《2011屆課件-高三物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2011屆課件-高三物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) 新人教版（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第六章 第3講 (本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以活頁形式分冊裝訂！) 1．某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)?、方向水平向左的勻?qiáng)電場．當(dāng)在該空間內(nèi)建立如圖所示的坐標(biāo)系后，在x軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向連續(xù)射入質(zhì)量和電荷量均相同、且?guī)щ娦再|(zhì)也相同的帶電粒子(粒子重力不計(jì))，由于粒子的入射速率v(v＞0)不同，有的粒子將在電場中直接通過y軸，有的將穿出電場后再通過y軸．設(shè)粒子通過y軸時(shí)，離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為h，從P到y(tǒng)軸所需的時(shí)間為t，則 (　　) A．由題設(shè)條件可以判斷出粒子的帶電性質(zhì) B．對h≤d的粒子，h越大，t越大 C．對h≤d的粒子，在時(shí)間t內(nèi)，電場力對粒子做的功不相等 D．h

2、越大的粒子，進(jìn)入電場時(shí)的速率v也越大 【解析】　由題設(shè)條件，粒子必定受到向左的電場力，電場方向向左，故粒子必帶正電荷，A正確．h≤d的粒子，都沒有飛出電場，電場方向上的加速度a＝，因粒子的帶電荷量和質(zhì)量都相等，故加速度相等，到達(dá)y軸的時(shí)間也相等，該過程電場力做功W＝qExo相等，所以B、C錯(cuò)誤．而初速度越大的粒子在粒子到達(dá)y軸的時(shí)間內(nèi)，豎直向上的位移越大，所以D正確． 【答案】　AD 2．如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球 (　　)

3、 A．將打在下板中央 B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng) D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 【解析】　將電容器上板或下板移動(dòng)一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝，可知，電容器產(chǎn)生的場強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng)．下板不動(dòng)時(shí)，小球沿原軌跡由下板邊緣飛出；當(dāng)下板向上移動(dòng)時(shí)，小球可能打在下板的中央． 【答案】　BD 3．(2009年海門模擬)如圖所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計(jì)，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體．已知靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)

4、系為：電流從左邊接線柱流進(jìn)電流計(jì)，指針向左偏．如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時(shí)觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則 (　　) A．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大 B．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大 C．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在減小 D．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在減小 【解析】　電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)，說明流過電流計(jì)G的電流由左→右，則導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，由Q＝CU可知，芯A與液體形成的電容器的電容減小，則液體的深度h在減小，故D正確． 【答案】　D 4．一平行板電容器的兩個(gè)極板水平放置，兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴，油滴在

5、極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力的大小與其速率成正比．若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速上升．若兩極板間電壓為－U，油滴做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小、方向?qū)⑹? (　　) A．2v、向下　　　　　　 B．2v、向上 C．3v、向下 D．3v、向上 【解析】　以油滴為研究對象，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件： 不加電壓時(shí)，mg－kv＝0 所加電壓為U時(shí)，mg＋kv－＝0 所加電壓為－U時(shí)，mg＋－kv′＝0 由以上各式得：v′＝3v，方向豎直向下． 【答案】　C 5．如圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量

6、異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場中，微粒垂直打到N極上的C點(diǎn)，已知AB＝BC.不計(jì)空氣阻力，則可知 (　　) A．微粒在電場中作拋物線運(yùn)動(dòng) B．微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場時(shí)的速率相等 C．MN板間的電勢差為2mv/q D．MN板間的電勢差為Ev/2g 【解析】　微粒所受合外力為恒力，故微粒做拋物線運(yùn)動(dòng)，A對；因AB＝BC，即·t＝·t可見vC＝v0.故B項(xiàng)正確；A→C由動(dòng)能定理得：W電－W重＝ΔEk＝0.所以W電＝W重．即：g＝mgh 即h＝，所以U＝，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；又由

7、mg＝qE得q＝代入U(xiǎn)＝，得U＝，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 【答案】　AB 6．如圖所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強(qiáng)電場E和豎直向下的重力場g，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示直線由A向B直線前進(jìn)．那么 (　　) A．微粒帶正、負(fù)電荷都有可能 B．微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng) C．微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng) D．微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 【解析】　由帶電微粒恰能沿圖示直線由A向B直線前進(jìn)可知微粒所受的合外力一定沿圖示直線方向，微粒所受的重力方向豎直向下，則所受電場力方向一定向左，所以微粒一定帶負(fù)電，且合外力方向與初速度方向相反，微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B正確． 【答案】　B. 7．

8、如圖所示，豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間有勻強(qiáng)電場，在兩板之間等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最后都能打在右極板上的同一點(diǎn)．則從開始釋放到打到右極板的過程中 (　　) A．它們的運(yùn)行時(shí)間tP>tQ B．它們的電荷量之比qP∶qQ＝2∶1 C．它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1 D．它們的電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1 【解析】　本題考查必修2運(yùn)動(dòng)的合成與分解、選修3－1電場．在豎直方向加速度均為g，位移相等，所以它們運(yùn)行時(shí)間相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；水平位移xP＝2xQ，aPt2＝2×aQt2，F(xiàn)

