2019-2020年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí).doc

2019-2020年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3講 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)選擇題(每題6分,共42分)1.(xx黑龍江東部地區(qū)聯(lián)考)(多選)如圖所示,C為中間插有電介質(zhì)的電容器,a和b為其兩極板,a板接地;P和Q為兩豎直放置的平行金屬板,在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球;P板與b板用導(dǎo)線相連,Q板接地。開始時(shí)懸線靜止在豎直方向,在b板帶電后,懸線偏轉(zhuǎn)了角度。在以下方法中,能使懸線的偏角變大的是()A.縮小a、b間的距離B.加大a、b間的距離C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì)D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì)2.(xx江蘇蘇北四市二次調(diào)研)如圖所示,無限大均勻帶正電薄板豎直放置,其周圍空間的電場(chǎng)可認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)。光滑絕緣細(xì)管垂直穿過板中間小孔,一個(gè)視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電小球在細(xì)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)。以小孔為原點(diǎn)建立x軸,規(guī)定x軸正方向?yàn)榧铀俣萢和速度v的正方向,選項(xiàng)圖分別表示x軸上各點(diǎn)的電勢(shì),小球的加速度a、速度v和動(dòng)能Ek隨x的變化圖象,其中正確的是()3.(xx浙江溫州期中)兩個(gè)較大的平行板A、B相距為d,分別接在電壓為U的電源的正負(fù)極上,開關(guān)S閉合時(shí)質(zhì)量為m,帶電荷量為-q的油滴恰好靜止在兩板之間,如圖所示,在保持其他條件不變的情況下,將兩板非常緩慢地水平錯(cuò)開一些,以下說法正確的是()A.油滴將向上運(yùn)動(dòng),電流計(jì)中的電流從b流向aB.油滴將向下運(yùn)動(dòng),電流計(jì)中的電流從a流向bC.油滴將靜止不動(dòng),電流計(jì)中的電流從a流向bD.油滴將靜止不動(dòng),電流計(jì)中無電流流過4.(xx安徽安慶聯(lián)考)如圖所示,一帶電粒子以速度v垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向沿上板邊緣射入勻強(qiáng)電場(chǎng),剛好貼下邊緣飛出,已知產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)的金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng),如果帶電粒子的速度為2v 時(shí),當(dāng)它的豎直位移等于板間距d時(shí),它的水平射程x為 ()A.1.5LB.2LC.2.5LD.3L5.(xx重慶三峽聯(lián)盟聯(lián)考)空間某區(qū)域內(nèi)存在著電場(chǎng),電場(chǎng)線在豎直平面上的分布如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1,方向水平向右,運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2,運(yùn)動(dòng)方向與水平方向之間的夾角為,A、B兩點(diǎn)之間的高度差與水平距離均為H,則以下判斷中正確的是()A.若v2>v1,則電場(chǎng)力一定做正功B.小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),電場(chǎng)力做功W=m-m-mgHC.兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=(-)D.小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)所受重力的瞬時(shí)功率P=mgv2 cos 6.(xx浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)(多選)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng),其方向與水平方向成=30角斜向上,在電場(chǎng)中有一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電小球,用長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線掛于O點(diǎn),當(dāng)小球靜止于M點(diǎn)時(shí),細(xì)線恰好水平?，F(xiàn)用外力將小球拉到最低點(diǎn)P,然后無初速度釋放,則以下判斷正確的有()A.小球再次到M點(diǎn)時(shí),速度剛好為零B.小球從P到M過程中,合外力對(duì)它做了mgL的功C.