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江苏省高考物理一轮复习精选精练专题六:电容器 带电粒子在电场中的运动


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第六章

第 3 单元

电容器

带电粒子在电场中的运动

一、单项选择题(本题共 5 小题,每小题 7 分,共 35 分) ε0S 1.一平行板电容器两极板间距为 d,极板面积为 S,电容为 ,其中 ε0 是常量.对此电容 d 器充电后断开电源.当增加两板间距时,电容器极板间 A.电场强度不变,电势差变大 B.电场强度不变,电势差不变 C.电场强度减小,电势差不变 D.电场强度减小,电势差减小 ( )

2.平行板间有如图 1 所示的周期性变化的电压.重力不计的带电粒 子静止在平行板中央,从 t=0 时刻开始将其释放,运动过程中无 碰板情况.在图 2 所示的图象中,能正确定性描述粒子运动的速 度图象的是 ( )

图1

图2

3.如图 3 所示,地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场,一个质量为 m 的带负电的小球以水平方向的初速度 v0 由 O 点射入该区域,刚好通过 直平面中的 P 点,已知连线 OP 与初速度方向的夹角为 45° ,则此带电 小球通过 P 点时的动能为 1 B. mv02 2 ( ) 3 A.mv02 C.2mv02 5 D. mv02 2 图 竖

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4.示波管是一种多功能电学仪器,它的工作原理可以等效成下列情况:如图 4 所示,真空 室中电极 K 发出电子(初速度不计),经过电压为 U1 的加速电场后,由小孔 S 沿水平金属 板 A、B 间的中心线射入板间.金属板长为 L,相距为 d,当 A、B 间电压为 U2 时电子偏 离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点.已知电子的质量为 m,电荷量为 e,不计电 子重力,下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是 ( )

图4 A.U1 变大,U2 变大 C.U1 变大,U2 变小 B.U1 变小,U2 变大 D.U1 变小,U2 变小

5.如图 5 所示,静止的电子在加速电压 U1 的作用下从 O 经 P 板的小孔射出,又垂直进入 平行金属板间的电场,在偏转电压 U2 的作用下偏转一段距离.现使 U1 加倍,要想使电子的运动轨迹不发生变化,应该 A.使 U2 加倍 B.使 U2 变为原来的 4 倍 C.使 U2 变为原来的 2倍 D.使 U2 变为原来的 1/2 二、多项选择题(本题共 4 小题,每小题 7 分,共 28 分.每小题有多个选项符合题意,全部选 对的得 7 分,选对但不全的得 3 分,错选或不答的得 0 分) 6.有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒,从极板左侧 中央以相同的水平初速度 v 先后垂直场强方向射入,分别落到极板 A、 B、C 处,如图 6 所示,则下列说法正确的有 A.落在 A 处的微粒带正电,B 处的不带电,C 处的带负电 B.三个微粒在电场中运动时间相等 C.三个微粒在电场中运动的加速度 aA<aB<aC D.三个微粒到达极板时的动能 EkA>EkB>EkC 7.如图 7 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 8.如图 8 所示,C 为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 图7 ( ) ( ) 图6 图5 ( )

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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,悬线偏转了角度 α.在以下方法中, 能使悬线的偏角 α 变大的是( A.缩小 a、b 间的距离 B.加大 a、b 间的距离 C.取出 a、b 两极板间的电介质 D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 9.竖直放置的平行金属板 A、B 连接一恒定电压,两个电荷 M 和 N 以相同的速率分别从极板 A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间 电场,恰好从极板 B 边缘射出电场,如图 9 所示,不考虑电荷的 重力和它们之间的相互作用,下列说法正确的是 A.两电荷的电荷量可能相等 B.两电荷在电场中运动的时间相等 C.两电荷在电场中运动的加速度相等 D.两电荷离开电场时的动能相等 三、计算题(本题共 3 小题,共 37 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 骤.只写出最 后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 10.(11 分)如图 10 所示,真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场,在电 场中,一个质量为 m、带电荷量为 q 的小球,从 O 点出发,初速 度的大小为 v0, 在重力与电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方 向成 θ 角做匀减速直线运动.求: (1)匀强电场的场强的大小; (2)小球运动的最高点与出发点之间的电势差. 图 10 图9 ( ) ) 图8

11.(12 分)如图 11 所示,长 L=1.2 m、质量 M=3 kg 的木板静止放在倾角为 37° 的光滑斜面 上,质量 m=1 kg、带电荷量 q=+2.5×10
-4

C 的物块放在木板的上端,木板和物块间

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的动摩擦因数 μ=0.1, 所在空间加有一个方向垂直斜面向下、 场强 E=4.0×104 N/C 的匀 强电场.现对木板施加一平行于斜面向上的拉力 F=10.8 N. 取 g=10 m/s2,斜面足够 长.求: (1)物块经多长时间离开木板? (2)物块离开木板时木板获得的动能. (3)物块在木板上运动的过程中,由于摩擦而产生的内能. 图 11

12. (14 分)一质量为 m、 带电荷量为+q 的小球以水平初速度 v0 进入竖直向上的匀强电场中, 如图 12 甲所示.今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度 y 与水平方向的位移 x 之 间的关系如图 12 乙所示.根据图乙给出的信息,(重力加速度为 g)求:

图 12 (1)匀强电场场强的大小; (2)小球从进入匀强电场到下降 h 高度的过程中,电场力做的功; (3)小球在 h 高度处的动能.

