2019-2020年高考物理一轮复习 6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课时提升作业 沪科版选修3-1.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课时提升作业 沪科版选修3-1一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分。多选题已在题号后标出)1.根据电容器电容的定义式C=,可知()A.电容器所带的电荷量Q越多,它的电容就越大,C与Q成正比B.电容器不带电时,其电容为零C.电容器两极板之间的电压U越高,它的电容就越小,C与U成反比D.以上说法均不对2.(多选)(xx海南高考)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是()A.保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半B.保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的两倍C.保持d不变,将Q变为原来的两倍,则U变为原来的一半D.保持d不变,将Q变为原来的一半,则E变为原来的一半3.(xx宿州模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球,P小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置,则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的()A.运行时间tPtQB.电势能减少量之比EPEQ=21C.电荷量之比qPqQ=21D.动能增加量之比EkPEkQ=414.(多选)(xx潍坊模拟)在地面附近,存在着一有界电场,边界MN将某空间分成上下两个区域、,在区域中有竖直向上的匀强电场,在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A,如图甲所示,小球运动的v-t图像如图乙所示,已知重力加速度为g,不计空气阻力,则()A.在t=2.5s时,小球经过边界MNB.小球受到的重力与电场力之比为35C.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功与电场力做的功大小相等D.在小球运动的整个过程中,小球的机械能与电势能总和先变大再变小5.(2011安徽高考)图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY之间所加的电压按图(b)所示的规律变化,在电极XX之间所加的电压按图(c)所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是()二、计算题(本题15分。需写出规范的解题步骤)6.(xx宁波模拟)如图所示,在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC,其下端(C端)距地面高度h=0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上,正以某一速度沿杆匀速下滑,小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。(2)小环从C运动到P过程中的动能增量。(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。强化专练(建议：25分钟)强化点1：对电容概念的理解1.(2011天津高考)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2,下列说法正确的是()A.U2=U1,E2=E1 B.U2=2U1,E2=4E1C.U2=U1,E2=2E1D.U2=2U1,E2=2E12.(多选)(xx武汉模拟)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aC.油滴运动的加速度逐渐变大D.极板带的电荷量减少强化点2：带电粒子在匀强电场中的运动3.(多选)(xx广东高考)如图所示是静电矿料分选器的原理示意图,带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在收集板中央的两侧,对矿粉分离的过程,下列表述正确的有()A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做正功C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变小4.(2011安徽高考)如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()A.0t0 B.t0C.t0T D.Tt0强化点3：电场中带电粒子运动的综合问题5.(xx汕头模拟)如图所示,从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零),经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是()A.仅将偏转电场极性对调B.仅增大偏转电极间的距离C.仅增大偏转电极间的电压D.仅减小偏转电极间的电压6.(xx淄博模拟)如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.40m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0104N/C。现有一电荷量q=+1.010-4C,质量m=0.10kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点。取g=10m/s2,试求：(1)带电体在圆形轨道C点的速度大小。(2)D点到B点的距离sDB。(3)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小。(4)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能。答案解析素能全练1.【解析】选D。电容器的电容的大小与其本身因素有关,与带电量的多少、两极板电压的大小无关,故A、B、C错误,D正确。【加固训练】(xx海口模拟)如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图,E为电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为电流从左边接线柱流进电流计,指针向左偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转,则()A.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在增大B.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在增大C.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在减小D.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在减小【解析】选D。电流计指针向左偏转,说明流过电流计G的电流由左右,则导体芯A所带电荷量在减小,由Q=CU可知,导体芯A与液体形成的电容器的电容减小,则液体的深度h在减小,故D正确。