《2022高三物理总复习》专题18 带电粒子在电场中运动（练习）（教师版）.docx

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1、专题18 带电粒子在电场中运动（教师版）基础部分：1（2019·全国高三专题练习）对于某一电容器，下列说法正确的是()A电容器所带的电荷量越多，电容越大B电容器两极板间的电势差越大，电容越大C电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D电容器两极板间的电势差减小到原来的，它的电容也减小到原来的2（2020·浙江高三期中）下列电容器相关知识描述正确的是（）A图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势EB图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变C图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用

2、时都严格区分正负极D图戊中的电容器上有“5.5V 1.0F”字样，其中的5.5V是电容器的击穿电压值3（2020·全国高三专题练习）（多选）如图电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容（耦合电容），四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置。由以上信息可知，下列说法中正确的是（）A电容式触摸屏的两极板分别是

3、导体层和手指B当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D当用手触摸屏幕时，手指和屏的接触面积的大小影响电容的大小4（2020·浙江高三其他模拟）近几年有轨电车在我国多个城市开通试运营。这种电车采用超级电容器作为电能存储设备，安全环保。给该车充电的充电桩安装在公交站点，在乘客上下车的时间里可把电容器充满。假设这种电车的质量（含乘客）为，以速度正常匀速行驶时，一次充满可持续正常行驶，电车受到的平均阻力为车重的0.02倍，充电桩电能最终转化为电车机械能的效率为，则（）A该电车正常匀速行驶时，电动机输出功率为B连接充电桩充电时，超

4、级电容器将电能转化为化学能C连接充电桩充电时，加在超级电容器两端的电压应高于其额定电压D若某次进站从接近没电到充满电，电车从充电桩所获得的电能约为5（2020·重庆北碚区·西南大学附中高三月考）如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左上方移动至如图所示的位置时，电容器的电容C和静电计指针夹角的变化情况是（）AC变大，变小BC变小，变大CC变大，变大DC变小，变小6（2020·江苏盐城市·盐城中学高三月考）（多选）如图中的平行直线是匀强电场的电场线（电场方向未画出），曲线是电子（重力不计）在该电场中的运动轨

5、迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（）A场强方向是水平向右Ba点的电势低于b点的电势C电子在a点的电势能小于在b点的电势能D电子在a点的加速度大于在b点的加速度7（2020·江苏省镇江中学高三期中）下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A由知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B由知，电场中某点的电场强度仅与场源电荷所带的电荷量有关C由知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1VD由知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比8（2020·宁夏银川市·贺

6、兰县景博中学高三月考）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、中央各有一小孔，小孔分别位于、点。由点静止释放的电子恰好能运动到点。现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子（）A运动到点返回B运动到和点之间返回C运动到点返回D穿过点9（2021·全国高三专题练习）如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70F电容器充电到5000V，存储875J能量，抢救病人时一部分能量在2ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100kW。下列说法正确的是（）A电容器放电过程中电压不变B电容器充电至2500V时，

7、电容为35FC电容器充电至5000V时，电荷量为35CD电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%10（2020·江西高三月考）如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的带电粒子（不计重力），板间距离足够宽。从时刻开始释放粒子，为了使粒子最终打在极板上，可以在AB间加上下列哪种周期性电压（）A B.C D11（2020·陕西西安市·长安一中高三月考）带同种电荷的三个带电小球甲、乙、丙以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，甲小球沿水平直线飞出，乙小球沿曲线刚好打到板的边缘，丙小球沿曲线运动到板的中点上，不计空气阻力及带电小球间的相互作用，则（）A三个

8、小球均带负电，且所带电荷量大小关系为q甲q乙q丙B三个小球的质量不相等，且m甲m乙m丙C乙和丙两个小球，由于都打到了极板上，所以运动时间相等D三个小球的比荷（电荷量与质量的比值）大小关系为k甲k乙k丙12（2019·江苏盐城市·盐城中学高三月考）（多选）如图甲和乙所示，分别为示波管和显像管的结构图。正常工作时由二者的电子枪发射的电子束，经偏转电极（电场）和偏转线圈（磁场），电子束打在荧光屏上使荧光屏发光，不计电子的重力。下列说法正确的是甲 乙A若图甲的荧光屏上只有竖直亮线，则只有YY间加有电压B若图乙的荧光屏上只有竖直亮线，则偏转线圈只有竖直方向的磁场C电子经过甲图中的偏转

