《导与练》2017年高考全国I一轮复习物理第6章基础课时18电容器带电粒子在电场中的运动Word版含解析

基础课时18 电容器带电粒子在电场中的运动
一、单项选择题
1.如图1甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上
A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。

E A、E B表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势。

以下判断正确的是( )
图1
A.E A＜E B
B.E A＞E B
C.φA＞φB
D.φA＜φB
解析由速度平方v2与位移x的关系与v2－v20＝2ax对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B错误；电子从A 到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C错误。

答案 D
2.一平行板电容器的两个极板分别与一电源正、负极相连，如图2所示，在保持开关闭合的
情况下，将电容器极板距离增大，则电容器的电容C、带电荷量Q、极板间的场强E的变化( )
图2
A.C、Q、E都逐渐增大
B.C、Q、E都逐渐变小
C.C、Q逐渐减小，E不变
D.C、E逐渐减小，Q不变
解析由C＝εS
4πkd ，知C减小，C＝
Q
U
，U不变，Q减小，E＝
U
d
，E减小，选项B正确。

答案 B
3.(2016·浙江效实中学期中)图3a为示波管的原理图。

如果在电极YY′之间所加的电压按
图b所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图c所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
图3
解析 在t ＝0时刻，U Y ＝0知竖直位移为0，故A 、C 错误；在t ＝t 12
时刻，U Y 正向最大知竖直位移正向最大，故B 正确，D 错误。

答案 B
4.(2016·杭州二中期中)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图4中实线所示。

一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A 点开始运动，到C 点时，突然受到一个外加的水平恒力F 作用而继续运动到B 点，其运动轨迹如图中虚线所示，v 表示小球经过C 点时的速度，则( )
图4
A.小球在A 点的电势能比在B 点小
B.恒力F 的方向可能水平向左
C.恒力F 的方向可能与v 方向相反
D.在A 、B 两点小球的速率不可能相等
解析 小球带正电，电场力向右，从A 到B ，电场力做正功，电势能减少，故A 错误；从C 到B 小球做曲线运动，小球所受的合力应该指向曲线弯曲的内侧，故恒力F 的方向可能水平向左，B 正确；从C 到B 小球做曲线运动，若恒力F 的方向与v 方向相反，则合力不可能指向曲线弯曲的内侧，故C 错误；从A 到B 电场力做正功，拉力F 做负功，合力的功可能为零，故小球在A 、B 两点的速率可能相等，D 错误。

答案 B
5.为了测定一个水平向右的匀强电场的场强大小，小明所在的物理兴趣小组做了如下实验：用长为L 的绝缘轻质细线，上端固定于O 点，下端拴一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，如图5所示，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到B 点时速度恰好为零，然后又从B 点向A 点摆动，如此往复。

小明用测量工具测量与水平方向所成的角度θ，刚好为60°。

不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
图5
A.在B 点时小球受到的合力为0
B.电场强度E 的大小为3mg q
C.小球从A 运动到B ，重力势能减小mgL
D.小球在下摆的过程中，小球的机械能和电势能之和先减小后增大
解析 小球摆到B 点时速度恰好为零，故若小球在B 点没有加速度，则小球将静止在B
点，不会再从B 点返回到A 点，所以小球在B 点时所受合外力不为零，选项A 错误；小球从A 点运动到B 点的过程，由动能定理，有mgLsin 60°－qEL(1－cos 60°)＝0，解得E ＝3mg q
，选项B 正确；小球从A 点运动到B 点重力势能减少了mgLsin 60°，选项C 错误；小球下摆的过程中，小球的机械能和电势能相互转化，由能量守恒定律可知，机械能与电势能之和保持不变，选项D 错误。

答案 B
6.(2016·山西运城一模)真空中的某装置如图6所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏。

今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。

已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )
图6
A.三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同
B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
解析 设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电
场中，由动能定理得qU 1＝12mv 20，解得v 0＝2qU 1m
，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v 0不同，所以
三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 2
4dU 1
、tan θ＝U 2L 2dU 1
可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B 正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误。

答案 B
二、多项选择题
7.(2016·江苏扬州测试)如图7所示，一半径为R 的均匀带正电圆环水平放置，环心为O 点，质量为m 的带正电的小球从O 点正上方h 高的A 点由静止释放，并穿过带电环，关于小球从A 到A 关于O 的对称点A′过程加速度(a)、重力势能(E pG )、机械能(E)、电势能(E p 电)随位置变化的图象一定正确的是(取O 点为坐标原点且重力势能为零，竖直向下为正方向，无限远处电势为零)( )
解析 圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A 点到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A 正确；小球从A 点到圆环中心的过程中，重力势能E PG ＝mgh ，小球穿过圆环后，E PG ＝－mgh ，重力势能与高度是线性变化的，故B 正确；小球从A 点到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C 正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D 错误。

