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31.docx

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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31

【全程复习方略】2014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3-1

（40分钟100分）

一、选择题（本大题共10小题，每小题7分，共70分。

多选题已在题号后标出，选不全得4分）

1.水平放置的平行板电容器与一电池相连。

在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态。

现将电容器两板间的距离增大，则（）

A.电容变大，质点向上运动B.电容变大，质点向下运动

C.电容变小，质点保持静止D.电容变小，质点向下运动

2.（多选）如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的（设电源电动势为E）（）

A.电子到达B板时的动能是Ee

B.电子从B板到达C板动能变化量为零

C.电子到达D板时动能是3Ee

D.电子在A板和D板之间做往复运动

3.（2013·岳阳模拟）平行板间加如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=

时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图像的是（）

4.（多选）如图所示,平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。

则在B极板移动的过程中

（）

A.油滴将向下做匀加速运动

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

A.0

B.2×10-10s

C.4×10-10s

D.6×10-10s

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

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；由

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6×10-10～8×10-10s，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）

可得：

E=

（2分）

（2）由Q=CU（2分）

U=Ed（2分）

可得：

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

（1分）

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）

答案:

（1）47m

（2）9.8J