《2022年高考物理大一輪復習 第七章 電場 第三講課時跟蹤練》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《2022年高考物理大一輪復習 第七章 電場 第三講課時跟蹤練(12頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第七章電場
第三講 電容 帶電粒子在電場中的運動
課時跟蹤練
A組基礎鞏固
1.如圖所示,從尸處釋放一個無初速度的電子向3板方向運動,指出 下列對電子運動的描述中哪句是錯誤的(設電源電動勢為17)()
A B C D
工;
A.電子到達5板時的動能是Ue
B.電子從8板到達。板動能變化量為零
C.電子到達。板時動能是3Ue
D.電子在A板和。板之間做往復運動
解析:電子在A6之間做勻加速運動,且eU=A&, A正確;在BC 之間做勻速運動,B正確;在CD之間做勻減速運動,到達D板時,速度 減為零,C錯誤,D正確.
答案:C
2.(2017?蘇北四市期末)在研究影響平行
2、板電容器電容大小因素的實驗 中,一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖所示.現(xiàn)保持8板不動, 適當移動A板,發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角減小,則A板可能是(
A.右移 B.左移
C.上移 D.下移
解析:將A板向右移一些,板間距離減小,由電容的決定式。=不吟
4 n Ka
可知,電容增大,而電容器電量不變,由c=£分析得知,板間電勢差減小, 則靜電計指針偏角減??;相反,同理可知,A板向左移一些時,靜電計指 針偏角增大,故A正確,B錯誤;A板向上移一些,兩極板正對面積減小, 由電容的決定式。=三黨可知,電容減小,而電容器電量不變,由。=名分
4 n Ka u
析得知,板間電勢差增大,則靜電計
3、指針偏角增大,故C錯誤;同理,D 錯誤.
答案:A
3.(多選)電容式傳感器的應用非常廣泛,如圖所示的甲、乙、丙、丁 是四種常見的電容式傳感器,下列判斷正確的是()
A.圖甲中兩極間的電壓不變,若有電流流向傳感器正極,則人正在變
小
B.圖乙中兩極間的電荷量不變,若兩極間電壓正在增大,則0正在變 大
C.圖丙中兩極間的電荷量不變,若兩極間電壓正在減小,則x正在變
D.圖丁中兩極間的電壓不變,若有電流流向傳感器的負極,則F為 壓力且正在變大
解析:題圖甲中兩極間距離不變,若無變小,表明兩極板間正對面積 £rS
減小,由可知對應電容減小,電壓不變時,電容器帶電荷量減小,
4、4Ti KU
正在放電,故電流流向傳感器負極,A錯;題圖乙中兩極間的電荷量不變, 若電壓正在增大,由C=£可知電容正在減小,板間距離不變,正對面積減 小,則動片正在旋出,夕正在變大,B對;題圖丙中兩極間的電荷量、板間 距離不變,若板間電壓正在減小,表明電容正在增大,電介質正在插入,x 正在增大,C對;題圖丁中兩極間的電壓、極板正對面積不變,若有電流 流向傳感器的負極,表明電容器正在放電,電容減小,板間距離增大,若 產為壓力則應是尸正在減小,D錯.
答案:BC
4 .如圖所示,一價氫離子(H+)和二價氮離子(He?*)的混合體,經(jīng)同一加 速電場加速后,垂直射入同一偏轉電場中,偏轉后,打在同
5、一熒光屏上, 則它們()
+ -1
一」 4陪
L」T ]
A.同時到達屏上同一點
B.先后到達屏上同一點
C.同時到達屏上不同點
D.先后到達屏上不同點
解析:一價氫離子(tT)和二價氫離子(He?*)的比荷不同,由
可知經(jīng)過加速電場獲得的末速度不同,因此在加速電場及偏轉電場中的運 動時間均不同,但在偏轉電場中偏轉距離然相同,所以會打在 同一點,B正確.
