【全程复习方略】（安徽专用）高中物理 第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动B卷课时提升作业 新人教版.doc

第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动b卷 (40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。每小题只有一个答案正确)1.水平放置的平行板电容器与一电池相连。在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态。现将电容器两板间的距离增大,则()a.电容变大,质点向上运动b.电容变大,质点向下运动c.电容变小,质点保持静止d.电容变小,质点向下运动2.如图所示,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eeb.电子从b板到达c板动能变化量为2eec.电子到达d板时动能是3eed.电子最后从d板飞出3.(2013岳阳模拟)平行板间加如图所示周期性变化的电压,重力不计的带电粒子静止在平行板中央,从t=t2时刻开始将其释放,运动过程无碰板情况,则能定性描述粒子运动的速度图像的是()4.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.极板带的电荷量增大5.如图所示,长为l、倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中。一电荷量为+q,质量为m的小球,以初速度v0由斜面底端的m点沿斜面上滑,到达斜面顶端n的速度仍为v0,则()a.电场强度等于mgtanqb.电场强度等于mgsinqc.m、n两点的电势差为mglqd.小球在n点的电势能大于在m点的电势能6.(2013南阳模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场,在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响),p小球从紧靠左极板处由静止开始释放,q小球从两极板正中央由静止开始释放,两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点,则从开始释放到打到右极板的过程中()a.它们运动时间的关系为tptqb.它们的电荷量之比为qpqq=21c.它们的竖直分速度增量之比为v1v2=21d.它们的电势能减少量之比为epeq=217.(2010安徽高考)如图所示,m、n是平行板电容器的两个极板,r0为定值电阻,r1、r2为可调电阻,用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键s,小球静止时受到悬线的拉力为f。调节r1、r2,关于f的大小判断正确的是()a.保持r1不变,缓慢增大r2时,f将变大b.保持r1不变,缓慢增大r2时,f将变小c.保持r2不变,缓慢增大r1时,f将变大d.保持r2不变,缓慢增大r1时,f将变小8.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1229.(2013昆明模拟)如图所示,c是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,悬线偏转角度变大的是()a.缩小a、b间的正对面积b.减小a、b间的距离c.取出a、b两极板间的电介质,换一块形状大小相同的导体d.以上说法都不对10.如图甲所示,两个平行金属板p、q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,t=0时,q板比p板电势高5v,此时在两板的正中央m点有一个电子,速度为零,电子在电场力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在0t810-10s的时间内,这个电子处于m点的右侧,速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()a.0t210-10sb.210-10st410-10sc.410-10st610-10sd.610-10st810-10s二、计算题(本大题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(14分)如图所示,两个带等量异种电荷、竖直正对放置、电容为c、间距为d的平行金属板,两板间的电场可视为匀强电场。将一个质量为m、电荷量为-q的带电小球,用长度为l(ld)的、不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间电场中的o点。此外在两板之间还存在着一种特殊物质(图中未画出),这种物质能使处于电场中的小球受到一个大小为f=kv(k为常数,v为小球的速率)、总是背离圆心方向的力。现将小球拉至细线刚好伸直但不绷紧的位置m,某时刻由静止释放小球,当小球向下摆过60到达n点时,小球的速度恰好为零。若在小球下摆过程中,细线始终未松弛,重力加速度取g,不考虑空气阻力的影响,试求:(1)两板间的电场强度e是多少?(2)左侧金属板所带的电荷量q是多少?(3)小球到达n点时的加速度大小是多少?12.