人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动综合训练题

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第4~5节综合拔高练五年选考练考点1　电容器1.(2018北京理综,19,6分,)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是　(　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大D.实验中,只增加极板带电荷量,静电计指针的张角变大,表明电容增大2.(2016课标Ⅰ,14,6分,)一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上。若将云母介质移出,则电容器(　　)A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变考点2　带电粒子(物体)在电场中的运动3.(2019天津理综,3,6分,)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程(深度解析)A.动能增加mv2 B.机械能增加2mv2C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv24.(2019浙江4月选考,13,3分,)用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为1.0×10-2 kg、电荷量为2.0×10-8 C的小球,细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅垂线成37°,如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放(sin 37°=0.6,g=10 m/s2),则(　　)A.该匀强电场的场强为3.75×107 N/CB.平衡时细线的拉力为0.17 NC.经过0.5 s,小球的速度大小为6.25 m/sD.小球第一次通过O点正下方时,速度大小为7 m/s5.(2019课标Ⅲ,24,12分,)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点,从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能。深度解析         6.(2019课标Ⅱ,24,12分,)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?   三年模拟练应用实践1.(2020河北正定一中高二上期中,)如图所示,两块金属板a和c水平放置,相互隔开;板a和c接在电池上。闭合开关,一带电微粒P以某一初速度水平射入板a和c之间,落在板c上的Q点。断开开关,平行地插入薄金属板b,带电微粒P在同样的入射位置、以同样的初速度水平射入板b和c之间,则微粒(　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.落在c板上Q点的左侧B.落在c板上Q点的右侧C.落在c板上的Q点D.沿直线飞出2.(2020安徽毛坦厂中学高二上期中,)(多选)如图所示,一质量为m、带电荷量为q的粒子,从两平行金属板正中央沿与匀强电场垂直的方向射入,不计重力。当入射速度为v时,它恰好穿过电场而不碰到金属板,现使粒子入射速度为,仍使其恰好穿过电场。保持其他量不变,可行的方法是(　　)A.使粒子带电荷量变为原来的B.使两板间电压减为原来的C.使两板间距离增为原来的2倍D.使两板间距离增为原来的4倍3.(2020广东新丰一中高二上期中,)(多选)如图所示,质量为m、带电荷量为q的粒子,以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的水平向右的匀强电场中,粒子通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则(　　)A.粒子从A运动到B的时间为t=B.粒子从A运动到B的过程中重力做的功为WG=-mC.A、B两点的电势差为UAB=D.A、B两点的电势差为UAB=4.(2020安徽合肥高二上期中,)(多选)如图所示,有三个质量相等的小球,分别带正电、带负电、不带电,从两平行金属板间电场中的P点以相同的初速度沿与电场垂直的方向进入电场,它们分别落到A、B、C三点,下列说法正确的是(深度解析)A.落到A点的小球带正电,落到B点的小球不带电B.三小球在电场中运动的时间相等C.三小球到达正极板时动能的关系是EkA>EkB>EkCD.三小球到达正极板时动能的关系是EkA<EkB<EkC5.(2020黑龙江哈尔滨六中高三期中,)如图所示,一个绝缘光滑半圆环轨道处于竖直向下的匀强电场E中,在轨道的上端,一个质量为m、带电荷量为+q的小球由静止开始沿轨道运动,则(　　)A.小球运动过程中机械能守恒B.小球机械能和电势能的总和先增大后减小C.在最低点球对轨道的压力为(mg+qE)D.在最低点球对轨道的压力为3(mg+qE)6.