【创新设计】2011届高考物理一轮复习 第3课时 电容 带电粒子在电场中的运动练习 人教大纲版

1、第3课时 电容 带电粒子在电场中的运动1平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图9313所示，则()S图9313A保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则增大B保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变C开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变解析：悬线偏离竖直方向的夹角的大小由带电小球受的电场力和重力两因素决定因重力不变，故电场力增大时就增大在保持开关S闭合，即保持电容器两极板间电压U不变由于A、B板靠近，d变小，极板间电场强度E就增大，因而带电小球受电场

2、力FqEq增大，则增大；若断开开关S，即表明电容器极板上的电荷量Q不变当A、B板靠近后，电容器的电容C将增大，根据U，电容器两板间电压U减小电容器两板间的场强E有无变化呢？把上述各关系代入，得E.由此可知场强不变，带电小球受电场力不变，则不变答案：AD2.图9314如图9314所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两极之间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，两小球最后都能打在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它们的运行时间tPtQB它们的电荷量之比qpqQ21C它们的动能增加量之比EkpEkQ41D它

3、们的电势能减少量之比EpEQ21解析：在竖直方向加速度均为g，位移相等，所以它们运行时间相等，A项错误；水平位移sp2SQ，apt22×aQt2，所以Fp2FQ，qp2qQ，qpqQ21，B项正确；EkpmghFps，EkQmghFQ，所以EkpEkp41，C项错误；EpEQFpsFQ41，D项错误答案：B图93153如图9315所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()A板间电场强度大小为mg/qB板间电场强度大小为2mg/qC质点在板间的运

4、动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上由运动的合成与分解知识，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vxv0；在竖直方向上：在电场中vyat，如上图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vygt，由此运动过程的对称性可知ag，由牛顿第二定律得：qEmgmamg，解得：E2mg/q.故选项BC正确答案：BC4.图9316如图9316所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q

5、，在M点无初速度地释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止，则从M到N的过程中()A小物块所受的电场力减小B小物块的电势能可能增加C小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功DM点的电势一定高于N点的电势解析：Q为点电荷，由于M点距点电荷Q的距离比N点小，所以小物块在N点受到的电场力小于在M点受到的电场力，选项A正确由小物块的初、末状态可知，小物块从M到N的过程先加速再减速，而重力和摩擦力均为恒力，所以电荷间的库仑力为斥力，电场力做正功，电势能减小，选项B错误由功能关系可知，克服摩擦力做的功等于电势能的减少量和重力势能的减少量之和，故选项C正确因不知Q和物块的电性

6、，无法判断电势高低，选项D错误答案：AC图93175如图9317所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L0.4 m，两板间距离d4×103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m4×105 kg，电量q1×108 C(g10 m/s2)求：(1)微粒入射速度v0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？解析：(1)v0tgt2可解得v010 m/s.(2

7、)电容器的上板应接电源的负极当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出a12a1解得：U1120 V当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出a22a2解得U2200 V所以120 VU200 V.答案：(1)10 m/s(2)与负极相连120 VU200 V 1某电容器上标有“25 F450 V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是()A要使该电容器两极板之间电压增加1 V，所需电荷量为2.5×105 CB要使该电容器带电量1 C，两极板之间需加电压2.5×105V C该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×105 CD该电容器能够承受的最大电压为45

8、0 V解析：由电容器电容的定义CQ/U可得，CQ/U，QCU，要使该电容器两极板之间电压增加U1 V，所需电荷量为Q2.5×105 C，A正确，B错误；该电容器能够容纳的电荷量最多为QCU2.5×105×4501.125×102 C，C错误；电容器上所标的450 V，是电容器的额定电压，是电容器长期工作时所能承受的电压，低于击穿电压，该电容器能够承受的最大电压大于450 V，D错误答案：A2.图9318(2010·海门模拟)如图9318所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘

9、物质，C为导电液体已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则()A导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大B导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大C导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小D导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小解析:电流计指针向左偏转,说明流过电流计G的电流由左右，则导体芯A所带电量在减小，由QCU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确答案：D图93193如图9319所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v

10、0水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()A将打在下板中央B仍沿原轨迹由下板边缘飞出C不发生偏转，沿直线运动D若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央答案：BD图93204真空中的某装置如图9320所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从

