【突破高考】福建省2013年高考物理 能力专项突破课时提能演练 6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动（含解析）

1 突破高考突破高考 福建省福建省 20132013 年高考物理年高考物理 能力专项突破课时提能演练能力专项突破课时提能演练 6 36 3 电容器电容器 与电容与电容 带电粒子在电场中的运动 含解析 带电粒子在电场中的运动 含解析 40 40 分钟分钟 100100 分分 一 选择题一 选择题 本大题共本大题共 8 8 小题 每小题小题 每小题 9 9 分 共分 共 7272 分分 每小题只有一个选项正确每小题只有一个选项正确 1 2012 漳州模拟 竖直放置的平行板电容器的左极板上用绝缘线悬挂 了一个带电的小球 将平行金属板按图连接 小球平衡时线与极板的夹 角为 现将电键 S 打开 小球再次达到平衡 则 A 小球带负电B 角 变大 C 角 变为 0 D 电容器带电量减少 2 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 3 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 2 4 易错题 如图所示 一个带电粒子从粒子源进入 初速度很小 可忽略不计 电压为 U1的加速电场 经加速后从小孔 S 沿平行金属 板 A B 的中心线射入 A B 板长为 L 相距为 d 电压为 U2 则带 电粒子能从 A B 板间飞出应该满足的条件是 A 2 1 U U 2d L B 2 1 U U d L C 2 1 U U 2 2 2d L D 2 1 U U 2 2 d L 5 预测题 如图所示 在绝缘光滑水平面上固定两个等量同种电荷 A B 在 AB 连线上的 P 点由静止释放 一带电滑块 则滑块会在 A B 之间往复运动 则以下判断正 确的是 A 滑块一定带的是与 A B 异种的电荷 B 滑块在由 P 向 B 运动过程中 动能一定增大 C 滑块在由 P 向 B 运动过程中 电势能一定是先减小后增大 D 滑块的动能与电势能之和一定减小 6 a b c 三个 粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电 场 其轨迹如图所示 其中 b 恰好飞出电场 由此得出的下列判 断错误的是 A 在 b 飞离电场的同时 a 刚好打在负极板上 3 B b 和 c 同时飞离电场 C 进入电场时 c 的速度最大 a 的速度最小 D 动能的增量相比 c 的最小 a 和 b 的一样大 7 2012 莆田模拟 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 小球在 N 点的电势能大于在 M 点的电势能 B M N两点的电势差为 mg q l C 电场强度等于 mgtan q D 电场强度等于 mgsin q 8 易错题 光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为 E 的匀 强电场中 电场方向与正方形一边平行 一质量为 m 带电荷量为 q 的小 球由某一边的中点 以垂直于该边的水平初速度 v0进入该正方形区域 当小球再次运动到该正方形区域的边缘时 具有的动能 A 一定是 0B 可能是 2 0 1 mv 2 1 2 qEl C 一定是 2 0 1 mv 2 D 可能是 2 0 1 mv 2 2 3 qEl 二 非选择题二 非选择题 本大题共本大题共 2 2 小题 共小题 共 2828 分 要有必要的文字说明分 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和解题步骤 有数值计算的要注明单位 9 创新题 14 分 如图所示 在两条平行的虚线内存在着宽度为 L 场强为 E 的匀强电场 在与右侧虚 线相距也为 L 处有一与电场平行的屏 现有一电荷量为 q 质量为 m 的带电粒子 重力不计 以垂直于电 场线方向的初速度 v0射入电场中 v0方向的延长线与屏的交点为 O 试求 4 1 粒子从射入到打到屏上所用的时间 2 粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 tan 3 粒子打到屏上的点 P 到 O 点的距离 x 10 2012 扬州模拟 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 L d 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 5 答案解析答案解析 1 解析 选 B 根据电路图知 电容器板间电场向右 小球带正电 A错误 电键 S 打开后 电容器板间 电压增大 带电量增大 小球右移 角 变大 C D 错误 B 正确 2 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 U d d 增大 电容 C 减小 E 减小 质点向下运动 答案为 D 3 解析 选 B 示波管 YY 间为信号电压 XX 间为扫描电压 0 t1 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 2 qU t 2md 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 