答案 ABC
8.如图8所示，是一个由电池、电阻R 、开关S 与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合，在增大电容器两极板间距离的过程中( )
图8
A.电阻R 中没有电流
B.电容器的电容变小
C.电阻R 中有从a 流向b 的电流
D.电阻R 中有从b 流向a 的电流
解析 题图中电容器被充电，A 极板带正电，B 极板带负电。

根据平行板电容器电容大小
的决定因素C∝εr S d
可知，当增大电容器两极板间距离d 时，电容C 变小。

由于电容器始终与电池相连，电容器两极板间电压U AB 保持不变；根据电容的定义式C ＝Q U
知，当C 减小时，电容器两极板所带电荷量Q 都要减少，即电阻R 中有从a 流向b 的电流。

所以选项B 、C 正确。

答案 BC
9.如图9所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )
图9
A.A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2
B.A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1
C.A 和B 的质量之比为1∶12
D.A 和B 的位移大小之比为1∶1
解析 粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B
＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112
，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确。

答案 ABC
三、非选择题
10.在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m ，带电荷量为q ，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E ，qE ＞μmg，虚线右侧的水平面光滑。

一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L 处，并给滑块一个向左的初速度v 0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：
图10
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块在整个运动过程中产生的热量。

解析 (1)设滑块向左运动x 时减速到零，由动能定理有－(qE ＋μmg)x＝－12
mv 20① 解得x ＝mv 2
02（qE ＋μmg）
② 之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为E k
由能量守恒定律得：
qE(x ＋L)＝E k ＋μmg(x＋L)③
解得E k ＝(qE －μmg)L＋m （qE －μmg）v 202（qE ＋μmg）
④ 滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为
E pm ＝(qE －μmg)L＋m （qE －μmg）v 202（qE ＋μmg）
⑤ (2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W ＝qEL ，电势能减少量为qEL ，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能
的减少量之和，即Q ＝qEL ＋12
mv 20⑥ 答案 (1)(qE －μmg)L＋m （qE －μmg）v 202（qE ＋μm g ）
(2)qEL ＋12
mv 20 11.(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11所示，其中l 0为常数。

粒子所受重力忽略不计。

求：
图11
(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。

解析 (1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功
W ＝qE(y A －y C )＝3qEl 0①
(2)粒子只受沿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
t AD ＝t DB ＝T ，且t BC ＝T②
由牛顿第二定律qE ＝ma③
由运动学公式得y D ＝12
aT 2④ 从D 到C 做类平抛运动，沿y 轴方向：
y D ＋3l 0＝12
a(2T)2⑤ 由②③④⑤式解得T ＝2ml 0qE
⑥ 则A→C 过程所经历的时间t ＝3T ＝3
2ml 0qE ⑦ (3)粒子由D 到C 过程中
x 轴方向：2l 0＝v D ·2T⑧
y 轴方向：v Cy ＝a·2T⑨
v C ＝v 2D ＋v 2Cy ⑩
由⑥⑧⑨⑩式解得v C ＝
17qEl 02m ⑪ 答案 (1)3qEl 0 (2)32ml 0qE (3)17qEl 02m
12.如图12所示，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可看作质点)从y 轴上的A 点以初速度v 0水平抛出，两长为L 的平行金属板M 、N 倾斜放置且与水平方向间的夹角为θ＝37°。

(sin 37°＝0.6)
图12
(1)若带电小球恰好能垂直于M 板从其中心小孔B 进入两板间，试求带电小球在y 轴上的抛出点A 的坐标及小球抛出时的初速度v 0；
(2)若该平行金属板M 、N 间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球
质量之间的关系满足E ＝4mg 5q
，试计算两平行金属板M 、N 之间的垂直距离d 至少为多少时才能保证小球不打在N 板上。

解析 (1)设小球由y 轴上的A 点运动到金属板M 的中点B 的时间为t ，由题意，在与x
轴平行的方向上，有L 2
cos θ＝v 0t tan θ＝v 0gt
带电小球在竖直方向上下落的距离为h ＝12
gt 2 所以小球抛出点A 的纵坐标为y ＝h ＋L 2
sin θ 以上各式联立并代入数据可解得
v 0＝3gL 10，y ＝1730L ，t ＝22L 15g ，h ＝4L 15
所以小球抛出点A 的坐标为(0，1730
L)，小球抛出时的初速度大小为v 0＝3gL 10 (2)设小球进入电场时的速度大小为v ，则由动能定理可得mgh ＝12mv 2－12
mv 20 解得v ＝5gL 6
带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示。

因为E ＝4mg 5q
，所以qE ＝mgcos θ 因此，带电小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动。

其加速度大小为a ＝mgsin θm
＝gsin θ
设带电小球在该匀强电场中运动的时间为t′，欲使小球不打在N 板上，由平抛运动的规律，可得d ＝vt′ L 2＝12
at′2
联立以上各式并代入数据可得d ＝526
L 。

答案 (1)(0，1730
L) 3gL 10 (2)526L。