第六章

第 3 单元

电容器

带电粒子在电场中的运动

【参考答案与详细解析】
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一、单项选择题(本题共 5 小题,每小题 7 分,共 35 分) 1.解析:电容器充电后断开,故电容器的带电荷量不变,当增大两极板间的距离时,由 ε0S Q U U Q Q C= d 可知,电容器的电容变小,由 U=C可知电压变大,又由 E= d 可得 E= d =Cd= = ε0S d d Q ,所以电场强度不变,A 正确. ε0S 答案:A T T 2.解析:0~ 时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动, ~T 时间内做匀减速直线 2 2 运动,由对称性可知,在 T 时刻速度减为零.此后周期性重复,故 A 对. 答案:A 1 3.解析:由题意可知小球到 P 点时水平位移和竖直位移相等,即 v0t= vPyt 2 合速度 vP= v02+vPy2= 5v0 1 5 EkP= mvP2= mv02,故选 D. 2 2 答案:D 4. 解析: 当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点, 所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大),亮点距离中心就越远. 设电子经过 U1 加速后速度为 v0,根据题意得: 1 eU1= mv02 2 ①

电子在 A、B 间做类平抛运动,当其离开偏转电场时沿电场方向的分速度为: vy=at= eU2 L md · v0 vy U2L 结合①②式,速度的偏转角 θ 满足:tanθ= = . v0 2dU1 显然,欲使 θ 变大,应该增大 U2、L,或者减小 U1、d.正确选项是 B. 答案:B 5.解析:要使电子的运动轨迹不变,则应使电子进入偏转电场后任一水平位移 x 所对应 U2x2 1 1 qU2 x 2 qU2x2 1 2 的偏转距离 y 保持不变. 由 y= at2= · · ( ) = , 可见在 x、 2 和 qU1= mv0 得 y= 2 2 md v0 2mv0 d 2 4U1d y 一定时,U2∝U1.故 A 项正确. 答案:A 二、多项选择题(本题共 4 小题,每小题 7 分,共 28 分.每小题有多个选项符合题意,全部选 对的得 7 分,选对但不全的得 3 分,错选或不答的得 0 分) 6.解析:微粒在水平方向上均做匀速直线运动,且水平速度相同,三微粒在水平方向上
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的位移,xC<xB<xA. 则三微粒的运动时间为 xC xB xA tC= v ,tB= v ,tA= v 所以 tC<tB<tA 微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动,则有 d 1 1 1 = aAtA2= aBtB2= aCtC2 2 2 2 2 所以 aA<aB<aC,所以落在 A 处的微粒必带正电,B 处的不带电,而 C 处的带负电,A、 C 选项正确,B 选项错误. 根据动能定理得 d d 1 A 处:mg -qAE =EkA- mv2 2 2 2 d 1 B 处:mg =EkB- mv2 2 2 d d 1 C 处:mg +qCE =EkC- mv2 2 2 2 所以 D 项错误. 答案:AC 7.解析:电子在 AB 之间做匀加速运动,且 eE=ΔEk,A 正确;在 BC 之间做匀速运动, B 正确;在 CD 之间做匀减速运动,到达 D 板时,速度减为零,C 错误,D 正确. 答案:ABD 8.解析:由题意可得 UPQ=Uba;α 角增大可知 PQ 间场强增大,由 U=Ed 知 UPQ 增大; 由 Q=CU 知 P、Q 板电荷增多,由题意知 b 板和 Q 板电荷量之和恒定,知 a、b 板电荷一定 εrS 减少;由 Q=CU,知电容器 C 电容一定减小;由 C= ,知 A 错,B 对,C 对,D 错. 4πkd 答案:BC 9.解析:带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场 qE 1 方向的匀速运动两个分运动,所以两电荷在电场中的运动时间相等;又因为 d= at2,a= m , 2 因为偏转量 d 不同,故 q 可能不同.由动能定理可知,两电荷离开电场时动能不相等,故正 确答案为 A、B. 答案:AB 三、计算题(本题共 3 小题,共 37 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 骤.只写出最 后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 10.解析:(1)小球做直线运动,故重力与电场力的合力必与 v0 在一条直线上,即

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tanθ=

mg mg ,得 E= Eq qtanθ

(2)小球做匀减速直线运动,根据 F=ma 得: mg g =ma,a= , sinθ sinθ 最大位移 s= v02 v02sinθ = 2a 2g v02sinθcosθ 2g

水平位移 x=scosθ= 电势差 U=Ex= mg 答案:(1) qtanθ

mv02cos2θ . 2q mv02cos2θ (2) 2q

11.解析:(1)物块向下做加速运动,设其加速度为 a1,木板的加速度为 a2,则由牛顿第 二定律 对物块:mgsin37° -μ(mgcos37° +qE)=ma1 对木板:Mgsin37° +μ(mgcos37° +qE)-F=Ma2 1 1 又 a1t2- a2t2=L 2 2 得物块滑过木板所用时间 t= 2 s. (2)物块离开木板时木板的速度 v2=a2t=3 2 m/s. 1 其动能为 Ek2= Mv22=27 J 2 (3)由于摩擦而产生的内能为 Q=F 摩 x 相=μ(mgcos37° +qE)· L=2.16 J. 答案:(1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J

12.解析:(1)小球进入电场后,水平方向做匀速直线运动,设经过时间 t,水平方向: v0t=L (mg-qE)t2 竖直方向: =h 2m mg 2hmv0 所以 E= q - . qL2 (2)电场力做功为 W=-qEh= 2h2mv02-mghL2 . L2
2

mv02 (3)根据动能定理 mgh-qEh=Ek- 2 得 Ek= 2h2mv02 mv02 + . L2 2

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2 mg 2hmv0 答案:(1) q - 2 qL

2h2mv02-mghL2 (2) L2

2h2mv02 mv02 (3) + L2 2

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