2019年高考物理大一輪復習 6.20 電容器　帶電粒子在電場中的運動（一） 滬科版.doc

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2019年高考物理大一輪復習 6.20 電容器　帶電粒子在電場中的運動（一） 滬科版 　課時規(guī)范練第33頁　 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.一帶負電荷的質(zhì)點,在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c,已知質(zhì)點的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向,下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)(　　) 解析:做曲線運動的物體,速度的方向沿軌跡上該點的切線方向,而物體做曲線運動的條件是合外力與速度不共線,選項A錯誤;負電荷受力方向與該點電場強度方向相反,并且軌跡曲線應向力的方向彎曲,選項C錯誤;質(zhì)點從a到c減速,故電場力的方向與速度方向的夾角為鈍角,選項B錯誤,D正確。 答案:D 2.(xx湖北檢測)傳感器是一種采集信息的重要器件。如圖所示是一種壓力傳感器。當待測壓力F作用在可動膜片電極上時,可使膜片發(fā)生形變,引起電容的變化,將電容器、靈敏電流計和電源串聯(lián)成閉合電路,那么(　　) A.當F向上壓膜片電極時,電容將減小 B.當F向上壓膜片電極時,電容將不變 C.若電流計有示數(shù),則壓力F發(fā)生了變化 D.若電流計有示數(shù),則壓力F不發(fā)生變化 解析:根據(jù)C=,向上壓膜片電極時,兩電極間距離d減小,電容將增大,選項A、B錯誤;電容變化引起兩極板上電荷量的變化,靈敏電流計有示數(shù),故選項C正確,D錯誤。 答案:C 3.如圖所示是一個說明示波管工作的原理圖,電子經(jīng)加速電場(加速電壓為U1)加速后垂直進入偏轉電場,離開偏轉電場時偏轉量是h,兩平行板間的距離為d,電壓為U2,板長為l,每單位電壓引起的偏移叫作示波管的靈敏度,為了提高靈敏度,可采用下列哪些方法(　　) A.增大U1 B.減小l C.減小d D.增大U2 解析:根據(jù)題意,由每單位電壓引起的偏移叫作示波管的靈敏度,聯(lián)立U1q=m和h=y= ()2,解得=,可知本題只有選項C正確。 答案:C 4.(xx河南鄭州第二次質(zhì)檢)如圖所示,光滑絕緣桿PQ放置在豎直平面內(nèi),PQ的形狀與以初速度v0(v0=)水平拋出的物體的運動軌跡相同,P端為拋出點,Q端為落地點,P點距地面的高度為h?，F(xiàn)在將該絕緣桿置于水平向右的勻強電場中,將一帶正電的小球套于其上,由靜止開始從P端滑下。已知重力加速度為g,電場力等于重力。當小球到達Q端時(　　) A.小球的速率為 B.小球的速率為2 C.小球在水平方向的速度大小為 D.小球在水平方向的速度大小為2 解析:由題意可知,PQ的形狀與以初速度v0水平拋出的物體的運動軌跡相同,初速度v0=,可得PQ的水平距離為2h,又知電場力等于重力,由動能定理可得,到達Q端時小球的速率為v=,選項A正確,B錯誤;在Q點將速度分解可知,水平分速度為vx=,選項C、D錯誤。 答案:A 5.(xx課標全國Ⅰ,16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連,上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方處的P點有一帶電粒子,該粒子從靜止開始下落,經(jīng)過小孔進入電容器,并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移,則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A.打到下極板上 B.在下極板處返回 C.在距上極板處返回 D.在距上極板d處返回 解析:由題意知,帶電粒子落到下極板處的速度為0,設此時電場強度為E,根據(jù)動能定理有,mg(d+)-qEd=0,板間電壓不變的情況下,下極板向上平移后,電場強度變?yōu)樵瓉淼谋?所以后來的電場強度為E=,假設帶電粒子在距上極板h處時,速度變?yōu)?,根據(jù)動能定理得mg(h+)-qEh=0,得h=。 答案:D 6.如圖所示,將平行板電容器兩極板分別與電池的正、負極相接,兩板間一帶電微粒P恰好處于靜止狀態(tài),現(xiàn)將下極板向下平移一小段距離,則在此過程中下列說法中正確的是(　　) A.電容器的帶電荷量變大 B.電路中有順時針方向的短暫電流 C.帶電微粒仍將靜止 D.帶電微粒將向下做加速運動 解析:由題意可知電容器兩極板始終跟電源相連,所以電容器兩板間電壓保持不變,根據(jù)C=可知:當下極板向下平移一小段距離過程中,d增大,電容C減小,又由Q=CU得電容器帶電荷量減小,電容器放電,電路中有短暫的順時針方向的電流,故選項A錯誤,B正確;因帶電微粒所受重力向下,原來處于靜止狀態(tài),所以電場力向上,由E=可知E減小,電場力減小,合力向下,粒子向下做加速運動,故選項C錯誤,D正確。 答案:BD 7.(xx東北三校第一次聯(lián)考)如圖所示,勻強電場中有一絕緣直角桿PQM,PQ=L,QM=2L,桿上固定三個帶電小球A、B、C,初始時桿PQ與電場線垂直?