9、电极，速度方向改变，大小不变D电子经过乙图中的偏转线圈，速度方向改变，大小不变13（2020·安徽合肥市·高三月考）如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，有一初速度为零的质子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向以速度射入，且正好能从极板下边缘穿出电场。已知偏转电场的长度L与宽度d的比值为k，则加速电场的加速电压与偏转电场的电压U的比值为（）AkBCD14（2020·江西高二期中）如图所示，在平面坐标系第一象限内有水平向左的匀强电场，电场强度为。y轴与直线区域之间有竖直向下的匀强电场，电场强度也为E，一个质量为。带电量为的粒子（不计重力）从第一象限

10、的S点由静止释放，S点坐标为。(1)求粒子通过y轴时的速度大小；(2)求粒子通过x轴时离坐标原点的距离d；15（2020·昆明市·云南师大附中高三月考）如图所示，坐标系xOy所在平面内存在一沿y轴正方向的匀强电场，M是x轴上的一点，N是y轴上的一点。质量为m、电荷量为q的正电荷经过M点时速度方向与x轴正方向成=角，速度大小为v1，当该电荷运动到N点时速度方向与y轴正方向夹角也为=，所受重力忽略不计，求：.(1)该电荷从M点运动到N点的速度改变量v；(2)若电场强度为E，则N点到O点的距离d。提高部分：16（2020·河南省实验中学高三期中）（多选）如图所示，匀强电

11、场水平向右，绝缘细线一端固定在O点，一端连着带电小球，将小球从与O点等高的A点由静止释放，结果小球在竖直面内做圆周运动，B为运动的最低点，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A小球可能带负电B从A到B过程，细线的张力先增大后减小C从A到B过程，小球受到的电场力可能大于重力D从A到B过程，小球电势能和重力势能之和先减小后增大17（2020·黑龙江香坊区·哈尔滨市第六中学校高三月考）（多选）如图a所示，AB为某电场中的一条直电场线，某带电粒子仅在电场力作用下从t=0时刻开始经A点沿直线向B点运动，其速度的平方v2与位移x的关系如图b所示，下列说法中正确的是（）A该电场一定是匀强

12、电场B粒子的加速度为4m/s2Ct=2s时粒子的速度为0D前2s粒子的位移为3m18（2020·浙江高三月考）如图所示，在竖直平面内有一个圆环，直径BC在竖直方向上，圆环内有两根光滑细杆AB、AC，；空间存在水平向右的匀强电场。将质量为m、电荷量为q的小环在A点静止释放，分别沿着两导轨运动时（穿在杆中），加速度分别为，到达圆周上时的速率分别为、，运动时间分别为、；已知，下列判断正确的是（ ）A小环带负电 B电场强度C D19（2021·全国高三专题练习）（多选）如图所示，长为L=0.5m、倾角为q=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质

13、量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（）A小球在B点的电势能大于在A点的电势能B水平匀强电场的电场强度为C若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2D若电场强度减半，小球运动到B点时速度为1m/s20（2020·广东东莞市·高三月考）（多选）如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（）A所

14、用时间为 B速度大小为C与P点的距离为 D速度方向与竖直方向的夹角大于60°21（2021·全国高三专题练习）（多选）如图所示为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，不计电子所受的重力。为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采取的方法是（）A减小两板间电势差U2B尽可能使板长L短些C尽可能使板间距离d小一些D使加速电压U1减小一些22（2020·赣州市厚德外国语学校高三期中）如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场，点与点在同一电场线上

15、，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度分别从点和点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过点，在此过程中，下列说法正确的是（）A从点进入的粒子先到达点B从点进入的粒子电荷量较小C从点进入的粒子动量变化较大D从点进入的粒子电势能变化较大23（2020·广东广州市·高三月考）（多选）图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压 u随时间 t 变化的图线如图乙所示质量为 m、重力不计的带电粒子以初速度v0 沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（）At0 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B

16、tT 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大C无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都沿水平方向D无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等24（2020·陕西西安市·西安一中高二期中）如图所示，一质量为m1.0×102kg，带电量q1.0×106C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向的夹角为60°。现突然将该电场方向变为竖直向上且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g10m/s2（计算结果保留2位有效数字）。（1）判断小球带何种

17、电荷，并求电场强度E；（2）求小球经过最低点时细线的拉力。25（2020·六盘山高级中学高三月考）在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0=50N/C；第象限区域内有一宽度d=0.2m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10-2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第象限后，从x轴上的A点进入第象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为（0，0.4），（0.4，0），取重力加速度g=10m/s2，求：（1）初速度v0的大小；（

18、2）A、B两点间的电势差UAB。【参考答案】1C【解析】AB电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关故AB错误；C根据公式：Q=CU可得，当电容器带电量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍故C正确；D电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，两极板间的电势差减小为原来的，电容器的电容不会发生变化故D错误故选C2A【解析】A图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压 U 等于电源的电 动势 E，故A正确；B图乙为电容器放电过程，放电过程中电流将逐渐减小，故B错误；C图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁

