第7章 3 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

[基础题组]

1．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示。E表示极板间的场强，U表示极板间的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则(　　)

A．U变小，E变小　　　 B．E变大，Ep变大

C．U变小，Ep不变  D．U不变，Ep不变

[解析]　由题意知，电容器的带电荷量Q不变，正极板移动后，极板间距离减小，根据电容的决定式C＝知，电容C增大，由公式U＝知，极板间电压U变小，由推论公式E＝分析，可知极板间电场强度E不变，则由U′＝Ed′知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故C正确，A、B、D错误。

[答案]　C

2．(多选)(2021·广东广州市综合测试)水平放置的平行板电容器与电源相连，下极板接地。带负电的液滴静止在两极板间P点，以E表示两极板间的场强，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势。若电容器与电源断开，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则(　　)

A．U变大，E不变，φ不变 B．U不变，E变小，φ降低

C．液滴将向下运动 D．液滴仍保持静止

[解析]　电容器与电源断开，则电容器所带电荷Q不变，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则d变大，由C＝可知C变小，由Q＝CU可知U变大，由E＝与上述式子联立可得：E＝，则E不变；因P点与下极板的距离不变，根据U＝Ed可知P点与下极板的电势差不变，又因下极板接地，则P点的电势φ不变，选项A正确，B错误；由于E不变，则液滴受的电场力不变，则液滴仍保持静止，选项C错误，D正确。

[答案]　AD

3．(2020·合肥高三质检)如图所示，虚线为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点。已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为v0，方向竖直向上，到B点时速度方向与水平方向的夹角为30°，粒子重力不计。则A、B两点间的电势差为(　　)

A.　　 B.　　

C.　　 D.

[解析]　由类平抛运动规律可知，带电粒子在B点的速度为vB＝＝2v0，由动能定理有qUAB＝mv－mv，解得UAB＝，C正确，A、B、D错误。

[答案]　C

4．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点。若不计粒子重力，则(　　)

A．a的电量一定大于b的电量

B．b的质量一定大于a的质量

C．a的比荷一定大于b的比荷

D．b的比荷一定大于a的比荷

[解析]　由题知，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由h＝··2得，x＝v0，由于v0＜v0·，可得＞，C正确。

[答案]　C

5．(多选)(2021·宁夏石嘴山模拟)如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在A点以大小为v1的速度射入电场，沿如图轨迹到达B点时速度大小为v2，且速度与等势面平行，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则(　　)

A．粒子在A点的动能大于在B点的动能

B．等势面b的电势比等势面c的电势高

C．粒子从A运动到B所用时间为

D．匀强电场的电场强度大小为

[解析]　由粒子的运动轨迹可知，粒子受向上的电场力，所以从A到B电场力做负功，动能减小，则粒子在A点的动能大于在B点的动能，故选项A正确；粒子带正电，受向上的电场力，所以电场强度的方向向上，等势面b的电势比等势面c的电势低，故选项B错误；粒子在水平方向不受力，所以在水平方向做匀速运动，速度为v2，则从A到B的时间为t＝，故选项C正确；由A到B根据动能定理有－qELsin θ＝mv－mv，解得E＝，故选项D正确。

[答案]　ACD

6．(2020·河南八市模拟)如图ABCD的矩形区域存在沿A至D方向的匀强电场，场强为E，边长AB＝2AD，质量m、带电量q的正电粒子以恒定的速度v从A点沿AB方向射入矩形区域，粒子恰好从C点以速度v1射出电场，粒子在电场中运动时间为t，则(　　)

A．若电场强度变为2E，粒子从DC边中点射出

B．若电场强度变为2E，粒子射出电场的速度为2v1

C．若粒子入射速度变为，则粒子从DC边中点射出电场

D．若粒子入射速度变为，则粒子射出电场时的速度

[解析]　若电场强度变为2E，则粒子从DC边离开，运动时间变为t，则水平位移变为原来的，而不是，故A错误；在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为W，则由W＝mv－mv2，可知电场强度加倍，则电场力做功变为了2W，则射出电场的速度不等于2v1，故B错误；粒子入射速度变为，则粒子在电场时间不变，即可得出粒子从DC边中点射出电场，故C正确；由于电场不变，粒子在电场运动时间不变，电场力做功不变，有动能定理可知，粒子射出电场时的速度不是，故D错误。

[答案]　C

7．(多选)如图所示，从灯丝发射的初速度为零的电子(不计重力)，经电压为U1的加速电场加速后，进入偏转电场U2。若要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍，可供选用的方法是(　　)

A．使U1减为原来的

B．使U2增大为原来的2倍

C．使偏转电场极板的长度L增大为原来的2倍

D．使偏转电场极板的距离减小为原来的

[解析]　根据动能定理得，eU1＝mv，设偏转电场极板的长度为L，极板间的距离为h，则偏转量d＝at2＝··＝。使U1减为原来的，则偏转量变为原来的2倍，故A正确；使U2增大为原来的2倍，则偏转量变为原来的2倍，故B正确；使偏转电场极板的长度增大为原来的2倍，则偏转量变为原来的4倍，故C错误；使偏转电场极板的距离减小为原来的，则偏转量变为原来的2倍，故D正确。

[答案]　ABD

8．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势、Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理与负极板移动距离x的关系图象中正确的是(　　)

[解析]　由平行板电容器的电容C＝可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错；在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝，E＝＝与d无关，则B错；在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离d，移动x后为d－x。因为移动极板过程中电场强度E不变，故φP＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，则C正确；正电荷在P点的电势能Ep＝qφP＝qEd－qEx，显然D错。

[答案]　C

[提升题组]

9．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)

A．a的质量比b的大

B．在t时刻，a的动能比b的大

C．在t时刻，a和b的电势能相等

D．在t时刻，a和b的动量大小相等

[解析]　两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的质量小，A错误。由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确。在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误。由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。

[答案]　BD

10．(多选)(2021·辽宁大连模拟)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是(　　)

A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2

B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等

C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2

D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同

[解析]　根据动能定理：mv2－0＝qU，解得：v＝，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比∶1，A错误；在A、B间：a＝，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的加速度大，所以质子运动时间短，B错误；对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为U′有：Ek－0＝q·(U＋U′)，所以末动能与电量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C正确；O2到MN板，竖直方向：h＝t2，水平方向：x＝vt联立解得：x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确。

[答案]　CD

11．(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q＞0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求

(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；

(2)A点距电场上边界的高度；

(3)该电场的电场强度大小。

[解析]　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向、大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得

v0－at＝0①

s1＝v0t＋at2②

s2＝v0t－at2③

联立①②③式得＝3。④

(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式v＝2gh⑤

H＝vyt＋gt2⑥

M进入电场后做直线运动，由几何关系知＝⑦

联立①②⑤⑥⑦式可得h＝H。⑧

(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则＝⑨

设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩

Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2⑪

由已知条件Ek1＝1.5Ek2⑫

联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝。

[答案]　见解析

12．(2019·全国卷Ⅱ)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？

[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间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有

E＝①

F＝qE＝ma②

设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有

qEh＝Ek－mv③

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＝at2④

l＝v0t⑤

联立①②③④⑤式解得

Ek＝mv＋qh⑥

l＝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＝2v0。

[答案]　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0