(能力挑战题)(16分)如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2kg,带电荷量为q=+2.010-6c的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数=0.1。从t=0时刻开始,空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向,g取10m/s2)。求:(1)23s内小物块的位移大小;(2)23s内静电力对小物块所做的功。答案解析1.【解析】选d。带电质点在电容器中处于静止状态,有mg=qe,因为电容器与电源连接,电压不变,e=ud,d增大,电容c减小,e减小,质点向下运动,答案为d。2.【解析】选a。电子从a板到b板做匀加速运动,且ee=ek,a正确;在bc之间做匀速运动,b错误;从c板到d板做匀减速运动,到达d板时,速度减为零,之后电子由d板向a板运动,c、d错误。3.【解析】选a。粒子从t2时刻在电场中做匀加速直线运动,在t时刻电场反向,粒子做匀减速直线运动,在32t时刻速度减为零,以后循环此过程,故本题只有选项a正确。4.【解析】选c。由c=rs4kd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,b、d错误;由e=ud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。5.【解析】选a。小球受到重力、电场力、支持力三个恒力作用,沿斜面匀速运动,必有mgsin=eqcos,解得:e=mgtanq,a正确,b错误;umn=elcos=mglsinq,c错误;因电场力对小球做正功,小球的电势能减少,故小球在n点的电势能小于在m点的电势能,d错误。【变式备选】如图所示,在绝缘的斜面上方,存在着匀强电场,电场方向平行于斜面向上,斜面上的带电金属块在平行于斜面的力f作用下沿斜面移动。已知金属块在移动的过程中,力f做功32j,金属块克服电场力做功8j,金属块克服摩擦力做功16j,重力势能增加18j,则在此过程中金属块的()a.动能增加10jb.电势能增加24jc.机械能减少24jd.内能增加16j【解析】选d。由动能定理可知ek=32j-8j-16j-18j=-10j,a错误;克服电场力做功为8j,则电势能增加8j,b错误;机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功,故应为e=32j-8j-16j=8j,c错误;物体内能的增加量等于克服摩擦力所做的功,d正确。6.【解析】选b。由于两球在竖直方向均做自由落体运动,运动时间由h=12gt2决定,可知tp=tq,a错误。两小球的水平位移之比为xpxq=21,据x=12at2可知,加速度之比为21,故两球的电量之比为21,b正确。两小球在竖直方向只受重力作用,位移相同,所以它们在竖直方向上的分速度增量相同,故c错误。电势能的减少量等于电场力所做的功,epeq=qpexpqqexq=41,故d错误。7.【解析】选b。保持r1不变,缓慢增大r2时,由于r0和r2串联,r0两端的电压减小,即平行板电容器的两个极板的电压u减小,带电小球受到的电场力f电=qe =qud减小,悬线的拉力为f=(mg)2+f电2将减小,选项b正确a错误;保持r2不变,缓慢增大r1时,r0两端的电压不变,f电不变,悬线的拉力为f不变,c、d错误。8.【解析】选c。由u1q=12mv02,得:v01v02v03=211,再由t=可得:t1t2t3=122,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12mv2=u1q+u0dqy可得:v=(2u1+2u0dy)qm,因qm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=u0dqy可知,w电1w电2w电3=112,d错误。9.【解析】选a。欲使偏转角度变大,应使p、q板间的电势差变大,由于a板、q板接地,b板、p板连接在一起,所以应使a、b板间的电势差增大,再据u=qc可知,在q不变时,应使c减小,由电容的决定式c=rs4kd可知,应使s减小或r减小或d增大,故选项a正确。10.【解析】选d。分析电子的受力可知,电子从m点开始先向右加速,再向右减速,410-10s末速度为零,然后再向左加速至610-10s,从610-10810-10s再向左减速,速度图像如图所示,由此可知电子在m点右侧,速度方向向左且大小减小的时间为610-10810-10s,d正确。11.【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)力f与速度v始终垂直,不做功。(2)小球到n点的瞬时速度为零,但不处于平衡状态。【解析】(1)由题意可知,电场力方向水平向右,由m到n,对小球应用动能定理得:mglsin60-eql(1-cos60)=0(3分)可得:e=3mgq(2分)(2)由q=cu(2分)u=ed(2分)可得:q=3mgcdq(1分)(3)小球在n点的加速度沿切线方向,由牛顿第二定律得:eqsin60-mgcos60=ma(3分)解得:a=g(1分)答案：(1)3mgq(2)3mgcdq(3)g12.【解析】(1)02s内小物块的加速度a1=e1q-mgm=2m/s2(1分)位移x1=12a1t12=4m(1分)2s末小物块的速度为v2=a1t1=4m/s(1分)24s内小物块的加速度