(2019甘肃兰州一中高二上期中,)如图所示,一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小,可忽略不计)电压为U1的加速电场,经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入,A、B板长为l,相距为d,电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出,应该满足的条件是　(深度解析)A.< B.<C.< D.< 7.(2019广东中山一中高二上月考,)如图所示,BCDG是光滑绝缘的3/4圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块受到的静电力大小为mg,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小。(2)为使滑块能沿轨道滑行通过G点,求滑块从A点由静止释放时A、B间的最小距离。深度解析     迁移创新8.(2020北京丰台高二上期中,)如图甲所示是一种观察电容器的充、放电并可以测量电容的实验电路图。先使开关S与1端相连,电源对电容器充电;然后把开关掷向2端,电容器通过电阻R放电。回答下列问题。甲乙丙(1)电容器充电过程中流经电流表的电流方向为b→a,判断电容器放电过程中流经电流表的电流方向。(2)将电路中的电流表换成电流传感器(如图乙所示),在电容器充、放电时,传感器可以将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像,如图丙所示为放电时电流变化情况,已知充电电压U=8 V。①在丙图中画出一个竖立的狭长矩形(图丙的最左边),它的物理意义是什么?②请根据I-t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q,并计算电容C的大小。           
答案全解全析第4~5节综合拔高练五年选考练1.A　本题考查平行板电容器。带电玻璃棒接触a板,a板会带上同种电荷,同时b板上会感应出异种电荷,故A正确;静电计指针张角反映电容器两板间电压,将b板上移,正对面积S减小,电容C减小,板间电压U增大,故指针张角变大,B错;插入有机玻璃板,相对介电常数εr增大,电容C增大,板间电压U减小,指针张角变小,C错;只增加极板带电荷量Q,板间电压U增大,但电容保持不变,故D错。2.D　据C=可知,将云母介质移出电容器,C变小,电容器接在恒压直流电源上,电压不变,据Q=CU可知极板上的电荷量变小;据E=可知极板间电场强度不变,故选D。3.B　小球从M点运动到N点的过程,可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动。竖直方向上,运动时间t=,上升高度h=;水平方向上,2v=at,a=,所以F电=2mg,水平位移x=t=·t=。从M到N,动能增量ΔEk=m×(2v)2-mv2=mv2,A错;重力势能增量ΔEp=mgh=mv2,C错;电势能增量ΔEp电=-W电=-F电·x=-2mv2,故D错;机械能增量ΔE机=ΔEk+ΔEp=2mv2,B正确。一题多解　动能的增加量等于合外力做的功,即ΔEk=W合=W电+W重=F电·x+(-mg·h);机械能的增加量等于除重力以外的力做的功,即静电力做的功,ΔE机=W电;重力势能的增加量等于克服重力做的功,ΔEp=W克重=mgh;从M→N,静电力做正功,故带电小球的电势能减少。4.C　小球在平衡位置时,由受力分析可知:qE=mg tan 37°,解得E= N/C=3.75×106 N/C,细线的拉力:T== N=0.125 N,选项A、B错误;小球向左被拉到细线水平且拉直的位置,释放后将沿着静电力和重力的合力方向做匀加速运动,其方向与竖直方向成37°,加速度大小为a== m/s2=12.5 m/s2,则经过0.5 s,小球的速度大小为v=at=6.25 m/s,选项C正确;小球从水平位置到最低点的过程中,若无能量损失,则由动能定理:mgL+qEL=mv2,代入数据解得v=7 m/s;因小球从水平位置先沿直线运动,然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点,在绳子被拉直的瞬间有能量的损失,可知到达最低点时的速度小于7 m/s,选项D错误。5.答案　(1)　(2)2m(+g2t2)解析　(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma①a=gt2②解得E=③(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有Ek-m=mgh+qEh④且有v1=v0t⑤h=gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2)⑦方法指导　优选最佳解题方案,可事半功倍。一般涉及时间的运动问题,采用牛顿第二定律结合运动学公式解题;不涉及时间时,采用动能定理结合功能关系解题。6.答案　(1)m+qh　v0　(2)2v0解析　(1)由题意得,P、G间与Q、G间场强大小相等,均为E。