版高考物理一轮复习 B卷第六章 第3讲电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课时提升作业 教科版选修31Word格式文档下载.docx
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B.电流计中电流由b流向a
C.油滴运动的加速度逐渐变大
D.极板带的电荷量减少
5.如图所示,长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中。
一电荷量为+q,质量为m的小球,以初速度v0由斜面底端的M点沿斜面上滑,到达斜面顶端N的速度仍为v0,则()
A.电场强度等于
B.电场强度等于
C.M、N两点的电势差为
D.小球在N点的电势能大于在M点的电势能
6.(多选)(2013·
南昌模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场,在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响),P小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两极板正中央由静止开始释放,两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点,则从开始释放到打到右极板的过程中()
A.它们运动时间的关系为tP>
tQ
B.它们的电荷量之比为qP∶qQ=2∶1
C.它们的竖直分速度增量之比为Δv1∶Δv2=2∶1
D.它们的电势能减少量之比为ΔEP∶ΔEQ=4∶1
7.(多选)示波器是一种常见的电学仪器,可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。
电子经电压u1加速后进入偏转电场。
下列关于所加竖直偏转电压u2、水平偏转电压u3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是()
A.如果只在u2上加上图甲所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图(a)所示
B.如果只在u3上加上图乙所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图(b)所示
C.如果同时在u2和u3上加上图甲、乙所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图(c)所示
D.如果同时在u2和u3上加上图甲、乙所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图(d)所示
8.真空中的某装置如图所示,现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放,经过相同加速电场和偏转电场,射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上,使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4,电量之比为1∶1∶2,重力不计)。
下列说法中正确的是()
A.三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1
B.三种粒子射出偏转电场时的速度相同
C.在荧光屏上将只出现1个亮点
D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
9.(多选)(2013·
昆明模拟)如图所示,C是中间插有电介质的电容器,a和b为其两极板,a板接地,P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球;
P板与b板用导线相连,Q板接地。
开始时悬线静止在竖直方向,在b板带电后,悬线偏转角度α变大的是()
A.缩小a、b间的正对面积
B.减小a、b间的距离
C.取出a、b两极板间的电介质,换一块形状大小相同的导体
D.取出a、b两极板间的电介质
10.如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,t=0时,Q板比P板电势高5V,此时在两板的正中央M点有一个电子,速度为零,电子在电场力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化。
假设电子始终未与两板相碰。
在0<
t<
8×
10-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧,速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()
A.0<
2×
10-10s
B.2×
10-10s<
4×
C.4×
6×
D.6×
二、计算题(本大题共2小题,共30分。
要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(14分)如图所示,两个带等量异种电荷、竖直正对放置、电容为C、间距为d的平行金属板,两板间的电场可视为匀强电场。
将一个质量为m、电荷量为-q的带电小球,用长度为L(L<
d)的、不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间电场中的O点。
此外在两板之间还存在着一种特殊物质(图中未画出),这种物质能使处于电场中的小球受到一个大小为F=kv(k为常数,v为小球的速率)、总是背离圆心方向的力。
现将小球拉至细线刚好伸直但不绷紧的位置M,某时刻由静止释放小球,当小球向下摆过60°
到达N点时,小球的速度恰好为零。
若在小球下摆过程中,细线始终未松弛,重力加速度取g,不考虑空气阻力的影响,试求:
(1)两板间的电场强度E是多少?
(2)左侧金属板所带的电荷量Q是多少?
(3)小球到达N点时的加速度大小是多少?
