2023版高考物理一轮总复习专题7电场第3讲电容带电粒子在电场中的运动课后提能演练

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1．如图所示，将电动势为E的电源与电容为C的电容器相连，中间接有一个理想二极管，一个质量为m、电荷量为q的粒子静止在P点，则( )
A．若下板上移，电容器的电容增大，带电粒子将向下加速
B．若下板上移，电容器的电容减小，带电粒子将向下加速
C．若下板下移，电容器的电容减小，带电粒子将静止不动
D．若下板下移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速
【答案】C
2．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中( )
A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关
【答案】C
3．(多选)如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连．开始时开关闭合，一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器．则下列判断正确的是( )
A．保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上
B．保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器
C．断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上
D．断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器
【答案】AD 【解析】开始时，油滴能沿直线飞过两板，可知油滴受向下的重力和向上的电场力平衡，油滴带负电；若保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，根据E＝eq \f(U,d)可知，两板间场强变大，粒子受向上的电场力变大，粒子向上偏转，则粒子可能打在电容器的A板上，A正确，B错误；断开开关，则两板带电量不变，根据C＝eq \f(Q,U)、E＝eq \f(U,d)以及C＝eq \f(εrS,4πkd)，得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，则将B板竖直向上平移一小段距离，两板间场强不变，粒子受电场力不变，则粒子仍能沿原中心线通过电容器，C错误，D正确．
4．(多选)如图甲所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场．现在A、B两板间加上如图乙所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状况的表述中正确的是( )
A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动
B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动
C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出
D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出
【答案】BC
5．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球P、Q，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的( )
A．运行时间tP>tQ
B．电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1
C．电荷量之比qP∶qQ＝2∶1
D．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
【答案】C 【解析】两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A错误；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由x＝eq \f(1,2)at2可得aP∶aQ＝2∶1，则qP∶qQ＝2∶1，C正确；电势能的减少量ΔEP∶ΔEQ＝(qPE·xP)∶(qQE·xQ)＝4∶1，B错误；动能增加量(mgh＋ΔEP)∶(mgh＋ΔEQ)<4∶1，D错误．
6． AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程( )
A．运动加速度aa＞ab＞acB．飞行时间tb＝tc＞ta
C．水平速度va＞vb＝vcD．电势能的减少量ΔEc＝ΔEb＞ΔEa
【答案】B 【解析】根据牛顿第二定律得微粒的加速度a＝eq \f(qE,m)，据题eq \f(q,m)相同，E相同，所以加速度相同，即aa＝ab＝ac，故A错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2y,a))，由图有yb＝yc＞ya，则得tb＝tc＞ta，故B正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t得v0＝eq \f(x,t)，由图知xa＞xb＞xc，又tb＝tc＞ta，则得va＞vb＞vc，故C错误；电场力做功为W＝qEy，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，故D错误．
7．(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A．若t＝0时刻释放电子，则电子始终向右运动，直到打到右极板上
B．若t＝0时刻释放电子，则电子可能在两板间振动
C．若t＝eq \f(T,4)时刻释放电子，则电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．若t＝eq \f(3T,8)时刻释放电子，则电子必然打到左极板上
【答案】AC
综合提升练
8．(2021年黄山一模)如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠A＝30°．有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q(q＞0)，以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点．若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为( )
A．eq \f(Ek,qR) B．eq \f(2Ek,qR)
C．eq \f(\r(3)Ek,3qR) D．eq \f(2\r(3)Ek,3qR)
【答案】D 【解析】从A点到B点应用动能定理有qUAB＝2Ek－Ek＝Ek，从A点到C点应用动能定理有qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek，所以UAC＝2UAB，作出等势面和电场线如图所示．则从A点到B点应用动能定理有qEd＝qE|AD|＝Ek，即qEeq \f(\r(3)R,2)＝Ek，解得E＝eq \f(2\r(3)Ek,3qR)，D正确，A、B、C错误．
9．(多选)真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．现有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )
A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
D．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