，F(xiàn)將桿繞Q點順時針轉過90至虛線位置,發(fā)現(xiàn)A、B、C三個球的電勢能之和保持不變,若不計小球間的相互作用,下列說法正確的是(　　) A.此過程中,電場力對A球和C球做功的代數(shù)和為零 B.A球一定帶正電,C球一定帶負電 C.此過程中C球電勢能減少 D.A、C兩球帶電荷量的絕對值之比|qA|∶|qC|=2∶1 解析:由于A、B、C三個球的電勢能之和不變,可知電場力對A球和C球做功的代數(shù)和為零,即W=qAEL+qCE2L=0,但A、C兩球帶電荷性質(zhì)不能確定,可知A、C兩球帶電荷量的絕對值之比|qA|∶|qC|=2∶1,則選項A、D正確,B、C錯誤。 答案:AD 8.(xx東北三校聯(lián)考)光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在電場強度為E的勻強電場中,電場方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由某一邊的中點以垂直于該邊的水平初速度v0進入該正方形區(qū)域。當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時,具有的動能可能為(　　) A.0 B.m+qEl C.m D.m+qEl 解析:根據(jù)題意,小球從進入正方形區(qū)域至穿出該區(qū)域時可能存在下列三種情況:從穿入處再穿出時,靜電力不做功,選項C正確;從穿入邊的鄰邊穿出時,靜電力做正功W=Eq,由功能關系知選項B正確;從穿入邊的對邊穿出時,若靜電力做負功,且功的大小等于m,則選項A正確;而靜電力做正功時,不可能出現(xiàn)W=Eql,選項D錯誤。 答案:ABC 二、非選擇題(本題共3小題,共52分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟,有數(shù)值計算的要注明單位) 9.(17分)(xx黑龍江哈爾濱三中高三期末)如圖所示,一平行板電容器水平放置,兩板有方向豎直向上的勻強電場,板間距d=0.40 m,電壓U=10 V,金屬板M上開有一小孔。有A,B兩個質(zhì)量均為m=0.10 g、電荷量均為q=+8.010-5 C的帶電小球(可視為質(zhì)點),其間用長為L=0.10 m的絕緣輕桿相連,處于豎直狀態(tài),A小球恰好位于小孔正上方H=0.20 m處?，F(xiàn)由靜止釋放并讓兩個帶電小球保持豎直下落。(g取10 m/s2)求: (1)小球在運動過程中的最大速率。 (2)小球在運動過程中距N板的最小距離。 解析:(1)由受力分析可知,當F合=0時,速度最大,設有n個球進入電場時,合力為零。 2mg=nEq E= 代入數(shù)據(jù),n=1 可知當A球剛進入電場時,F合=0時,小球速率達到最大值 v2=2gH v==2 m/s。 (2)設B球進入電場距M板為s1時小球的速度變?yōu)?,則根據(jù)動能定理有2mg(H+s1+L)-qEs1-qE(s1+L)=0 解得s1=0.2 m 可得A球距N板的最小距離為Δs=d-s1-L=0.1 m。 答案:(1)2 m/s　(2)0.1 m 10.(17分)如圖,一平行板電容器的兩個極板豎直放置,在兩極板間有一帶電小球,小球用一絕緣輕線懸掛于O點。現(xiàn)給電容器緩慢充電,使兩極板所帶電荷量分別為+Q和-Q,此時懸線與豎直方向的夾角為。再給電容器緩慢充電,直到懸線和豎直方向的夾角增加到,且小球與兩極板不接觸。求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量。 解析:設電容器電容為C。第一次充電后兩極板之間的電壓為 U=① 兩極板之間電場的電場強度為E=② 式中d為兩極板間的距離 按題意,當小球偏轉角θ1=時,小球處于平衡位置。設小球質(zhì)量為m,所帶電荷量為q,則有Tcos θ1=mg③ Tsin θ1=qE④ 式中T為此時懸線的張力 聯(lián)立①②③④式得tan θ1=⑤ 設第二次充電使正極板上增加的電荷量為ΔQ,此時小球偏轉角θ2=,則 　　tan θ2=⑥ 聯(lián)立⑤⑥式得=⑦ 代入數(shù)據(jù)解得 ΔQ=2Q。 答案:2Q 11.(18分)(xx河北保定摸底)在科學研究中,可以通過施加電場或磁場實現(xiàn)對帶電粒子的控制。在如圖所示的直角坐標系xOy中,原點O處有一粒子源,沿y軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射同一種帶正電的粒子,粒子的初速度值分布在某一范圍內(nèi),初速度的最大值是v1,最小值是v2,不計粒子重力?，F(xiàn)施加一個沿x軸正方向的勻強電場,電場區(qū)域邊界是正方形OABC,經(jīng)電場區(qū)域從邊界射出的粒子分布在DBE范圍內(nèi),從D點和E點射出的粒子速度方向與x軸正方向夾角分別為45和30。求: (1)v1與v2的比值。 (2)保持電場的方向不變,改變電場的邊界,使這些粒子從電場的邊界射出時,速度方向與x軸正方向夾角均為30。求改變后電場的邊界方程。 解析:(1)設正方形的邊長為L,粒子沿x方向的加速度為a, 從D點射出的粒子初速度是v1 tan 45= v1= vx1=at 　　解得v1= 從E點射出的粒子初速度是v2 tan 30= =2aL 解得v2= =。 　　(2)粒子在勻強電場中做類平拋運動,從電場邊界上的P點射出,設P點坐標為(x,y),沿x和y方向的分速度為vx和vy,則: vy=vxtan 30 x=t 　　y=vyt 解得:y=x 該邊界線的函數(shù)關系式為y=x。 答案:(1)∶　(2)y=x