吉林省通榆县第一中学高三物理阶段性训练试题（含解析）.docx

吉林省通榆县第一中学高三物理阶段性训练试题（含解析）内容:电容器,带电粒子在电场中的运动, 满分100分一.选择题(每小题4分,9-12题多选,全选正确4分,选不全得2分,12小题,计48分)1. 如图所示是一个平行板电容器，其板间距为d，电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电现将一个试探电荷q由两极间的A点移动到B点，如图所示，A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30，则电场力对试探电荷q所做的功等于()A. B. C. D. 【答案】C【解析】由电容的定义式得板间电压，板间场强，试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功，故选项C正确。点睛：本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小。2. 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上若将云母介质移出，则电容器()A. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【答案】D【解析】试题分析：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，根据可知，电荷量Q减小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据可知，极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D正确。考点：电容器的动态分析【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变要掌握、三个公式。3. 如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d且分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回若保持两极板间的电压不变，则下列说法不正确的是()A. 把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B. 把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C. 把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D. 把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落【答案】BC、当把B板上移后，设质点仍能到达B板，则由动能定理得mghqUmv2，因B板上移后h2d，所以mghqU，即看似动能为负值，实际意义为在此之前物体动能已为零，将沿原路返回，C正确；D、把B板下移后，有mghqUmv20，即质点到达N孔时仍有向下的速度，将穿过B板继续下落，D正确；本题选择错误答案，故选：B。点睛：移动A板或B板后，质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达B板之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P点；如不能减为零，则穿过B板后只受重力，将继续下落。根据动能定律判断即可。4. 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EPEQ21C. 电荷量之比qPqQ21D. 动能增加量之比EkPEkQ41【答案】C【解析】解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=得它们运动时间相同故A错误B、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，由x=，分析得到加速度之比aP：aQ=2：1根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为aP=，则qP：qQ=2：1因为电场力大小之比为2：1，在电场力方向上的位移之比为2：1，则电场力做功之比为4：1，可知电势能减小量之比为4：1，故B错误，C正确D、电场力做功之比为4：1，重力做功相等，则合力做功不等于4：1，根据动能定理知，动能的增加量之比不等于4：1，故D错误故选：C【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比【点评】本题电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法研究动能增加量关系，也可通过求末速度之比求解5. 如图所示，在真空中电荷量相等的离子P1、P2分别以相同初速度从O点沿垂直于电场强度的方向射入匀强电场，粒子只在电场力的作用下发生偏转，P1打在极板B上的C点，P2打在极板B上的D点G点在O点的正下方，已知GCCD，则离子P1、P2的质量之比为()A. 11 B. 12 C. 13 D. 14【答案】D【解析】设离子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度a，离子运动的时间，由于GCCD，所以飞行的时间之比t1t212，离子的偏转量，因为P1带电荷量与P2的带电荷量相同，可得P1、P2的质量之比m1m2为14，D正确，ABC错误故选：D。6. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量负点电荷A和B，O点为AB连线的中点，C、D为AB连线上关于O点对称的两个点，且COODL.一带正电的可视为点电荷的小球以初速度v0从C点运动到D点设O点的电势00，取C点为坐标原点，向右为x轴的正方向，下列关于小球的电势能Ep、小球的动能Ek、电势、电场强度E随小球运动的位移x变化的图象，可能正确的是()A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】AC、从C点到D点，电场线方向先向左后向右，则电势先升高后降低，则小球的电势能先增大后减小，小球在C、D两点处的电势能相同，故A、C错误；B、由于小球的电势能先增大后减小，在C、D两点处的电势能相同，由能量守恒定律得知，动能先减小后增大，在C、D两点处的动能相同，故B正确；D、设ACBDr，点电荷A和B的电荷量大小为Q，则当位移为x时，由数学知识得知E与x是非线性关系，图象是曲线，故D错误。故选：B。7. 在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是()A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡因此A正确，BCD错误。故选：A。点睛：通过微粒的匀速下落，得知电场力和重力的关系，然后进入另一电场，所受的电场力增大，根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，从而根据加速度与速度的方向关系，判断其运动情况。