一点一练2016版高考物理复习专题十八电容器带电粒子专题演练含两年高考一年模拟.doc

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1、考点18电容器带电粒子 在电场中的运动两年高考真题演练1(2015新课标全国卷，14)如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从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)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动2(2015江苏单科，7)(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球()A做直线运动 B做曲线运动C速率先减小后增大 D速率先增大后减小3(2015海南单科，5)如图，一充电后的平行板电容器的两

2、极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力，则Mm为()A32 B21 C52 D314(2015天津理综，7)(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到

3、屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置5(2015山东理综，20)(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgdD克服电场力做功为mgd6(2014山东理综，19)如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A。已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生

4、的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()7(2014山东理综，18)如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A. B. C. D.8(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

5、为q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：(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。9(2015四川理综，10)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E1.5106 N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0106 C，质量m0.25 kg，与轨道间动摩擦因数0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的

6、夹角为，且tan 1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g10 m/s2。求：v/(ms1)0v22v5v5F/N263(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。10(2014新课标全国卷，25)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行。现

7、从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。考点18电容器带电粒子 在电场中的运动一年模拟试题精练1(2015南昌市调研)如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则()A油滴带正电B油滴带电荷量为C电容器的

8、电容为D将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动2(2015南昌市模拟)如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕过中心点O、O垂直于纸面的轴顺时针转动相同的小角度，然后释放P，则P在电场内将做()A匀速直线运动B水平向右的匀加速直线运动C斜向右下方的匀加速直线运动D曲线运动3(2015山西四校联考)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的

9、速度为v0，tT时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则()A该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B在tT/2时刻，该粒子的速度大小为2v0C若该粒子在T/2时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上D若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在tT时刻射出电场4(2015开封市模拟)如图所示，倾角为30的光滑绝缘斜面处于电场中，斜面AB长为L，一带电荷量为q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端时速度仍为v0，则()A小球在B点时的电势能一定大于小球在A点时的电势能BA、B两点之间的电势差一定为C若该电场是匀强电场，则电场强度的值一定是D若该电场是由

10、放在AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷5(2015长沙重点高中测试)(多选)如图所示，带正电q的小球Q固定在倾角为的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电的小球M从A点由静止释放，M到达B点时速度恰好为零。若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是()A在从A点至B点的过程中，M先做匀加速运动，后做匀减速运动B在从A点至C点和从C点至B点的过程中，前一过程M的电势能的增加量较小C在B点M受到的库仑力大小是mgsin D在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为UBA6(2015湖南十校联考)如图所示，真空

11、中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY，一束质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。参考答案考点18电容器带电粒子在电场中的运动两年高考真题演练1D两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mgqE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45后，两板间电场强度方向逆时针旋转45，电场力方向也逆时针旋转45，但大小不变，此时电场

12、力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确。2BC对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误。3A设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，aM，lt2；对m有amlt2，联立解得，A正确。4AD带电粒子经加速电场后速度v0，出偏转电场时的纵向速度vy，所以偏转电场E2对粒子做功为Wm(vv)mvq，故做功一样多，故A正确；粒子打到屏上时的速度为v，

13、与比荷有关，故速度不一样大，故B错误；纵向位移yat2，即位移与比荷无关，由相似三角形可知，打到屏幕上的位置相同，故D正确；运动到屏上所用时间t，与比荷有关，故C错误。5BC因0内微粒匀速运动，故E0qmg；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t时刻的竖直速度为vy1，水平速度为v0；在T时间内，由牛顿第二定律2E0qmgma，解得ag，方向向上，则在tT时刻，vy2vy1g0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了Epmgmgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgdW电0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。6A由于带正电的试探电

14、荷在球壳内运动时，不受电场力，没有力做功，动能不变，可知C、D项错误；在球壳外，电场力做正功，动能增大，且由F库k可知随r的增大，F库减小，体现为Ekr图线的斜率减小，故选项A正确，B错误。7B因为两粒子轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向v0t，竖直方向at2且满足a，三式联立解得v0，故B正确。8解析(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功WqE(yAyC)3qEl0(2)粒子只要沿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tADtDBT，且tBCT由牛顿第二定律qEma由运动学公式得yDaT2

15、从D到C做类平抛运动，沿y轴方向：yD3l0a(2T)2由式解得T则AC过程所经历的时间t3T3(3)粒子由D到C过程中x轴方向：2l0vD2Ty轴方向：vCya2TvC由式解得vC答案(1)3qEl0(2)3(3)9解析(1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F12 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间t1速度为v1，则F1mgma1v1a1t1由式并代入数据得t10.5 s(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F26 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2mgma2设小物体P从速度v1经过t2时间，在A点的速度为v2，则t20.55 st1v2v1a2t

16、2P从A点至B点，受外力F26 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则F2mgqEma3vv2a3x1P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为 FE，有FEF3F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为t3，水平位移为x2，由题意知tan x2v3t3设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则WqE(x1x2)联立，式并代入数据得W9.25 J答案(1)0.5 s(2)9.25 J10解析(1)设小球的初

17、速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有解得xd。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关

18、系可得30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。设场强的大小为E，有qEdcos 30EpA由式得E答案(1)(2)，方向与竖直向下成30夹角一年模拟试题精练1C带电油滴静止在两板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，A项错误；由场强与电势差关系可知mgEqq，解得q，B项错误；由题意知，电容器带电荷量Qkq，由电容的定义式知，C，C项正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，F电q，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，D项错误。2B3A由题设条件可知：粒子在0做类平抛

19、运动，在T做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A正确；前后两段运动的时间相等，时将速度分解，设板长为l，由类平抛运动规律可得：lv0T，lvT，则vv0，则时刻该粒子的速度为v0，选项B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ板右边缘射出电场，选项C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，粒子在场中运动的时间t，选项D错误。4B对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力和电场力作用，由功能关系及能量守恒定律可知，由A点到B点的过程中，重力做负功，重力势能增

20、大，电场力做正功，电势能减小，合外力做的功为零，动能不变。小球在A点时的电势能大于在B点时的电势能，A错误；由动能定理可知，qUABmgLsin 0，可求得A、B两点之间的电势差为，B正确；由于不知道电场方向，因此不能确定电场强度的大小，C错误；由于电场力做正功，而场源电荷位置不同，做功结果也不同，故D错误。5BD以带电小球M为研究对象，带电小球M受到重力、电场力、弹力三个力作用，根据牛顿第二定律和库仑定律可得mgsin kma，又两小球间的距离在减小，故小球M在从A点至B点的过程中，先做速度增大、加速度减小的变加速运动，然后做速度减小、加速度增大的减速运动，且小球M在B点受到的库仑力大小为F

21、库kma1mgsin mgsin ，故A、C错误；根据电势能的变化量与电场力做功的关系可得，在从A点至C点的过程中，电势能的增加量为EpACWACqUCA，在从C点至B点的过程中，电势能的增加量为EpCBWCBqUBC，又UCAUBC，则EpACEpCB，故B正确；根据动能定理可得，mgLsin qUBA0，解得UBA，故D正确。6解析(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有yat2Lv0tvyattan ，联立可得x即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两极间的中心O点。(2)aE由式解得y当y时，UYY则两板间所加电压的范围为UYY(3)当y时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0ybtan 又tan ，解得y0故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0。答案(1)见解析(2)UYY(3)13