高考物理总复习 第七章 静电场 核心素养提升练二十二 7.3 电场能的性质（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

电容器与电容带电粒子在电场中的运动(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，14题为单选题，5题为多选题)1.(2019·濮阳模拟)如图所示，两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场，两个相同的带电粒子(不计重力)从两侧同一高度同时水平射入电场，经过时间t在电场中某点相遇。则以下说法中正确的是()A.若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为tB.若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为tC.若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为tD.若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t【解析】选A。粒子受电场力作用，两个相同的粒子加速度相同，方向竖直向下，粒子初速度和加速度垂直，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，两粒子从射入到相遇经过的时间只和初速度大小有关，当两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t，故A正确，B、C、D错误。2.(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动【解析】选D。将B板右端向下移动一小段距离后，电容器内部电荷重新分布，右侧电荷稀疏，左侧电荷密集，电场力方向不再竖直向上，而是向右侧倾斜，使得带电油滴不再受力平衡，合力方向向右下方，如图所示，油滴向右下方运动，选项D正确。【加固训练】如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)顺时针旋转45°，再由a点从静止释放一个同样的微粒，该微粒将()A.保持静止状态B.向右下方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【解析】选B。在两板中间a点静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上，将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)顺时针旋转45°，电场强度大小不变，方向顺时针旋转45°，电场力顺时针旋转45°，大小仍然为mg，重力和电场力的大小均为mg，夹角为135°，故合力向右下方，微粒的加速度恒定，向右下方做匀加速运动，故B正确，A、C、D错误。3.如图所示，D是一只二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P的运动情况是()A.向下运动B.向上运动C.仍静止不动D.不能确定【解析】选C。当带电微粒P静止时，对其进行受力分析得Eq=mg，即q=mg。当A、B之间距离增大时，电容器的电容C减小，由Q=CU得，Q也减小，但由于电路中连接了一个二极管，它具有单向导电性，不能放电，电容器A、B两极板上的电荷量不变，场强不变，电场力仍等于微粒的重力，带电微粒仍保持静止状态，故A、B、D错误，C正确。4.(创新预测)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下，由静止开始运动，则下列说法中正确的是()A.微粒将做往复运动B.微粒在第2 s末的速度最大C.微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度不同D.微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移不同【解析】选C。由图可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在第2 s 末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速运动，第2 s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B错误，C正确；由对称性可知，微粒在第1 s内的平均速度与第2 s内的平均速度相同，由x=vt得，微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同，故D错误。5.质量为m、带电量为+q的小金属块A以初速度v0从光滑绝缘水平高台上飞出。已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E=。则()A.金属块不一定会与高台边缘相碰B.金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动C.金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为D.金属块运动过程的最小速度为【解析】选B、D。电场力F=qE=3mg，方向向左，小金属块竖直方向做自由落体运动，水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，一定会与高台边缘相碰，故A错误，B正确；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度大小为3g，根据速度位移关系公式得xm=，故C错误；小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，vx=v0-3gt，竖直方向做自由落体运动，vy=gt，合速度v=，当t=时，v有极小值，vmin=，故D正确。