答案:B
5 .(多選)(2018?沈陽模擬)如圖所示,平行板電容器的兩個極板與水平地 面成一角度,兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水 平直線通過電容器,則在此過程中,該粒子()
A.所受重力與電場
6、力平衡
8 .電勢能逐漸增加
C.動能逐漸增加
D.做勻變速直線運動
解析:分析帶電粒子的受力情況,畫出其受力圖如圖所示.可以看出 其合力方向與其速度方向相反.所以,帶電粒子在電場中做勻減速運動.電 場力做負功,重力不做功,動能減少,電勢能增加,故選項A、C錯誤, 選項B、D正確.
t mg
答案:BD
6.(2017?廣州一模)如圖所示,豎直平行金屬板分別與電源正、負極相接,
一帶電顆粒沿圖中直線從A向6運動,則該帶電顆粒(
B
A.動能減小
B.電勢能減小
C.機械能減小
D.可能帶負電
解析:重力和電場力對帶電顆粒做正功,重力勢能和電勢能轉化為動 能,其動
7、能增加,故A項錯誤;電場力對帶電顆粒做正功,其電勢能逐漸 轉化為機械能,電勢能逐漸減小,機械能不斷增加,故B項正確,C項錯 誤;帶電顆粒向負極板運動,電場力做正功,則帶電顆粒帶正電,故D項 錯誤.
答案:B
7. (2018?鞍山模擬)如圖所示,在豎直向上的勻強電場中,一根不可伸 長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球,另一端固定于。點,小球在豎直 平面內做勻速圓周運動,最高點為最低點為反不計空氣阻力,則下列說 法正確的是()
A.小球帶負電
B.電場力跟重力平衡
C.小球在從a點運動到?點的過程中,電勢能減少
D.小球在運動過程中機械能守恒
解析:由于小球在豎直平面內做勻速
8、圓周運動,速率不變化,由動能 定理可知,外力做功為零,繩子拉力不做功,電場力和重力做的總功為零, 所以電場力和重力的合力為零,電場力跟重力平衡,B正確;由于電場力 的方向與重力方向相反,電場方向向上,所以小球帶正電,A錯誤;小球 在從a點運動到5點的過程中,電場力做負功,由功能關系得,電勢能增 加,C錯誤;在整個運動過程中,除重力做功外,還有電場力做功,小球 在運動過程中機械能不守恒,D錯誤.
答案:B
8. (2018?長沙模擬)如圖所示,水平位置的平行板電容器,原來A、B兩 板不帶電,8極板接地,它的極板長l=0A m,兩板間距離d=0.4 cm, 現(xiàn)有一微粒質量m=2.0X10"6
9、kg,帶電荷量q= + 1.0X10-8c,以一定初 速度從兩板中央平行于極板射入,由于重力作用微粒恰好能落到A板的中 點。處,取g=10 m/s2.試求:
A O
(1)帶電粒子入射初速度。。的大??;
(2)現(xiàn)使電容器帶上電荷,使帶電微粒能從平行板電容器的右側射出, 則帶電后A板的電勢范圍?
解析:(1)電容器不帶電時,微粒做平拋運動,
則有;=初% 2=28^,
聯(lián)立兩式得加=;
代入數(shù)據(jù)得0o=2.5 m/s.
(2)若使微粒能從電容器右側射出,則要求A板的電勢大于0,且5板
接地電勢等于0,
貝I 有 Uab=(Pa-(Pb=(Pa.
A板電勢最小時,微粒剛好
10、從A板右側邊緣射出,
則有 l=Vnti, 5=541".
且 mg—廣7 ——ma\y
聯(lián)立以上各式得0Amin = 6 V.
A板電勢最大時,微粒剛好從B板右側邊緣射出,則有
—maiy
且有。2 =。1,
代入數(shù)據(jù)解得°Amax=10 V.
綜上可得6 VW 0aW1O V.
答案:(1)2.5 m/s (2)6VW0a〈1OV
B組能力提升
9.(多選)(2018?宜昌模擬)如圖所示,水平放置的平行板電容器,上板 帶負電,下板帶正電,斷開電源,帶電小球以速度。。水平射入電場,且沿 下板邊緣飛出.若下板不動,將上板上移一小段距離,小球仍以相同的速 度加從原處飛入,則
11、帶電小球()
(
1 |一
A,將打在下板中央
B.仍沿原軌跡運動由下板邊緣飛出
C.不發(fā)生偏轉,沿直線運動
D.若上板不動,將下板上移一段距離,小球可能打在下板的中央
解析:由題意可知電容器所帶電荷量不變,因k=與=2=蟲弁,所 U c 以上板上移一小段距離,電容器產生的場強不變,以相同速度入射的小球 仍將沿原軌跡運動由下板邊緣飛出,選項B正確,選項A、C錯誤;若上 板不動,將下板上移一段距離,小球可能打在下板的中央,選項D正確.
