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

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1、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()AU变小，E变小BE变大，Ep变大CU变小，Ep不变 DU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UEd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

2、案C2(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，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()AU变大，E不变，不变BU不变，E变小，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QCU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UEd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

3、势不变，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AD3(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vB2v0，由动能定理有qUABmvmv，解得UAB，C正确，A、B、D错误。答案C4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

4、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()Aa的电量一定大于b的电量Bb的质量一定大于a的质量Ca的比荷一定大于b的比荷Db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h2得，xv0，由于v0v0，可得，C正确。答案C5(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，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

5、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 mvmv，解得E，故选项D正确。答案ACD6(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AB2AD，质量m、

6、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2v1C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Wmvmv2，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

7、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C7(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，eU1mv，设偏转电场极板的长度为L，极板间的距离为h，则偏转量dat2。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

8、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ABD8一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、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

9、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dx。因为移动极板过程中电场强度E不变，故PE(dx)EdEx，其中xl0，则C正确；正电荷在P点的电势能EpqPqEdqEx，显然D错。答案C提升题组9(多选)(2018全国卷)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()Aa的质量比b的大B在t时刻

10、，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xa0t2，知微粒a的加速度大，由qEma0，知微粒a的质量小，A错误。由动能定理qExEk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qEtmv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。答案BD10(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

11、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处由静止释放一个粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是()A质子和粒子在O2处的速度大小之比为1：2B质子和粒子在整个过程中运动的时间相等C质子和粒子打到感光板上时的动能之比为1：2D质子和粒子打到感光板上的位置相同解析根据动能定理：mv20qU，解得：v，所以质子和粒子在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：Ek0q(UU)，所以

12、末动能与电量成正比，所以质子和粒子打到感光板上时的动能之比为12，C正确；O2到MN板，竖直方向：ht2，水平方向：xvt联立解得：x2，所以质子和粒子打到感光板上的位置相同，D正确。答案CD11(2017全国卷)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(q0)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

13、。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v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3。(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v2ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH。(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电

14、场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E。答案见解析12(2019全国卷)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(0)。质量为m、电荷量为q(q0)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EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv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hat2lv0t联立式解得Ekmvqhlv0(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L2l2v0。答案(1)mvqhv0(2)2v0