9、P＝2FQ，qP＝2qQ，qP∶qQ＝2∶1，B項(xiàng)正確；ΔEkP＝mgh＋FPx，ΔEkQ＝mgh＋FQ，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；ΔEP∶ΔEQ＝FPx∶FQ＝4∶1，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 【答案】　B 8．如圖所示，在粗糙的斜面上固定一點(diǎn)電荷Q，在M點(diǎn)無初速度地釋放帶有恒定電荷的小物塊，小物塊在Q的電場中沿斜面運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)靜止，則從M到N的過程中 (　　) A．小物塊所受的電場力減小 B．小物塊的電勢能可能增加 C．小物塊電勢能變化量的大小一定小于克服摩擦力做的功 D．M點(diǎn)的電勢一定高于N點(diǎn)的電勢 【解析】　Q為點(diǎn)電荷，由于M點(diǎn)距點(diǎn)電荷Q的距離比N點(diǎn)小，所以小物塊在

10、N點(diǎn)受到的電場力小于在M點(diǎn)受到的電場力，選項(xiàng)A正確．由小物塊的初、末狀態(tài)可知，小物塊從M到N的過程先加速再減速，而重力和摩擦力均為恒力，所以電荷間的庫侖力為斥力，電場力做正功，電勢能減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．由功能關(guān)系可知，克服摩擦力做的功等于電勢能的減少量和重力勢能的減少量之和，故選項(xiàng)C正確．因不知Q和物塊的電性，無法判斷電勢高低，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【答案】　AC 9．如圖所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場與水平方向成15°角，AB直線與勻強(qiáng)電場E互相垂直．在A點(diǎn)以大小為v0的初速度水平拋出一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球，經(jīng)時(shí)間t，小球下落一段距離過C點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)速度仍為v0，在小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)

11、的過程中，下列說法中不正確的是 (　　) A．電場力對小球做功為零 B．小球的電勢能增加 C．小球的機(jī)械能減少量為mg2t2 D．C可能位于AB直線的左側(cè) 【解析】　由動(dòng)能定理，得mgh＋W電＝0，可知W電＝－mgh＜0，即電場力對小球做負(fù)功，電勢能增加，C位置應(yīng)位于AB直線的右側(cè)；由于小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能未變，重力勢能的減少量為ΔEp＝mgh＝mg·at2＝mg··t2＞mg2t2.選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤． 【答案】　ACD 10．(2010年寧德質(zhì)檢)如圖所示，半徑為R的環(huán)形塑料管豎直放置，AB為該環(huán)的水平直徑，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，環(huán)的AB及以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電

12、場中，管的內(nèi)壁光滑．現(xiàn)將一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球從管中A點(diǎn)由靜止釋放，已知qE＝mg.求： (1)小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點(diǎn)D時(shí)的速度和對管壁的壓力； (2)小球釋放后，第一次經(jīng)過最高點(diǎn)C時(shí)管壁對小球的作用力． 【解析】　(1)小球從A至D點(diǎn)，由動(dòng)能定理 mgR＋qER＝mv v1＝2 由牛頓第二定律 FN－mg＝m FN＝5mg 由牛頓第三定律 FN＝F′N 小球?qū)鼙诘膲毫?mg，方向向下． (2)小球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理 －mgR＋qE·2R＝mv 設(shè)在C點(diǎn)管壁對小球的作用力方向向下 mg＋FC＝m 解得FC＝mg FC的方向向下

13、． 【答案】　(1)2　5mg　方向向下 (2)mg　方向向下 11．如圖所示，平行板電容器A、B間的電壓為U，兩板間的距離為d，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，由兩板中央O點(diǎn)以水平速度v0水平射入，落在C處，BC＝l.若將B板向下拉開，初速度v0不變，則粒子將落在B板的C′點(diǎn)，求BC′為多長．(粒子的重力忽略不計(jì)) 【解析】　根據(jù)牛頓第二定律，帶電粒子在落到C點(diǎn)之前， 有q＝ma，所以a＝. 而帶電粒子運(yùn)動(dòng)的情況為l＝v0t. d＝at2＝·t2. 帶電粒子落在C′點(diǎn)之前，根據(jù)牛頓第二定律得q＝ma′. 所以a′＝，得l′＝v0t′. d＋d＝a′t′2＝··t′2.

14、 解方程組得BC′的長為l′＝l. 【答案】　l 12．(2009年浙江卷)如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板．有一質(zhì)量m、電荷量q(q>0)的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處靜止．若某一時(shí)刻在金屬板A、B間加一電壓UAB＝－，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)椋璹，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回．已知小物塊與絕緣平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若不計(jì)小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時(shí)間．則 (1)小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？ (2)小物塊碰撞后經(jīng)過多長時(shí)間停止運(yùn)動(dòng)？停在何位置？ 【解析】　(1)加電壓后，B板電勢高于A

15、板，小物塊在電場力與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．電場強(qiáng)度為E＝ 小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為 F合＝qE－μmg 故小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度為 a1＝＝＝μg. 設(shè)小物塊與A板相碰時(shí)的速度為v1，則 v＝2a1l 解得v1＝. (2)小物塊與A板相碰后以與v1大小相等的速度反彈，因電荷量及電性改變，電場力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．小物塊所受的合外力大小為 F合＝μmg－ 加速度大小為 a2＝＝μg 設(shè)小物塊碰后到停止的時(shí)間為t，注意到末速度為零，有 0－v1＝－a2t 解得t＝＝4 設(shè)小物塊碰后停止時(shí)距離A板的距離為x，注意到末速度為零，有0－v＝－2a2x 則x＝＝2l 或距離B板為d－2l. 【答案】　(1)　(2)4　2l或d－2l