答案:BD
10. (2018?大連模擬)如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強 電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電
12、小球,小球A從緊靠左 極板處由靜止開始釋放,小球8從兩板正中央由靜止開始釋放,兩小球最 終都能運動到右極板上的同一位置,則從開始釋放到運動至右極板的過程 中,下列判斷正確的是()
A.運動時間tA>tB
B.電荷量之比qA : qn=2 : 1
C.機械能增加量之比△& : AEb=2 : 1
D.機械能增加量之比A & : : 1
解析:兩小球在豎直方向上做自由落體運動,由力得運動時間相 同,故A項錯誤;兩球的水平分運動都是初速度為0的勻加速運動,有g月 = ma, 所以%=萼三,由于兩球水平分位移之比為2 : 1,故第:
q8=2 : 1,即B項正確;機械能的增加量等于電場力做
13、的功,有AE=qEL, 所以A& : A£s=4 : 1,故C、D都錯誤.
答案:B
11.(多選)(2018?太原模擬)如圖所示,絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底 端,彈簧與斜面平行,帶電小球。(可視為質點)固定在絕緣斜面上的M點,且在通過彈簧中心的直線必上.現(xiàn)將與。大小相同,帶電性也相同的小球 尸從直線面上的N點由靜止釋放,若兩小球可視為點電荷.在小球尸與彈 簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中,下列說法中正確的是()
A.小球P的速度一定先增大后減小
B.小球尸的機械能一直在減少
C.小球尸速度最大時所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零
D.小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能一定增加
14、解析:帶電小球P在沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力、沿斜面 向下的庫侖斥力尸=黃,小球尸與彈簧接觸的最初階段,彈簧彈力小于 mgsin夕+等,小球產先加速,由于彈簧彈力逐漸增大,庫侖斥力逐漸減 小,故合力變小,加速度變小,即第一階段是加速度逐漸減小的加速運動, 第二階段彈簧彈力大于,〃gsin 〃+#,合力沿斜面向上,彈簧彈力逐漸增 大,庫侖斥力逐漸減小,合力變大,加速度變大,即第二階段是加速度逐 漸變大的減速運動,直到速度減小為0,選項A正確;小球P的機械能變 化等于除重力外其他力做的功,即庫侖力和彈簧■彈力的合力做的功,初始 階段彈簧彈力小于庫侖斥力,二者合力做正功,機械能增大,當彈簧彈
15、力 大于庫侖斥力后,二者合力做負功,機械能減小,選項B錯誤;小球P的 速度最大時即加速度等于0時,彈簧彈力等于庫侖力和重力沿斜面向下的 分力之和,選項C錯誤;小球尸與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能變化等于除系 統(tǒng)彈力和重力外其他力做的功,即庫侖斥力做的功,由于庫侖斥力做正功, 故系統(tǒng)的機械能增加,選項D正確.
答案:AD
12. (2018?衡陽模擬)如圖所示,水平放置的平行板電容器,兩板間距離 為d=8 cm,板長為L=25 cm,接在直流電上,有一帶電液滴以如=0.5 m/s 的初速度從板間的正中央水平射入,恰好做勻速直線運動,當它運動到P 處時迅速將下板向上提起;cm,液滴剛好從金屬板末端飛
16、出(g取10 mH),
求:
(1)將下板向上提起后,液滴的加速度大?。?
(2)液滴從射入電場開始計時,勻速運動到P點所用時間為多少?
解析:(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力,因為液滴勻速 運動,所以有qE=mg,
即 qU=mgd.
當下板向上提后,d減小,E增大,電場力增大,故液滴向上偏轉,在 電場中做類平拋運動.
此時液滴所受電場力戶=/~=臀,
F—mg ms\d, m
=gg=2 m/s2.
(2)因為液滴剛好從金屬板末端飛出,所以液滴在豎直方向上的位移是
d
2,
設液滴從尸點開始在勻強電場中飛行的時間為£1,則
而液滴從剛進入電場到出電場的時間
所以液滴從射入電場開始到勻速運動到尸點的時間為£=打一fi = 0.3 s.
答案:(1)2 m/s2 (2)0.3 s