 k ，即 L ，故 A正确；当 F0 时，mgEqm ， mv a，解ab L2 2ab v2mL 12 2m得 q ，故 B错误；当 F0 时，重力和电场力的合力提供向心力，此时小球在最高b mgE点有最小速度， mv a，解得 v

18、 ，故 C正确， D错误12 2m 2am7.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度 v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是( )15答案： A解析：带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度 v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡因此，速度时间图象应该为 A.8粗糙绝

19、缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板 A、B.板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到 t1时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )A在 0t 1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B在 t1t 3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小Ct 3时刻物块的速度最大Dt 4时刻物块的速度最大答案： C解析：在 0t 1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即 fqEq ，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，Ud均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项 A错误

20、；在 t1t 3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项 B错误；t 3到 t4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故 t3时刻物块速度最大，选项 C正确、 D错误9.162019河南豫南九校质量考评(多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板 a和b分别与电源的正、负极相连，a、b 板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关 S后，带正电的液滴从小孔正上方的 P点由静止自由落下，当液滴穿过 b板小孔到达 a板小孔时速度为 v1，现使 a板不动，在开关 S仍闭合或断开的情况下 b板向上或向下平移一小段距离

21、，相同的液滴仍从 P点自由落下，此时液滴到达 a板小孔时速度为 v2，空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A若开关 S保持闭合，向下移动 b板，则 v2v1B若开关 S保持闭合，则无论向上或向下移动 b板，都有 v2v 1C若开关 S闭合一段时间后再断开，向下移动 b板，则 v2v1D若开关 S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动 b板，都有 v2v1， C正确；若开关 S闭合一段时间后再断开，向上移动 b板，则电容减小，电荷量不变，电场强度 E 不变，从 P到 a的过程中，重力做的Ud QCd 4 kQ rS功不变，电场力做的功增大，v 2v1，结合 C项分析可知 D错误102019

22、山东日照模拟(多选)质量为 m的带正电小球由空中 A点无初速度自由下落t 秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场再经过 t秒，小球又回到 A点，不计空气阻力且小球未落地，重力加速度为 g，则( )A小球所受电场力的大小是 4mgB小球回到 A点时的动能是 mg2t2C从 A点到最低点的距离是 gt223D从 A点到最低点，小球的电势能增加了 mg2t2答案： AC解析：小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速运动到速度为零，再向上做匀加速运动回到 A点设加上电场后小球的加速度大小为 a，规定向下为正方向，17整个过程中，小球的位移为零，运用运动学公式 gt2g

23、tt at20，解得 a3g.根据12 12牛顿第二定律得 Eqmgma，解得 Eq4mg， A正确；对全过程应用动能定理得Eq E k0，解得 Ek2mg 2t2，小球回到 A点时的动能是 2mg2t2， B错误；设从 A点到(12gt2)最低点的距离为 h，根据动能定理 mghEq 0，解得 h gt2， C正确；从 A点到(h12gt2) 23最低点，电场力做的功 WEq Eq gt2 mg2t2，所以从 A点到最低点，(h12gt2) 16 23小球的电势能增加了 mg2t2， D错误23二、非选择题11.2019北京海淀区统考如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道 AB连接着一圆

24、形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点 B与水平轨道平滑连接现有一质量为m、电荷量为 q的带正电荷的小球(可视为质点)，从离圆形轨道最低点 B相距为 L处的 C点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为 g，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量 q保持不变，不计一切摩擦和空气阻力求：(1)匀强电场的电场强度 E的大小；(2)小球由 C点运动到 B点所用的时间 t；(3)小球运动到与圆形轨道圆心 O等高的 D点时的速度大小 vD.答案：(1) (2) (3)mgq 2Lg 2gL解析：(1)对小球，由题意可知Eqmg解得 E

25、 mgq(2)对小球，设从 C到 B的加速度为 a，根据牛顿第二定律可得 Eqma由运动学公式可得 L at21218式联立解得 t 2Lg(3)设圆形轨道半径为 R，对小球从 C到 D的过程，根据动能定理有qE(LR)mgR mv 012 2D联立，可得 vD .2gL122019湖北孝感第一次统考在 xOy直角坐标系中，三个边长都为 2 m的正方形如图所示排列，第象限正方形区域 ABOC中有水平向左的匀强电扬，电场强度的大小为E0，在第象限正方形 COED的对角线 CE左侧 CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形 DENM区域内无电场现有一带电荷量为q、质量为

26、m的带电粒子(重力不计)从 AB边上的 A点由静止释放，恰好能通过 E点(1)求 CED区域内的匀强电场的电场强度的大小 E1；(2)保持第(1)问中电场强度不变，若在正方形区域 ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过 E点，则释放点的坐标值 x、y 间应满足什么关系；(3)若 CDE区域内的电场强度大小变为 E2 E0，方向不变，其他条件都不变，则在正43方形区域 ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过 N点，则释放点的坐标值 x、y 间又应满足什么关系答案：(1)4E 0 (2)yx (3)y3x4解析：(1)设带电粒子出第象限电场时速度

27、为 v，在第象限电场中加速运动时，根据动能定理得 E0qL mv2，其中 L2 m，要使带电粒子通过 E点，在第象限电场中偏转12时，竖直方向位移为 y，设水平位移为 x0，则 y 2，因CEO45，即12 E1qm(x0v)x0y2 m，解得 E14E 0.(2)设坐标为(x，y)，带电粒子出第象限电场时速度为 v1，在第象限电场中加速运动时，根据动能定理得 E0qx mv ，要使带电粒子过 E点，在第象限电场中偏转时，12 21竖直方向位移为 y，水平方向位移也为 y，则 y 2，解得 yx.12 E1qm(yv1)(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从 DE出电场时与 DE交于 Q，进入 CDE电场后，初速度延长线与 DE交于 G，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于 P点，设19在第象限出发点的坐标为(x，y)，由图可知，在 CDE中带电粒子的水平位移为 y，设偏转位移为 y，则 y 2，而 ，其中 GP ，NE2 m，在第象限12 E2qm(yv2) yy y GPNE y2加速过程中，E 0qx mv ，解得 y3x4.12 2