小球從P到M過程中,小球的機(jī)械能增加了mgLD.如果小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí),細(xì)線突然斷裂,小球以后將做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)7.(xx河南南陽一中月考)(多選)給平行板電容器充電,斷開電源后A極板帶正電,B極板帶負(fù)電。板間一帶電小球C用絕緣細(xì)線懸掛,如圖所示。小球靜止時(shí)與豎直方向的夾角為,則()A.若將B極板向右平移稍許,電容器的電容將減小B.若將B極板向下平移稍許,A、B兩板間電勢(shì)差將增大C.若將B極板向上平移稍許,夾角將變大D.輕輕將細(xì)線剪斷,小球?qū)⒆鲂睊佭\(yùn)動(dòng)B組xx年模擬提升題組時(shí)間:50分鐘分值:70分一、選擇題(每題6分,共24分)1.(xx湖北黃岡中學(xué)、黃石二中、鄂州高中聯(lián)考)(多選)把以空氣為介質(zhì)的平行板電容器a與電阻R和電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源連接(如圖所示),平衡后,把一塊玻璃板插入電容器a中,則再達(dá)到平衡時(shí)()A.與玻璃板插入前比,電容器a兩極板間的電壓增大B.與玻璃板插入前比,電容器a兩極板間的電壓減小C.與玻璃板插入前比,電容器a貯存的電能增大了D.玻璃板插入過程中有電流從左向右通過電阻R2.(xx浙江杭州重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)xx年12月初,霧霾施虐寧波,有同學(xué)想通過靜電除塵的方法凈化空氣,設(shè)計(jì)原理圖如圖所示。她用玻璃圓桶密閉含灰塵的空氣,圓桶的高和直徑相等。第一種除塵方式是:在圓桶頂面和底面間加上電壓U,沿圓桶的軸線方向形成一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),塵粒的運(yùn)動(dòng)方向如圖甲所示;第二種除塵方式是:在圓桶軸線處放一直導(dǎo)線,在導(dǎo)線與桶壁間加上的電壓也等于U,形成沿半徑方向的輻向電場(chǎng),塵粒的運(yùn)動(dòng)方向如圖乙所示。已知空氣阻力與塵粒運(yùn)動(dòng)的速度成正比,即F阻=kv(k為一定值),假設(shè)每個(gè)塵粒的質(zhì)量和帶電荷量均相同,則在這兩種方式中()A.塵粒最終一定都做勻速運(yùn)動(dòng)B.塵粒受到的電場(chǎng)力大小相等C.電場(chǎng)對(duì)單個(gè)塵粒做功的最大值相等D.乙容器中的塵粒運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)3.(xx遼寧撫順六校聯(lián)合體期中)(多選)如圖所示,在真空中有一水平放置的不帶電平行板電容器,板間距離為d,電容為C,上板B接地,現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m,帶電荷量為q的小油滴,以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入,第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點(diǎn)。如果能落到A板的油滴僅有N滴,且第N+1滴油滴剛好能飛離電場(chǎng),假設(shè)落到A板的油滴的電荷量能被板全部吸收,不考慮油滴間的相互作用,重力加速度為g,則()A.落到A板的油滴數(shù)N=B.落到A板的油滴數(shù)N=C.第N+1滴油滴經(jīng)過電場(chǎng)的整個(gè)過程中所增加的動(dòng)能為D.第N+1滴油滴經(jīng)過電場(chǎng)的整個(gè)過程中減少的機(jī)械能為4.(xx河南南陽一中月考)(多選)如圖所示,空間坐標(biāo)系O-xyz的z軸方向豎直向上,所在空間存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度E=。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從z軸上的A點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向拋出,A點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0,l),重力加速度為g,下列說法正確的是()A.小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能增大B.小球運(yùn)動(dòng)軌跡所在的平面與xOy平面的夾角為45C.小球運(yùn)動(dòng)的軌跡與xOy平面交點(diǎn)的坐標(biāo)為(l,l,0)D.小球到達(dá)xOy平面時(shí)的速度大小為二、非選擇題(共46分)5.(xx江蘇蘇南四校聯(lián)考)(14分)如圖甲所示,在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中存在著一半徑為R的圓形區(qū)域,O點(diǎn)為該圓形區(qū)域的圓心,A點(diǎn)是圓形區(qū)域的最低點(diǎn),B點(diǎn)是圓形區(qū)域最右側(cè)的點(diǎn)。