1 2 t1 3 2 t1时刻偏转电压最大 偏移量也最大 所 以 B 对 4 解析 选 C 根据动能定理知 当带电粒子刚好从板间飞出时 qU1 2 1 mv 2 再由 t L v 和 y 2 1 at 2 2 qU1 2 md L v 2 得 y 1 2 d 解得 2 1 U U 2 2 2d L 故 C 正确 变式备选 如图所示 A 板发出的电子经加速后 水平射入水平放 置的两平行金属板间 金属板间所加的电压为 U 电子最终打在荧光 屏 P 上 关于电子的运动 则下列说法中正确的是 A 滑动触头向右移动时 其他不变 则电子打在荧光屏上的位置上 升 B 滑动触头向左移动时 其他不变 则电子打在荧光屏上的位置不变 C 电压 U 增大时 其他不变 则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D 电压 U 增大时 其他不变 则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 解析 选 D 电子加速有 eU0 2 0 1 mv 2 电子偏转有 y 2 0 1 eU 2 md v l 2 0 U 4dU l 滑动触头向右滑动 U0增大 y 减小 A 错误 同理可知 B 错误 两电场对电子做的功为 W e U0 U y d U 增大 y 增大 则 W 增大 所 以选项C 错误 电子在加速电场中匀加速时间不变 在偏转电场中匀速运动时间也不变 所以运动总时间 不变 选项 D 正确 故答案为 D 5 解析 选 C 根据从 P 点由静止释放的带电滑块在 A B 之间往复运动可以判断 开始时 A 对滑块向右 的作用力大于 B 向左的作用力 所以滑块一定带与 A B 相同的电荷 选项 A 错 由于 A B 带等量同种 6 电荷 所以其连线中点场强为零 滑块在由 P 向 B 运动过程中 电场力先做正功后做负功 电势能一定 是先减小后增大 动能先增大后减小 选项 B 错误 C 正确 在整个运动过程中只有电场力做功 所以滑 块的动能与电势能之和一定不变 D 选项错 故答案为 C 6 解析 选 B 由 d 2 2 1 Eq t 2 m 可知 ta tb A 正确 而 yc 2 c 1 Eq t 2 m tcvb va C 正确 由 Ek Eq y 可知 Ekb Eka Ekc 故 D 正确 故选 B 7 解析 选 C 小球受到重力 电场力 支持力作用 到 N 时速度仍为 v0 则说明其做匀速直线运动 故沿斜面方向 Eqcos mgsin 解得 E mgtan q C 正确 D 错误 MN 间电势差 U Elcos mg sin q l B 错误 由于 M N 且小球带正电 则小球在 M 点电势能大于在 N 点电势能 A 错误 8 解析 选 B 如题图所示 1 当小球从 bc 边中点垂直该边以水平初速度 v0进入电场时 由动能定理得 qEl Ek 2 0 1 mv 2 即 Ek qEl 2 0 1 mv 2 2 当小球从 ab 边中点垂直该边进入 则可能沿 ad 边射出 也可能沿 cd 边射出 若从 ad 边射出 则 qE 2 l Ek 2 0 1 mv 2 即 Ek qE 2 l 2 0 1 mv 2 则选项 B 正确 若从 cd 边射出 设射出点与射入点沿场强方向的距离为 x 0 x 2 l 则 qEx Ek 2 0 1 mv 2 得 2 0 1 mv 2 Ek qE 2 l 2 0 1 mv 2 3 若小球从 ad 边中点垂直该边进入电场 则先做匀减速运动 若 qEl 2 0 1 mv 2 则到达 bc 边时速度为零 若 qEl 2 0 1 mv 2 则未出电场区 之后做反向匀加速运动 返回 ad 边时 动能仍为 2 0 1 mv 2 若 qEl 2 0 1 mv 2 则到达 bc 边时动能 Ek 2 0 1 mv 2 qEl 故 答案为 B 总结提升 电荷在电场中运动问题的解题技巧 1 首先根据物体做直线运动和曲线运动的条件分析带电粒子在电场中运动的可能轨迹 是直线还是曲线 轨迹的形状和位置等 7 2 再由电场范围和题目要求分析带电粒子在电场中运动的所有可能入射点和出射点 并进行分析和归纳 若运动过程复杂要善于用分段分析 3 灵活运用牛顿运动定律 运动学公式 运动的合成与分解或动能定理 能量守恒定律归类分析 分类 解答 9 解析 1 根据题意 粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动 所以粒子从射入到打到屏上所 用的时间 t 0 2L v 3 分 2 设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy 根据牛顿第二定律 粒子在电场中的加速度为 a Eq m 1 分 所以 vy a 0 L v 0 qEL mv 2 分 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为 tan y 0 v v 2 0 qEL mv 2 分 3 设粒子在电场中的偏转距离为 y 则 y 2 2 2 00 1L1 qEL a 2v2 mv A 2 分 又 x y Ltan 3 分 解得 x 2 2 0 3qEL 2mv 1 分 答案 1 0 2L v 2 2 0 qEL mv 3 2 2 0 3qEL 2mv 10 解题指南 解答本题时应注意以下两点 1 力 F 与速度