12.(能力挑战题)(16分)如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2kg,带电荷量为q=+2.0×
10-6C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。
从t=0时刻开始,空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向,g取
10m/s2)。
求:
(1)23s内小物块的位移大小;
(2)23s内静电力对小物块所做的功。
答案解析
1.【解析】选D。
带电质点在电容器中处于静止状态,有mg=qE,因为电容器与电源连接,电压不变,E=
,d增大,电容C减小,E减小,质点向下运动,答案为D。
2.【解析】选A、B、D。
电子从A板到B板做匀加速运动,且eE=ΔEk,A正确;
在BC之间做匀速运动,B正确;
从C板到D板做匀减速运动,到达D板时,速度减为零,之后电子由D板向A板运动,C错误,D正确。
3.【解析】选A。
粒子从
时刻在电场中做匀加速直线运动,在T时刻电场反向,粒子做匀减速直线运动,在
T时刻速度减为零,以后循环此过程,故本题只有选项A正确。
4.【解析】选C、D。
由C=
可知,d增大,电容器电容C减小,由Q=CU可知,电容器的电荷量减少,电容器放电,电流由a流向b,D正确,B错误;
由E=
可知,在B板下移过程中,两板间场强逐渐减小,由mg-Eq=ma可知油滴运动的加速度逐渐变大,C正确,A错误。
【总结提升】含容电路的分析方法
(1)先确定出电容器的不变量(U或Q)。
(2)根据给出的变量,判断出会引起哪些量变化。
(3)电路中有电流出现的条件是电容器所带的电量Q发生变化。
(4)根据电容器带正电的极板上电荷的增、减情况确定出充、放电时电路中电流的方向。
5.【解析】选A。
小球受到重力、电场力、支持力三个恒力作用,沿斜面匀速运动,必有mgsinθ=Eqcosθ,解得:
E=
A正确,B错误;
UMN=E·
Lcosθ=
,C错误;
因电场力对小球做正功,小球的电势能减少,故小球在N点的电势能小于在M点的电势能,D错误。
【变式备选】
(多选)如图所示,在绝缘的斜面上方,存在着匀强电场,电场方向平行于斜面向上,斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动。
已知金属块在移动的过程中,力F做功32J,金属块克服电场力做功8J,金属块克服摩擦力做功16J,重力势能增加18J,则在此过程中金属块的()
A.动能减少10J
B.电势能增加24J
C.机械能减少24J
D.内能增加16J
【解析】选A、D。
由动能定理可知ΔEk=32J-8J-16J-18J=-10J,A正确;
克服电场力做功为8J,则电势能增加8J,B错误;
机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功,故应为ΔE=32J-8J-16J=8J,C错误;
物体内能的增加量等于克服摩擦力所做的功,D正确。
6.【解析】选B、D。
由于两球在竖直方向均做自由落体运动,运动时间由h=
决定,可知tP=tQ,A错误。
两小球的水平位移之比为xP∶xQ=2∶1,据x=
可知,加速度之比为2∶1,故两球的电量之比为2∶1,B正确。
两小球在竖直方向只受重力作用,位移相同,所以它们在竖直方向上的分速度增量相同,故C错误。
电势能的减少量等于电场力所做的功,ΔEP∶ΔEQ=qPExP∶qQExQ=4∶1,故D正确。
7.【解析】选A、B、D。
如果只在AB上加上题图甲所示的电压,电子将在竖直方向偏转,故A正确;
如果只在CD上加上题图乙所示的电压,则电子将在水平方向上偏转,故B正确;
如果同时在AB和CD上加上甲、乙所示的电压,则t=0时,向x轴负方向偏转位移最大,之后电子在竖直方向上,先向上偏再向下偏,在T时间内竖直方向电子振动一个周期,形成一个完整的波形,故C错误,D正确。
8.【解析】选C。
由U1q=
得:
v01∶v02∶v03=
∶1∶1,再由t=
可得:
t1∶t2∶t3=1∶
∶
A错误;
由
可知,三种粒子从偏转电场同一点射出,且速度方向相同,故一定打在屏上的同一点,C正确;
mv2=U1q+
·
y可得:
,因
不同,故三种粒子出偏转电场的速度不相同,B错误;
由偏转电场对三种粒子做的功为W电=
q·
y可知,W电1∶
W电2∶W电3=1∶1∶2,D错误。
9.【解析】选A、D。
欲使偏转角度α变大,应使P、Q板间的电势差变大,由于a板、Q板接地,b板、P板连接在一起,所以应使a、b板间的电势差增大,再据U=
可知,在Q不变时,应使C减小,由电容的决定式
可知,应使S减小或εr减小或d增大,故选项A和D正确。
10.【解析】选D。
分析电子的受力可知,电子从M点开始先向右加速,再向右减速,4×
10-10s末速度为零,然后再向左加速至6×
10-10s,从6×
10-10~8×
10-10s再向左减速,速度图像如图所示,由此可知电子在M点右侧,速度方向向左且大小减小的时间为6×
10-10s,D正确。
11.【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)力F与速度v始终垂直,不做功。
(2)小球到N点的瞬时速度为零,但不处于平衡状态。
【解析】
(1)由题意可知,电场力方向水平向右,由M到N,对小球应用动能定理得:
mgLsin60°
-EqL(1-cos60°
)=0(3分)
(2分)
(2)由Q=CU(2分)
U=Ed(2分)
Q=
(1分)
(3)小球在N点的加速度沿切线方向,由牛顿第二定律得:
Eqsin60°
-mgcos60°
=ma(3分)
解得:
a=g(1分)
答案:
(1)
(2)
(3)g
12.【解析】
(1)0~2s内小物块的加速度
(1分)
位移
2s末小物块的速度为v2=a1t1=4m/s(1分)
2~4s内小物块的加速度
(1分)
位移x2=x1=4m(1分)
4s末的速度v4=0(1分)
因此小物块做周期为4s的变速运动,第22s末的速度为v22=4m/s
(1分)
第23s末的速度为v23=v22+a2t=2m/s(t=1s)(2分)
所求位移为
(2分)
(2)23s内,设静电力对小物块所做的功为W,由动能定理有:
W-μmgx=
(3分)
解得W=9.8J。
(2分)
(1)47m
(2)9.8J