在A點(diǎn)有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右的正電荷,電荷的質(zhì)量為m、電荷量為q,不計(jì)電荷重力、電荷之間的作用力。(1)若某電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P點(diǎn),如圖甲所示,POA=,求該電荷從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的速率。(2)若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD,如圖乙所示,C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點(diǎn),COB=BOD=30。求該屏上接收到的電荷的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能。6.(xx浙江杭州重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)(16分)如圖所示,空間有場(chǎng)強(qiáng)E=1.0103 V/m豎直向下的電場(chǎng),長(zhǎng)L=0.4 m不可伸長(zhǎng)的輕繩固定于O點(diǎn),另一端系一質(zhì)量m=0.05 kg帶電荷量q=510-4 C的小球,拉起小球至繩水平后在A點(diǎn)無初速度釋放,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的正下方B點(diǎn)時(shí),繩恰好斷裂,小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)并垂直打在同一豎直平面且與水平面成=30、無限大的擋板MN上的C點(diǎn)。(g=10 m/s2),試求:(1)繩子至少受多大的拉力才能被拉斷;(2)A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差;(3)當(dāng)小球剛要運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí),突然施加一恒力F作用在小球上,同時(shí)把擋板迅速水平向右移動(dòng)3.2 m,若小球仍能垂直打在擋板上,所加恒力F的方向的取值范圍。7.(xx湖南瀏陽一中、醴陵一中、攸縣一中聯(lián)考)(16分)如圖所示,兩平行金屬板A、B長(zhǎng)8 cm,兩極板間距離d=8 cm,A極板比B極板電勢(shì)高300 V,一電荷量q=110-10 C、質(zhì)量m=110-20 kg的帶正電的粒子,沿電場(chǎng)中心線RO垂直電場(chǎng)線方向飛入電場(chǎng),初速度v0=2106 m/s,粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場(chǎng)區(qū)域后,進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域,(設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)已知兩界面MN、PS相距為12 cm,D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn),O點(diǎn)在中心線上,距離界面PS為9 cm,粒子穿過界面PS恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)打在放置于中心線上的熒光屏bc上,不計(jì)粒子重力(靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2)。(1)求粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離多遠(yuǎn)?到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)多遠(yuǎn)?(2)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小。第3講電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)A組xx年模擬基礎(chǔ)題組選擇題1.BC由題意可得UPQ=Uba;因角增大,可知PQ間場(chǎng)強(qiáng)增大,由U=Ed知UPQ增大;由Q=CU知P、Q板帶電荷量增多,由題意知b板和P板帶電荷量之和恒定,則知a、b板帶電荷量一定減少;由Q=CU,知電容器C的電容一定減小;由C=,知A、D錯(cuò),B、C對(duì)。2.D由U=-0=Ed=Ex可知電勢(shì)隨x線性變化,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在勻強(qiáng)電場(chǎng)中加速度a= ,大小不變,但由于是負(fù)電荷,在x軸的正方向所受的電場(chǎng)力方向沿x軸的負(fù)方向,即加速度方向應(yīng)為負(fù),而沿x軸負(fù)方向的加速度方向?yàn)檎?選項(xiàng)B錯(cuò)誤;小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng) v2-=-2ax,得v=,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理有-Eqx=Ek-Ek0得Ek=Ek0-Eqx,選項(xiàng)D正確。