2019届物理人教版一轮随堂检测：第七章第三节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动 .doc

学生用书P1401(2017高考江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点由O点静止释放的电子恰好能运动到P点现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()A运动到P点返回B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回D穿过P点解析：选A.电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eUeEd0，若将C板向右平移到P点，B、C两板所带电荷量不变，由E可知，C板向右平移到P时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误2(多选)(2018四川绵阳模拟)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势随时间t的变化情况如图乙所示，t0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t2T时，电子回到P点电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是()A1212B1213C在02T时间内，当tT时电子的电势能最小D在02T时间内，电子的电势能减小了解析：选BCD.0T时间内平行板间的电场强度为E1，电子以a1向上做匀加速直线运动，当tT时电子的位移x1a1T2，速度v1a1T.T2T时间内平行板间的电场强度E2，加速度a2，电子以v1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2v1Ta2T2，由题意t2T时电子回到P点，则x1x20，联立可得231，选项A错误，B正确当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0T时间内电子做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，所以在T时刻电势能最小，选项C正确电子在t2T时回到P点，此时速度v2v1a2T(负号表示方向向下)，电子的动能为Ekmv，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，选项D正确3(2018湖北孝感模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是()A断开开关S后，将A、B两极板分开些B断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积C保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动解析：选B.断开开关S，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开些，则d增大，根据C知，电容C减小，根据U知，电势差增大，指针张角增大，选项A错误；断开开关S，增大A、B两极板的正对面积，即S增大，根据C知，电容C增大，根据U知，电势差减小，指针张角减小，选项B正确；保持开关S闭合，无论将A、B两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，选项C错误；保持开关S闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项D错误4(2017高考全国卷)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍不计空气阻力，重力加速度大小为g.求(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3.(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式v2ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH.(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E.答案：见解析