【答案】BC 【解析】设AB间的电压为U1，CD间的电压为U2、板长为L、板距为d，CD右边缘离荧光屏的距离为s，从一般情况考虑，在加速电场中有qU1＝eq \f(1,2)mv2，进入偏转电场做类平抛运动，穿出CD到M的时间t＝eq \f(L＋s,v)＝eq \f(L＋s,\r(\f(2qU1,m)))，由于三种粒子的比荷eq \f(q,m)不同，所以三种粒子穿出CD板到M的时间不同，A错误；偏移的距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(qU2,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v)))2＝eq \f(qU2L2,2mdv2)，偏转角的正切tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v)＝eq \f(qU2L,dmv2)，由以上两式解得y＝eq \f(U2L2,4U1d)，tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，由两式可以看出，三种粒子从CD边缘的同一点穿出，且速度方向相同，那么最后打到荧光屏上的位置相同，所以B正确；偏转电场对三种粒子所做功W＝qEy＝eq \f(U2,d)qy，则做功之比等于电量之比，为1∶1∶2，C正确，D错误．
10．在xOy直角坐标系中，三个边长都为2 m的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0，在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场，现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，其恰好能通过E点．
(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；
(2)保持第(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系？
(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2＝eq \f(4,3)E0，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系？
解：(1)设粒子出第一象限电场时速度为v，在第一象限中加速时，由动能定理得E0qx0＝eq \f(1,2)mv2，
其中x0＝2 m．
要使粒子过E点，在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，水平方向位移为x0，则
y＝eq \f(1,2)·eq \f(E1q,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,v)))2，
又x0＝y＝2 m，
解得E1＝4E0．
(2)设坐标为(x，y)，通过第一象限电场过程中，出电场时速度为v1，在第一象限电场中加速时，由动能定理，得
E0qx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
同上，要使粒子过E点，在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，水平方向位移也为y，则
y＝eq \f(1,2)·eq \f(E1q,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,v1)))2，
解得y＝x．
(3)如图所示为其中一条轨迹图，从DE出电场时与DE交于Q，进入CDE电场后，初速度延长线与DE交于G，出电场时速度反向延长线与初速度延长线交于P点，设在第一象限出发点的坐标为(x，y)．
由图可知，在CED中带电粒子的水平位移为y，设偏转位移为y′．
则y′＝eq \f(1,2)·eq \f(E2q,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,v2)))2，
而eq \f(y′,y－y′)＝eq \f(GP,NE)，
其中GP＝eq \f(y,2)，NE＝2 m，
在第一象限加速过程中，有E0qx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
解得y＝3x－4(m)．
11．如图所示，电场强度大小E＝eq \f(mg,q)的竖直匀强电场中，长为L的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端固定一质量为m，带电荷量为＋q的小球．在O点正上方和正下方L处，分别固定一个绝缘挡板A、B，两挡板竖直放置且尺寸较小．现将小球拉到与O点同一高度且距O点右侧l处，给它一个竖直向上的初速度v0，此后小球在A、B右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板A、B碰撞，小球与挡板碰撞时不损失机械能，碰后瞬间电场立即反向，大小不变，重力加速度大小为g．求：
(1)小球与挡板A碰后，能做圆周运动到挡板B，初速度v0的最小值为多大？
(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，则小球与挡板A、B第一次碰撞前瞬间，轻绳的拉力分别为多大？
(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50mg，则在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数为多少？
解：(1)小球与挡板A碰前，由于qE＝mg，小球将做匀速圆周运动到挡板A．
小球与挡板A碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力的作用下做圆周运动到挡板B，此过程中F＝qE＋mg＝2mg，方向向下，要能做圆周运动，则最高点A处满足
qE＋mg≤meq \f(v\\al(2,0),l)，解得v0≥eq \r(2gl)．
因而小球初速度的最小值为eq \r(2gl)．
(2)小球第一次与挡板A碰前做匀速圆周运动，有
TA1＝meq \f(v\\al(2,0),l)，解得TA1＝2mg．
小球第一次与挡板A碰后，将做变速圆周运动到挡板B与挡板B第一次碰撞，在该过程中，根据动能定理，有(qE＋mg)2l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
小球第一次与挡板B碰前瞬间，由圆周运动的知识，有
TB1－qE－mg＝meq \f(v\\al(2,B1),l)，解得TB1＝12mg．
(3)小球与挡板B第一次碰后到小球与挡板A第二次碰前，由于qE＝mg，且方向相反，小球做匀速圆周运动，则小球与挡板A第二次碰前有vA2＝vB1，
因而轻绳的拉力TA2＝meq \f(v\\al(2,A2),l)，
联立解得TA2＝10mg．
小球与挡板A第二次碰后到小球与挡板B第二次碰前的过程，根据动能定理，有
(qE＋mg)2l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A2)，
小球与挡板B第二次碰前瞬间，根据圆周运动的知识，有TB2－qE－mg＝meq \f(v\\al(2,B2),l)，
联立解得TB2＝20mg．
由以上分析，可知小球每次与挡板A、B碰撞前，轻绳的拉力均比上一次与挡板碰撞增加
ΔT＝TA (n＋1)－TA n＝TB (n＋1)－TB n＝8mg，
因而小球与挡板B第n次碰前，轻绳的拉力
TB n＝TB1＋(n－1)ΔT＝4(2n＋1)mg，
如果轻绳断裂，则应有TBn≥50mg，
解得n≥5.75．
因而小球与挡板A碰撞6次，与挡板B碰撞5次后在小球还未与挡板B发生第6次碰撞前轻绳已经断裂，因而小球与挡板碰撞的总次数
N＝6＋5＝11(次)．