8. (多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是()A. A点的电场强度一定大于B点的电场强度B. 粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C. C、D间各点电场强度和电势都为零D. A、B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差【答案】AB【解析】试题分析：由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误故选AB。考点：电场力做功与电势能的关系【名师点睛】本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值这常是判断电荷电势能如何变化的依据还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。9. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图7所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A. 在x2和x4处电势能相等B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大C. 由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【答案】BC【解析】试题分析：由图像可知，在0x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误。考点：由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系。【名师点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要。10. (多选)如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出下列说法正确的是()A. 粒子的运动轨迹一定经过P点B. 粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C. 若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出正方形ABCD区域D. 若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域【答案】BD【解析】AB、粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项A错误，B正确；CD、由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项C错误，D正确。故选：BD。11. (多选)如图所示，P、Q两点分别放置两个电荷量相等的异种点电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且Oa2Ob，N处放置一负的点电荷，则()A. a处的场强的大小小于b处的场强的大小B. a处的电势小于b处的电势C. a、O间的电势差大于a、b间的电势差的2倍D. 电子在a处的电势能大于电子在b处的电势能【答案】AC【解析】试题分析：根据等量异种电荷与负的点电荷电场线分布的特点，可知b处的电场线较密，所以EbEa，故A正确；如果只有P、Q电荷则ab是等势面，如果只有N则a的电势高，而电势是标量，因此a的电势高于b的电势，故B错误；根据B选项可知ao、ab间电势差其实就是看N点的负电荷在ao、ab处形成的电势差就可以，根据U=Ed定性分析可知ab间的平均场强小于bo间的平均场强，因此bo间的电势差大于ab间的电势差，因此ao电势差大于ab电势差的2倍，故C正确；负电荷在电势高的地方，电势能反而低，故D错误；故选AC。考点：电场强度；电势及电势差【名师点睛】考查电场强度是矢量，满足矢量合成法则，而电势是标量，可以进行代数和运算，掌握U=Ed的应用，注意E也可以选平均电场强度来讨论，同时理解电势能大小还与电荷的电性有关。12. (多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势A0，B板的电势B随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则()A. 若电子是在t0时刻进入的，它可能不会到达B板B. 若电子是在t时刻进入的，它一定不能到达B板C. 若电子是在t时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板D. 若电子是在t时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板【答案】BC【解析】A、若电子从t0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；B、若电子从时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；C、电子从时刻进入两板时，电子先加速，经时间速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再加速反向速度最大，接着减速速度为零，它时而向B板运动，时而向A板运动，但一个周期内总的位移向右，最后穿过B板，C正确；D、电子从时刻进入两板时，电子先加速，经时间速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再加速反向速度最大，接着减速速度为零，它时而向B板运动，时而向A板运动，但一个周期内总的位移向左，无法穿过B板，D错误。故选：BC。二.填空(2小题,计16分)13. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则_ ;E_;EP_(填增大, 减小, 不变)【答案】 (1). 减小, (2). 不变, (3). 不变【解析】试题分析：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据可知，电容C增大，则根据可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势P=El，电势能EP=ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变；考点：电容器；电势及电势能；电场强度【名师点睛】本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。14. 如图甲所示的电路，电源电动势E8V，电阻R与一个电流传感器相连，传感器可以将电路中的电流随时间变化的曲线显示在计算机屏幕上，先将S接2，给电容器C充电，再将S接1，结果在计算机屏幕上得到如图乙所示的曲线，将该曲线描绘在坐标纸上(坐标纸上的小方格图中未画出)，i轴每小格表示0.1mA，t轴每小格表示0.1s，图线与坐标轴所围成的面积约为80个小方格则(1)放电时电流沿_方向(填写顺时针,逆时针)(2)电容器充电完毕时，所带电荷量约为C【答案】逆时针,8104【解析】电流不能穿过电容器，否则电容器会被击穿，而充电的本质是a极板上的电子通过电源到达b板，充电完毕后a极板带正电，b极板带负电，放电时电流沿逆时针方向；图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电前所带的电荷量，约为0.11030.180C8104C。三.计算题(2小题,24分)15. 如图