二、计算题(本题共15分，需写出规范的解题步骤)6.如图所示，xOy为竖直平面内的直角坐标系，空间存在着沿x轴正方向的匀强电场。一带正电小球，质量为m，电量为q，将其从O点由静止释放，小球在第四象限内沿与x轴成45°的直线运动。重力加速度为g。求：(1)电场强度大小。(2)若小球从O点以速度v0进入第一象限，方向与x轴成45°角。小球再次经过x轴时，距O点的距离。【解析】(1)由题意可知，小球所受合力和x轴成45°偏向y轴负向，即：qE=mgtan 45°解得：E=(2)小球进入第一象限后，做匀变速曲线运动。在竖直方向分运动为竖直上抛运动。当小球经过x轴时，竖直位移为零，则：t=2=水平方向做匀加速直线运动，则：ax=gx=v0cos 45°·t+axt2=答案：(1)(2)【总结提升】分析力电综合问题的两个观点(1)动力学的观点由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的公式，注意受力分析要全面，特别注意是否考虑重力。(2)能量的观点应用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。应用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量变化。(25分钟50分)7.(7分)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A.增大，E增大B.增大，Ep不变C.减小，Ep增大D.减小，E不变【解题指导】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)电容器电容的影响因素C=。(2)电容器的电荷量Q、板间电压U与电容C间的关系Q=CU。(3)静电计的张角越大代表电势差越大。【解析】选D。若保持下极板不动，将上极板向下平移一小段距离，则根据C=可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角减小；根据E=，C=，Q=CU联立可得E=，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则Ep不变，故A、B、C错误，D正确。8.(7分)(多选)(2018·深圳模拟)两个完全相同的平行板电容器C1、C2水平放置，如图所示。开关S闭合时，两电容器中间各有一油滴A、B刚好处于静止状态。现将S断开，将C2下极板向上移动少许，然后再次闭合S，则下列说法正确的是()A.两油滴的质量相等，电性相反B.断开开关，移动C2下极板过程中，B所在位置的电势不变C.再次闭合S瞬间，通过电键的电流可能从上向下D.再次闭合开关后，A向下运动，B向上运动【解析】选B、C。开关S闭合时，油滴A、B处于静止状态，故油滴所受的竖直向下的重力大小等于竖直向上的电场力，两电容器极板间的电场等大、反向，两油滴的电性相反，由于两油滴的电荷量大小未知，电场力大小不确定，两油滴质量大小不确定，故A错误；断开开关，电容器所带电量不变，移动C2下极板过程中，两极板距离减小，根据C=、C=和E=得E=，电场强度不变，B所在位置距上极板距离不变，根据U=Ed可知，该点电势不变，故B正确；断开开关，电容器所带电量不变，移动C2下极板过程中，两极板距离减小，E不变，根据U=Ed可知，电势差减小，再次闭合S瞬间会有电流流过开关，由于不知电荷电性，不能判断电流方向，故C正确；再次闭合S后，电荷流动方向不确定，不能确定A、B所受电场力的变化情况，故D错误。9.(7分)(多选)(2019·信阳模拟)有重力可忽略不计的三个带正电的粒子A、B、C，先后沿如图所示的虚线OO方向从左侧中点水平进入平行板电容器中，并最终都能击中MN板。已知三个粒子质量之比mAmBmC=112，三个粒子带电量之比为qAqBqC=121，关于三个粒子击中MN板的位置，下列说法正确的是()A.若A、B、C以相同的速度进入电容器，则最终A、B、C击中MN板上同一点B.若A、B、C以相同的动量进入电容器，则最终B、C击中MN板上同一点C.若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、C击中MN板上同一点D.若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、B击中MN板上同一点【解析】选B、C。三个粒子不计重力，加速度a=，粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向y=at2，水平方向L=v0t，解得y=，若A、B、C以相同的速度进入电容器，由于比荷不同，则y不同，不可能击中同一个位置，故A错误；y=，p相同，若qm相同，则y相同，由mAmBmC=112，三个粒子带电量之比为qAqBqC=121可知，B、C的qm相同，故B正确；y=，动能相同，若q相同，则y相同，故C正确，D错误。10.(7分)(创新预测)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从未落地，重力加速度为g，则()A.小球所受电场力的大小是2mgB.小球回到A点时的动能是mg2t2C.从A点到最低点的距离是gt2D.从A点到最低点，小球的电势能增加了mg2t2【解题指导】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)加电场前小球做自由落体运动。(2)加电场后小球在电场力和重力的作用下先向下做匀减速运动，速度减为0，再向上做匀加速运动。(3)由功能关系确定电势能的变化。【解析】选C。