3.C將兩板緩慢地錯(cuò)開一些,兩板正對(duì)面積減小,根據(jù)電容的決定式C=得知,電容減小,因電壓不變,則由C=知,電容器帶電荷量減小,電容器處于放電狀態(tài),電路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流,則電流計(jì)中有ab的電流。由于電容器板間電壓和距離不變,則由E=,知板間場(chǎng)強(qiáng)不變,油滴所受電場(chǎng)力不變,仍處于靜止?fàn)顟B(tài)。故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。4.C粒子以速度v穿過電場(chǎng)時(shí),水平方向有:L=vt,豎直方向有:d=at2=。當(dāng)粒子以速度2v穿過電場(chǎng)時(shí),水平方向有:L=2vt;豎直方向有:h=at2=d,設(shè)穿出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度為vy,則滿足m=qE,vy=,設(shè)再經(jīng)過t時(shí)間豎直位移達(dá)到d,則t=,即飛出電場(chǎng)后水平位移x=2vt=1.5L,即x=L+x=2.5L,C選項(xiàng)正確。5.B小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),重力一定做正功,若v2>v1,動(dòng)能增大,則電場(chǎng)力不一定做正功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理,小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),電場(chǎng)力做功W=m-m-mgH,選項(xiàng)B正確。由W=qU,可得兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=(-)-,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)所受重力的瞬時(shí)功率P=mgv2 sin ,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6.BD小球從P到M過程中,線的拉力不做功,只有電場(chǎng)力和小球重力做功,它們的合力也是恒力,大小為mg,方向水平向右,所以小球到M點(diǎn)時(shí),速度最大,而不是零,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。小球從P到M過程中,小球在合外力方向上的位移為L(zhǎng),所以合外力對(duì)它做的功為mgL,選項(xiàng)B正確。小球從P到M過程中,機(jī)械能增加量就是動(dòng)能增加量(mgL)和重力勢(shì)能增加量(mgL)之和,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。如果小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí),細(xì)線突然斷裂時(shí),速度方向豎直向上,合外力水平向右,小球以后將做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D正確。7.ABC若將B極板向右平移稍許,d增大,根據(jù)C=,知電容器的電容將減小,故A正確。若將B極板向下平移稍許,正對(duì)面積S減小,根據(jù)C=,知電容將減小,因電容器帶電荷量Q不變,由U=,分析知板間電勢(shì)差增大,故B正確。若將B極板向上平移稍許,正對(duì)面積S減小,電容將減小,因電容器帶電荷量Q不變,由U=,分析知板間電勢(shì)差增大,根據(jù)E=,知E增大,則小球所受的電場(chǎng)力增大,將變大,故C正確。輕輕將細(xì)線剪斷,小球?qū)⒀刂亓εc電場(chǎng)力的合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤。B組xx年模擬提升題組一、選擇題1.CD電容器一直和電源連通,故達(dá)到平衡時(shí),兩極板間的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì),保持不變,所以A、B錯(cuò)誤;插入玻璃板后,電容器的電容增大,由C=可知,電容器貯存的電荷量增加,貯存的電能增大,電容器繼續(xù)充電,電流自左向右流過電阻R,所以C正確、D正確。2.C塵?？赡芤恢弊黾铀龠\(yùn)動(dòng),也可能最終做勻速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;每種除塵方式中塵粒受到電場(chǎng)力大小F=qE,但兩種不同方式,空間中的電場(chǎng)強(qiáng)度不同,所以塵粒所受電場(chǎng)力大小是不同的,故B錯(cuò)誤;因電場(chǎng)對(duì)單個(gè)塵粒做功的最大值為qU,則在兩種情況下電場(chǎng)對(duì)塵粒做功的最大值相等,故C正確;乙容器中塵粒運(yùn)動(dòng)過程中阻力隨速度在變化,所受合力不為恒力,故塵粒做的不是類平拋運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤。3.ACD由題可知,第一滴油滴在極板間做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)板的長(zhǎng)度為L(zhǎng),則有:水平位移=v0t1,豎直位移=g;第N+1滴油滴做類平拋運(yùn)動(dòng),則有:水平位移L=v0t2,豎直位移=a,由牛頓第二定律有:mg-qE=ma,其中E=,聯(lián)立以上各式得:N=,故A正確,B錯(cuò)誤;第N+1滴油滴運(yùn)動(dòng)過程中重力和電場(chǎng)力做功等于油滴動(dòng)能的增量,由動(dòng)能定理有:W=mg-qE=Ek,解得:Ek=,故C正確;第N+1滴油滴運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做的負(fù)功等于油滴減少的機(jī)械能,則減少的機(jī)械能W=qE=,故D正確。4.AB小球運(yùn)動(dòng)中電場(chǎng)力做正功,機(jī)械能增大,選項(xiàng)A正確;由于電場(chǎng)力和重力的合力方向與xOy平面的夾角為45,所以小球運(yùn)動(dòng)軌跡所在的平面與xOy平面的夾角為45,選項(xiàng)B正確;小球做類平拋運(yùn)動(dòng),沿z軸負(fù)方向的加速度az=g,沿y軸正方向的加速度ay=g,小球運(yùn)動(dòng)到xOy平面時(shí),有l(wèi)=azt2,得運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=,則x=v0t=v0,y=ayt2=l,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理,有qEl+mgl=mv2-m,解得v=,選項(xiàng)D錯(cuò)。二、非選擇題5.答案見解析解析(1)設(shè)該電荷從A點(diǎn)發(fā)出時(shí)的速率為v0,運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t,因不計(jì)其重力及電荷之間的作用力,所以電荷做類平拋運(yùn)動(dòng),則有a=R sin =v0tR-R cos =at2由以上三式得v0=(2)由(1)的結(jié)論得粒子從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能為m=則經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek=Eq(R-R cos )+m=EqR(5-3 cos )可以看出,當(dāng)變大時(shí),接收屏上電荷的動(dòng)能逐漸增大,因此D點(diǎn)接收到的電荷的動(dòng)能最小,C點(diǎn)接收到的電荷的動(dòng)能最大。D點(diǎn)對(duì)應(yīng)=60,則最小動(dòng)能為:EkD=EqR(5-3 cos 60)=EqRC點(diǎn)對(duì)應(yīng)=120,則最大動(dòng)能為:EkC=EqR(5-3 cos 120)=EqR6.答案(1)3 N(2)1 600 V(3)見解析解析(1)AB:由動(dòng)能定理及牛頓第二定律有(mg+qE)L=mF-(mg+qE)=m可解得:F=3 N,vB=4 m/s(2)小球離開B點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng),到達(dá)C點(diǎn)時(shí)水平方向速度保持不變,小球垂直打在斜面上,故滿足vC=8 m/s根據(jù)動(dòng)能定理有:(mg+qE)hAC=m又UAC=EhAC解得:UAC=1 600 V(3)擋板向右移動(dòng)3.2 m,小球沿速度方向運(yùn)動(dòng)了1.6 m若小球做減速運(yùn)動(dòng)恰好垂直打到擋板,則a=20 m/s2=2g,所以要求a2g,F合2mg設(shè)恒力F與豎直方向的夾角為,作出小球的受力矢量三角形分析如圖所示可得15(斜向左上方)若小球做勻速直線或勻加速直線運(yùn)動(dòng)垂直打在擋板上,設(shè)恒力F與豎直向上方向的夾角為,作出小球的受力矢量三角形分析如圖所示,則有0(+)<180得0<150(斜向右下方)綜上:恒力F與豎直向上的夾角(以順時(shí)針為正)范圍為-15<1507.答案(1)0.03 m0.12 m(2)負(fù)電1.0410-8 C解析(1)粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離(側(cè)向位移)y=at2t=a=UAB=300 V解得:y=0.03 m帶電粒子在離開電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)軌跡與PS線交于a點(diǎn),設(shè)a到中心線的距離為Y,則=解得Y=0.12 m;(2)帶電粒子到達(dá)a處時(shí),沿v0方向的速度大小為vx=v0=2106 m/s垂直v0方向的速度大小為vy=at=1.5106 m/s如圖,tan =,tan =,可知速度v的方向與Oa垂直根據(jù)題意可知,該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且半徑等于Oa的長(zhǎng)度,即r=Oa=代入數(shù)據(jù)解得:r=0.15 m粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)的速度大小為:v=2.5106 m/s;由庫侖定律和牛頓第二定律得k=m解得Q=1.0410-8 C,且Q帶負(fù)電。