粒子在P、G间所受静电力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=①F=qE=ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek-m③设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h=at2④l=v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek=m+qh⑥l=v0⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性知,此时金属板的长度L为L=2l=2v0⑧三年模拟练1.C　断开开关后,电容器的电荷量不变,插入薄金属板b,等效为极板的间距减小,根据C=、C=和U=Ed得E=,故电场强度不变,故静电力不变,即粒子的受力情况不变,故运动情况不变,依然落在Q点,选项C正确。2.AC　设平行金属板长度为l,板间距离为2d,板间电压为U,入射速度为v时,粒子恰能穿过电场而不碰到金属板,粒子在水平方向做匀速直线运动,运动时间t=,在竖直方向做匀加速直线运动,加速度a=,则y0=d=at2=。入射速度变为后,若使粒子的带电荷量减少为原来的,则y==d,选项A正确;使两板间电压减小为原来的,则y==2d,选项B错误;使两板间的距离增为原来的2倍,则粒子恰好穿出磁场时的竖直位移应为2d,y==2d,选项C正确;使两板间的距离增为原来的4倍,则粒子恰好穿出磁场时的竖直位移应为4d,y==d,选项D错误。3.ABC　带电粒子在竖直方向上仅受重力,做竖直上抛运动,在水平方向上仅受静电力,做初速度为零的匀加速直线运动。则粒子从A运动到B的过程中,在竖直方向有0-v0=-gt,解得t=,选项A正确;粒子从A运动到B的过程中,重力做功WG=-mgh=-mg·=-m,选项B正确;从A到B,根据动能定理得WG+W电=m-m,解得W电=2m,A、B两点间的电势差UAB==,选项C正确,D错误。4.AD　在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示,由此可知不带电小球做平抛运动,a1=,带正电小球做类平抛运动,a2=,带负电小球做类平抛运动,a3=,根据题意,三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动,球到达下极板时,在竖直方向的位移h相等,据t=可知,带正电小球运动时间最长,不带电小球次之,带负电小球运动时间最短。三小球在水平方向都不受力,做匀速直线运动,则落在板上时水平方向的位移与下落时间成正比,故落在A点的是带正电的小球,落在B点的是不带电的小球,落在C点的是带负电的小球,选项A正确,B错误;根据动能定理,三小球到达下极板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功,三小球沿所受合外力方向即竖直方向的位移相等,带负电小球所受合外力最大为G+F,做功最多,带正电小球所受合外力最小为G-F,做功最少,则有EkA<EkB<EkC,选项C错误,D正确。方法技巧　解答本题要做到两个“确认”:(1)确认不带电小球做平抛运动,带电小球做类平抛运动;(2)确认小球在水平方向和竖直方向分别做匀速直线运动和初速度为0的匀加速直线运动。5.D　小球运动过程中静电力对它做功,机械能不守恒,选项A错误;小球运动过程中只有静电力和重力做功,发生的是机械能与电势能之间的转化,小球机械能和电势能的总和不变,选项B错误;小球从最高点到最低点的过程,根据动能定理得:(mg+qE)R=mv2,在最低点有N-mg-qE=m,联立解得N=3(mg+qE),由牛顿第三定律知,在最低点球对轨道的压力为3(mg+qE),选项C错误,D正确。6.C　带电粒子在加速电场中被加速,则有qU1=m,带电粒子在偏转电场中做类平抛运动,在水平方向有l=v0t,在竖直方向有y=at2=,要使带电粒子能飞出电场,则有y<,联立解得<,选项C正确。方法技巧　解决带电粒子先加速后偏转问题的方法:粒子在加速电场中的运动一般运用动能定理进行计算;在偏转电场中的运动为类平抛运动,可利用运动的分解进行计算。7.答案　(1)mg　(2)11.5R解析　(1)设滑块到达C点时的速度为v,由动能定理有:qE(s+R)-μmgs-mgR=mv2-0解得v=设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F,则有F-qE=m解得F=mg由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力大小为mg。(2)如图所示,可以将静电力与重力的合力视为等效重力,图中H点为等效最高点要使滑块恰好始终沿轨道滑行,则滑至圆轨道H点,恰好由静电力和重力的合力提供向心力,设此时的速度最小,弹力为零,设此时速度为vH,则有=m解得vH=设A、B间最小距离为smin,由动能定理有qEsmin-qER sin 37°-mgR(1+cos 37°)-μmgsmin=m解得smin=11.5R解题模板　处理带电物体在复合场中运动问题的思路8.答案　(1)从a到b(2)①0.2 s内释放的电荷量　②3.36×10-3 C　4.2×10-4 F解析　(1)充电过程电流方向为从b到a,所以充完电后电容器上极板带负电,所以放电时的电流方向为从a到b。(2)①I-t图像中图线与横轴所围面积表示电荷量,所以竖立的狭长矩形的面积表示0.2 s内释放的电荷量。②I-t图像中图线与横轴所围面积表示电荷量,一个小格表示的电荷量为0.08×10-3 C,图线与横轴所围面积格数约为42格,所以Q=3.36×10-3 C由公式C=可知,C=4.2×10-4 F