19、为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；D图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，5.5V是最大电压或额定电压，不是击穿电压，击穿电压大于5.5V，故D错误。故选A。3ABD【解析】A电容式触摸屏在原理上把人的手指当作一个电容器元件的一个极板，把导体层当作另一极板，故选项A正确；BCD手指和屏的接触面积大小会影响到电容大小，接触面积越大，即两极板的正对面积越大，电容越大，故选项BD正确，C错误。故选ABD。4D【解析】A所受阻力电车匀速行驶，则牵引力电车正常匀速行驶时的功率，A错误；B连接充电桩充电时，超级电容器将电能转化为电场能储存里面，B错误；C超级电

20、容器在小于等于额定电压下都能正常工作，C错误；D电车每次充满电后持续正常行驶5km，电车做功电车从充电桩所获得的能量，D正确。故选D。5B【解析】平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变，将A极板向左上方移动至如图所示的位置时，板间距离增大，正对面积减小，由电容的决定式可知，电容减小，由公式可知，两板间电势差增大，即变大故选B。6AC【解析】A根据运动轨迹可知电子受到的电场力水平向左，因电子带负电，说明场强方向水平向右，故A正确；B沿电场线方向电势降低，说明a点的电势高于b点的电势，故B错误；C从a到b，电场力对电子做负功，电势能增加，因此电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故C正确；D

21、该电场为匀强电场，电子在a点和b点受到的电场力大小相等，两者的加速度大小相等，故D错误。故选AC。7C【解析】A电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误；B根据点电荷的场强的决定式知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故B错误；C根据电势差的定义式知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为1J，则A、B点的电势差为故C正确；D是电容的定义式，电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，电容器的电容与所带电荷量、两极板间的

22、电压无关，故D错误。故选C。8A【解析】设AB间电场强度为E1，BC间场强为E2，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有(1)BC板电量不变，BC板间的场强为(2)由(2)知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P'时，BC板间的场强不变，由(1)知，电子仍然运动到P点返回故选A。9D【解析】A电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；B电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；C由 知Q=CU=70×10-6×5×103C=0.35C，选项C错误；D由×100%=23%，选项D正确。故选D。10A【

23、解析】A根据图像可知A中粒子在一个周期内有位移，且方向指向A或B，每经过一个周期位移增加量相同，最终粒子会打到板上，故A正确；BCD三个选项中粒子在前半周期都是沿一个方向先做加速后做减速直线运动，在后半周期再反向先做加速后做减速减速直线运动，由对称性可知，粒子一个周期后又会回到出发点，即三种情况下粒子始终在一定范围内做往复运动，因为板间距离足够宽，故最终都到不了极板，故BCD错误。故选A。11D【解析】AB甲小球在重力和电场力作用下沿水平方向做直线运动，则电场力与重力平衡，即小球带负电，小球运动受电荷量和质量的共同影响，故无法比较电荷量和质量大小关系，故AB错误；C三个小球水平方向的速度相同，

24、且乙和丙小球做类平抛运动，则水平方向有三球初速度v0相同，由于，故所用时间为，故C错误。D对乙和丙两个小球，在竖直方向做初速度零的匀加速直线运动，则有两球竖直方向的位移相同，因，所以；根据牛顿第二定律有解得由于，则，又甲球在竖直方向的加速度为零，则有，则，综上可得，故D正确。故选D。12AD【解析】A.荧光屏上只有竖直亮线，说明水平方向没有偏转，故只有YY间加有电压，A正确；B.图乙的荧光屏上只有竖直亮线，由左手定则可知，只有水平方向的磁场，B错误；C.电子经过甲图中的偏转电极，电场力做了正功，故速度大小和方向都发生变化，C错误；D.电子经过乙图中的偏转线圈，洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不

25、变，方向变化，D正确；故选AD。13B【解析】在加速电场中，有在偏转电场中，有解得，故B正确，ACD错误。故选B。14(1)4m/s；(2)8cm【解析】(1)粒子从S点到y轴做匀变速直线运动，则由动能定理解得v=4m/s(2)粒子从y轴向左射出后做类平抛运动，沿x轴负向做匀速运动，沿y轴负向做匀加速运动，则 ， 解得d=8cm15(1)；(2)【解析】(1)粒子做匀变速曲线运动，用运动的分解思想可知带电粒子在x方向上做匀速运动，y方向上做匀加速运动。设带电粒子在N点的速度大小为，由牛顿第二定律可知加速度方向竖直向上，则速度改变量的方向也是竖直向上，由速度矢量图可知(2)电荷从M运动到N只有电