11、静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是()A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为124解析：粒子加速过程qU1mv2，从B至M用时t，得t ，所以t1t2t31，选项A错误偏转位移y()2，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B正确因WqEy，得W1W2W3q1q2q3112，选项C、D错误答案：B5(2010·天星百校联盟领航卷)如图9321甲所示为示波

12、管的构造示意图，现在xx上加上uxxt信号，yy上加上uyyt信号(如图9321乙、丙所示)，则在屏幕上看到的图形是()图9321解析：由起始时刻xx和yy上的电压情况可将B、C排除由于在xx上加上的uxxt信号周期为yy上所加uyyt信号周期的2倍，所以在屏幕上看到的图形是两个正弦波，因此D正确答案：D6.图9322如图9322所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知ABBC.不计空气阻力，则可知()A微粒在电场中作抛物

13、线运动B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等CMN板间的电势差为2mv/qDMN板间的电势差为Ev/2g解析：由题意可知，微粒到达C点时，竖直方向上速度为零，所以微粒不做抛物线运动，A项错误；因ABBC，即·t·t可见vcv0.故B项正确；由q·mv，得U，故C项错误；又由mgqE得q代入U，得U，故D项错误答案：B7.图9323(2010·石家庄质检)如图9323所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为q、质量为m的滑块(可看作点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为

14、，重力加速度为g.以下判断正确的是()A滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力B滑块在运动过程的中间时刻速率大于C此过程中产生的内能为DQ产生的电场中a、b两点间的电势差Uab解析：若滑块受到的库仑力某时刻大于摩擦力，则滑块即开始做加速运动，不会在b点停下，故A错误；水平方向上滑块受到恒定的摩擦力和逐渐变大的库仑力，且摩擦力大于库仑力，应做加速度逐渐减小的减速运动，前半段时间速度变化量较大，故中点时刻滑块速率小于，B错误；滑块从a运动到b的过程中，动能和电势能减小，转化为内能，故内能QmvqUabmgs，显然Q，C错误；由上式还可得：Uab，D正确答案：D8.图9324如图9324

15、所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则()A在前时间内，电场力对粒子做的功为B在后时间内，电场力对粒子做的功为C粒子的出射速度偏转角满足tan D在粒子下落前和后的过程中，电场力冲量之比为1解析：带电粒子在电容器中做类平抛运动，在前和后时间内竖直方向的位移比y1y213，故前内的位移y1×，电场力做功为×，在后内的位移y2×d，电场力做功为×d.故A错，B对粒子飞出时速度的反向延长线必

16、过水平位移的中点，即tan ，C正确粒子在下落前和后的时间比为1(1)，因此电场力的冲量比为1(1)(1)1，D错答案：BC图93259如图9325所示，处于真空中的匀强电场与水平方向与15°角，直线AB与匀强电场E互相垂直在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中不正确的是()A电场力对小球做功为零 B小球的电势能增加C小球的机械能减少量为mg2t2 DC可能位于AB直线的左侧解析：由动能定理，得mghW电0，可知W电mgh0，即电场力对小球做负功，电势能增

17、加，C位置应位于AB直线的右侧；由于小球运动到C点时的动能未变，重力势能减少量为Epmghmg·at2mg··t2mg2t2.答案：ACD10.图9326竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定为O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E.已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力现先把小球拉到图中的P1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，如图9326所示，然后由静止释放小球则小球到达与P1点等高的P2时线上张力T为多少？解析：从P1到最低点小球与水平方向成45°角做匀加速直线运动，加速度为g，在最低点，

18、有v22×g×L，则v2，v水平v，故v水平.从最低点到水平位置电场力做功与重力做功之和为零，故在P2位置有FTEqm，得FT3mg.答案：3mg11.图9327如图9327所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间的距离也为l，板间电压恒定今有一带电粒子(重力不计)以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上粒子落点距O点的距离为.若大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从MN板间不同位置垂直进入电场试求这些粒子打到竖直屏上的范围并在图中画出解析：设粒子质量为m，带电荷量为q，初速度为v0，v0tl，yat2，tan ，yltan ，所以a·l·，3alv.由题意可分析出大量粒子垂直射入偏转电场后情况，如右图甲、乙所示其范围是ly.其中ya···l，范围是l.答案：l见