2.【解析】选A、D。由E=可知,保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半,选项A正确;保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的一半,选项B错误;由C=知,保持d不变,即电容C不变,再由C=知,将Q变为原来的两倍时,U也将变为原来的两倍,选项C错误;同理,将Q变为原来的一半时,U也变为原来的一半,由E=知,E变为原来的一半,选项D正确。3.【解析】选C。两球均受重力、恒定的电场力作用,做匀加速直线运动,按运动的分解,竖直方向是重力作用下的自由落体运动,二者下降位移相同,所用时间相等,A错误;水平方向是电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动,位移之比是sPsQ=21,由公式s=t2得它们的电荷量之比qPqQ=21,C正确;又EP=qPU,EQ=qQ,故EPEQ=41,B错误;动能增加量EkP=EP+mgh,EkQ=EQ+mgh,故EkPEkQ41,D错误。【加固训练】(多选)如图所示,电子由静止开始从A板向B板运动,当到达B极板时速度为v,保持两板间电压不变,则()A.当增大两板间距离时,v增大B.当减小两板间距离时,v增大C.当改变两板间距离时,v不变D.当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大【解析】选C、D。电子从静止开始运动,根据动能定理,从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功。因为保持两个极板间的电势差不变,所以末速度不变,A、B错误,C正确;平均速度不变,若两板间距离增加,时间变长,D正确。4.【解析】选B、C。由速度图像可知,带电小球在区域与区域中的加速度之比为32,由牛顿第二定律可知：=,所以小球所受的重力与电场力之比为35,B正确;小球在t=2.5s时速度为零,此时下落到最低点,由动能定理可知,重力与电场力的总功为零,故A错误,C正确;因小球只受重力与电场力作用,所以小球的机械能与电势能总和保持不变,D错误。5.【解题指南】解答本题需注意以下三点：(1)由UY和UX的变化规律确定两极板电势的高低。(2)根据两板电势高低判断电子偏转方向。(3)由偏移量关系,偏移量与偏转电压成正比,得出特殊点的坐标。【解析】选B。示波管YY间为信号电压,XX间为扫描电压,0t1,Y板电势高,电子向Y板偏转,X板电势高,电子向X板偏转,由此知C、D错;又根据偏移量公式y=t2,偏移量与偏转电压成正比,0、t1、2t1时刻偏转电压为0,偏移量也为0,t1、t1时刻偏转电压最大,偏移量也最大,所以B对。6.【解析】(1)小环沿杆运动时受力分析可得=tan45,所以qE=mg (2分)小环离开直杆后只受电场力和重力,F合=mg (2分)由牛顿第二定律F合=ma得a=g=14.14m/s2,方向垂直于杆斜向右下方 (2分)(2)小环从C运动到P过程中电场力做功为零所以动能增量等于重力做的功E=W=mgh=4J (2分)(3)小环离开直杆后的运动可分解成水平和竖直两个分运动水平：匀减速到零再反向加速运动,初、末水平分速度大小相等为vx=v0cos45t=,ax=g (2分)竖直：h=vyt+gt2vy=v0sin45 (3分)解得v0=2m/s (2分)答案：(1)14.14m/s2方向垂直于杆斜向右下方(2)4 J(3)2 m/s强化专练1.【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：综合运用平行板电容器的两个公式C=和C=,结合匀强电场中电势差与场强之间的关系式E=,根据条件不难得出答案。【解析】选C。当平行板电容器的其他条件不变,板间距离变为d时,电容器的电容为C=2C,又知电容器的带电量为2Q,则得知U=U,即U2=U1,根据匀强电场中电势差与场强之间的关系式E=得E2=2E1,因此选项C正确,其他选项都错误。2.【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。3.【解析】选B、D。由图可知匀强电场的方向水平向左,故带正电的矿粉受水平向左的电场力作用而落在左侧,A错。在带正电的矿粉下落的过程中,由于受到向左的电场力作用而向左运动,故电场力对带正电的矿粉做正功,该种矿粉的电势能减小,D正确。对于带负电的矿粉而言,由于受到水平向右的电场力作用而向右运动,在运动过程中电场力对其做正功,电势能减小,C错,B正确。故B、D选项正确。4.【解题指南】利用v-t图像中的“面积”研究各时刻带电粒子的运动情况,带电粒子在一个周期内位移的方向应该为负方向。【解析】选B。画出带电粒子速度时间图像,根据v -t图像中的“面积”研究各时刻开始的带电粒子的运动情况,A选项可画出时刻开始的运动图像,如图甲,由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正,即粒子向B板靠近,最终会打到B板上,A选项错;B选项可画出时刻开始的运动图像,如图乙,由图知在一个周期内粒子运动的总面积为负,即粒子向A板靠近,最终会打到A板上,B选项对;C选项可画出时刻开始的运动图像,同理知在一个周期内粒子运动的总面积为正,即粒子向B板靠近,最终会打到B板上,C选项错;同理D选项错。5.【解析】选C。设加速电场电压为U0,偏转电压为U,极板长度为L,间距为d,电子加速过程中,由U0q=,得v0=,电子进入极板后做类平抛运动,时间t=,a=,vy=at,tan=,由此可判断C正确。【加固训练】真空中的某装置如图所示,现有质子、氘核和粒子都从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、氘核和粒子质量之比为124,电量之比为112,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211B.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122【解析】选C。由U1q=m,得：v01v02v03=11,再由t=可得：t1t2t3=1,A错误;由y=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+qy可得：v=,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=qy可知,W电1W电2W电3=112,D错误。6.【解析】(1)设带电体通过C点时的速度为vC,依据牛顿第二定律：mg=m解得vC=2.0m/s(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有：2R=gt2sDB=vCt-t2联立解得sDB=0(3)设带电体通过B点时的速度为vB,轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有FB-mg=m带电体从B运动到C的过程中,依据动能定理：-mg2R=m-m联立解得FB=6.0N根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力F B=6.0N(4)由P到B带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处。设小球的最大动能为Ekm,根据动能定理有：qERsin45-mgR(1-cos45)=Ekm-m解得Ekm=1.17J(或J)答案：(1)2.0m/s(2)0(3)6.0N(4)1.17J