小球先自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速运动到速度为0，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，整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式得，gt2+gt·t-at2=0，解得a=3g，根据牛顿第二定律得F电-mg=ma，F电=4mg，故A错误；t s末的速度v1=gt，加电场后，返回A点的速度vA=v1+at=gt-3gt=-2gt，小球回到A点时的动能是Ek=m=m(-2gt)2=2mg2t2，故B错误；从A点自由下落的高度h1=gt2，匀减速下降的高度h2=gt2，小球从A点到最低点的距离h=h1+h2=gt2+gt2=gt2，故C正确；从A到最低点小球电势能增加量等于克服电场力做的功Ep=Fh2=4mg×gt2=mg2t2，故D错误。11.(7分)(多选)(2019·芜湖模拟)如图所示，在水平的匀强电场中，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，小球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()A.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B.若将小球在A点由静止开始释放，它将沿着ACBD圆弧运动C.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为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D点【解析】选A、C。除重力和弹力以外的其他力做功等于机械能的变化，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，电场力做功最多，故小球到B点时机械能最大，故A正确；小球受到的合力方向与电场方向成45°夹角斜向下，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，故B错误；由于电场强度E=，故mg=qE，电场力和重力的合力大小为F=mg，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，设最小速度为v，则有F=m，解得 v=，故C正确；若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，因qE=mg，故水平加速度和竖直加速度大小均为g，当竖直方向上的速度为零时，小球上升的最大高度h=<L，小球不能够到达D点，故D错误。12.(15分)如图所示，一根光滑的绝缘细杆，上、下部分分别弯成半径为R的半圆和半径为R的圆弧QBCD，中间部分为长度为2R的竖直杆PQ，其上下两端分别与半圆和圆弧的圆心等高。半圆右侧下端一弹簧枪可沿光滑细杆发射质量为m、电荷量为q的中间带孔的带正电小球。圆弧放置在水平向右、电场强度E=(g为重力加速度)的匀强电场中，已知弹簧枪发射的小球到达半圆最高点A时恰好对细杆的压力为零。(1)求小球运动到圆弧最低点B时细杆对小球的作用力大小。(2)求小球运动到圆弧的最高点时所受细杆的作用力。(3)小球从圆弧的最高点D飞出时，立刻撤去细杆，求小球落到Q点所在的水平面时到D点的水平距离。【解析】(1)小球到达半圆最高点A时对细杆的压力恰好为零，由牛顿第二定律得：mg=m解得：v1=小球从半圆最高点A运动到圆弧最低点B，由动能定理得：mg·4R+qER=m-m解得：v2=在圆弧最低点B，对小球在竖直方向由牛顿第二定律得：F-mg=m解得：F=12mg(2)小球从半圆最高点A运动到圆弧最高点D，由动能定理得：mg·2R+qER=m-m解得：v3=在圆弧最高点D，对小球在竖直方向由牛顿第二定律得：FD+mg=m解得：FD=6mg方向竖直向下 (3)小球从D点飞出后，水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，则：水平方向：qE=ma竖直方向：R=gt2小球落到Q点所在的水平面时到D点的水平距离：x=v3t-at2解得：x=(-1)R答案：(1)12mg(2)6mg 方向竖直向下 (3)(-1)R【加固训练】如图，xOy直角坐标系构成一竖直平面，其第一、四象限范围内(含y轴)存在方向竖直向下、场强大小E=5×103 N/C的匀强电场。一个质量m=1.0 kg、带电量q=-4×10-3C的小球(可视为质点)，用长度l=0.8 m的不可伸长的绝缘轻绳悬挂在O1(0，0.8 m)点。现将小球向左拉至与x轴距离h=0.2 m的A点处由静止释放，设绳始终未被拉断，g取10 m/s2。求小球：(1)从A点运动到O点时速度大小。(2)第一次从O点向右运动，经过与A点等高处位置的横坐标。(3)第一次离开电场前绳子受到的拉力大小。【解析】(1)设从A点运动到O点时的速度为v0，A运动到O点过程，由机械能守恒定律得：mgh=m解得：v0=2 m/s(2)小球所受电场力为：F=qE=20 N因F-mg>m，小球做类平抛运动，第一次从O点向右运动到与A点等高处过程，y方向上有：a=10 m/s2h=at2x方向：x=v0t解得：x=0.4 m即横坐标为0.4 m(3)当线刚拉直时，则有：+(v0t)2=l2解得：t=0.4 s此时有：x=v0t=0.8 my=at2=0.8 m即小球刚好在圆心等高处绳子拉直，而后做圆周运动，此时小球向上的速度为：v1=at=4 m/s设小球运动到最高点速度为v2，由动能定理得：(F-mg)l=m-m代入数据解得：v2=4 m/s此时，由牛顿第二定律得：T+mg-F=m解得：T=50 N答案：(1)2 m/s(2)x=0.4 m(3)50 N