26、场力做功，根据动能定理有解得由匀强电场性质可知，解得16BD【解析】A若小球带负电，则由静止释放小球，小球在电场力与重力的作用下应先做直线运动，因此小球一定带正电，选项A错误；B由于小球受到的电场力与重力的合力斜向右下，A到B过程，小球在斜向右下的等效场中运动，运动过程速度先增大后减小，细线的张力先增大后减小，选项B正确；C若小球受到的电场力大于重力，则两个力的合力方向与水平方向的夹角小于45°，即等效场的方向与水平方向的夹角小于45°斜向右下方，则由运动的对称性可知，小球下落时最低点不可能到达B点，选项C错误；D因为小球的机械能与电势能之和为一定值，小球的速度先增大后减小

27、，动能先增大后减小，因此小球电势能与重力势能之和先减小后增大，选项D正确。故选BD。17AC【解析】由匀变速的位移速度公式得该函数与图像吻合，所以带电粒子在电场中做匀变速直线运动，该电场一定是匀强电场。结合图像有t=2s时粒子的速度为前2s粒子的位移为，故选AC。18B【解析】CD小球分别在AB和AC杆上做初速度为0的匀加速直线运动，由于，且所用时间，由运动学公式可知，>，由可知，>，故CD错误；AB由>可知，小球在AB杆上受到的合力大于在AC杆上受到的合力，由受力分析可知，小球受到的电场力应水平向右，即小球带正电，因此，小球在AB杆上运动时，有小球在AC杆上运动时，有又因为

28、联立，可解得，故A错误B正确。故选B。19BD【解析】A带电小球从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，因此小球在B点的电势能小于在A点的电势能，A错误；B带电小球从A点到B点，动能不变，由动能定理知，重力做功与电场力做功之和等于零，即得qELcosmgLsin=0解得，B正确；C由题意知，电场强度未加倍时，满足mgsin=qEcos电场强度加倍后，小球在斜面方向的合力F=2qEcosmgsin=ma所以小球的加速度为 a=gsin=6m/s2，C错误；D若电场强度未减半时，满足mgsin=qEcos电场强度减半，小球在斜面方向的合力F=mgsin 所以小球的加速度大小为 由速度位移公式，代入

29、数据解得D正确。故选BD。20CD【解析】A粒子在电场中做类平抛运动，水平方向竖直方向由，可得，故A错误；B由于故粒子速度大小为，故B错误；C由几何关系可知，到P点的距离为，故C正确；D由于平抛推论可知，可知速度正切可知速度方向与竖直方向的夹角大于60°，故D正确。故选CD。21CD【解析】电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转阶段。加速阶段偏转阶段Lv0t，综合得因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d。故选CD。22B【解析】A由题及图可得两粒子的竖直位移相等、速度相等，且，故两粒子到达P点的时间相等，故A错误；B在相等时间内M点的粒子运动的水平位移较小，所以M点的加

30、速度较小，根据可知从M点进入的粒子电荷量较小，故B正确；C根据动量定理可知，粒子的动量变化等于合外力的冲量，由于从M点进入的粒子电荷量较小，所以受到的电场力较小，则合外力的冲量也较小，所以从M点进入的粒子动量变化较小，故C错误；C从M点进入的粒子受到的电场力小，且在电场力作用下运动的位移也较小，所以电场力做功较小，则电势能变化就小，故D错误。故选B。23ACD【解析】CD因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据牛顿第二定律和知，所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，故选项CD正确；AB粒子在电场中运动的时间是相同的；t=0

31、时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速到0时恰离开电场区域，故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大；t=T时入射的粒子，在竖直方向先加速，再减速，再反向加速，反向减速到0恰离开电场区域，此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离为0；故选项A正确，选项B错误。故选ACD。24（1）负电荷；1.7×105N/C；（2）0.54N【解析】（1）小球受力分析如图由于电场力F与场强方向相反，说明小球带负电，小球受到的电场力由平衡条件得解得电场强度为（2）电场方向变为竖直向上且大小不变后，由动能定理可知由几何关系可知由牛顿第二定律得联立解得。25（1）1m/s；（2）5V【解析】（1）带电小球在第I象限做类平抛运动，在x轴方向上做匀速直线运动，有 在y方向上，做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，加速度 y轴位移 由式解得，初速度v0的大小为在第I象限运动时间（2）带电小球在A点的速度方向与x轴夹角的正切值为进入第象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，说明重力与电场力合力沿AB直线，所以有从A点到B点沿电场线方向上的距离所以A、B两点间的电势差UAB为