【全程复习】2014届高考物理第一轮基础夯实复习方略 6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 B课时提能演练（7页 新人教通用版含精细解析）.doc

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1、全程复习2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）课时提能演练（含详细解析）6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 B (40分钟 100分)一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.(2012聊城模拟)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2,下列说法正确的是( )2=U1,E2=E12=2U1,E2=4E12.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

2、置，其他条件不变.则在B极板移动的过程中( )3.(2012杭州模拟)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( )tan/qsin/qC.M、N两点的电势差为mgL/q4.两块平行金属板M、N水平放置，带电情况如图所示，其内部空间有两个悬浮着的小带电液滴A和B，采用以下哪些办法可使液滴向上做加速运动( )B.使两板左、右错开一些5.如图所示，质量为m、带电量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v

3、0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为( )A. B. C. D. 6.(2012茂名模拟)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( )11227.(2012济宁模拟)如图，A板的电势UA=0，B板的电势UB随时间的变化规律如图所示.电子只受电场力的作用,且初速度为零(设两板间距足够大),则( )A.若电子是在t=0时刻进入的,它将一直向B板运动B.若电子是在t=0时刻进入的,它将时而向

4、B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上C.若电子是在t=T/8时刻进入的,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上D.若电子是在t=T/4时刻进入的,它将时而向B板运动，时而向A板运动8.(2012泰州模拟)某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场.当在该空间内建立如图所示的坐标系后,在x轴上的P点沿Y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v(v0)不同，有的粒子将在电场中直接通过Y轴，有的将穿出电场后再通过Y轴.设粒子通过Y轴时,离坐标原点的距离为h,从P到Y轴所需的时间为t0，则( )d的粒子,h越大,t

5、0越大d的粒子,在时间t0内,电场力对粒子做的功不相等d的粒子,h越大的粒子,电场力对粒子做的功越大二、计算题(本大题共2小题，共28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) 9.(2012临沂模拟)(14分)如图所示,空间存在着电102 N/C、方向竖直向上的匀强电场,一长为L=0.5 m的绝缘细线,一端固定在O点,一端拴着质量m=0.5 kg、电荷量q=410-2 C的小球.现将细线拉直到水平位置,使小球由静止释放,则小球能运动到最高点.不计阻力,取g=10 m/s2,求:(1)小球的电性;(2)细线在最高点受到的拉力;(3)若小球刚好运动到最高点时细线断裂,则细线断裂后

6、小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时,小球距O点的高度.10.(2012南昌模拟)(14分)如图所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2 m，板间距离d=1 mAO随时间的变化规律如图所示，变化周期为T=210-3 s,U0=103 V,t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0=1 000 m/s的速度射入板间，粒子电量为q=110-5 C,质量m=110-7 kg.不计粒子所受重力.求：(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标；(3)粒子打到屏上的动能.答案解析1.【解析】可知,C2=2C1,

7、又Q=C1U1,2Q=C2U2,故得U2=U1,又由可得:E2=2E1,C正确.2.【解析】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，D正确，B错误；由可知，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.【变式备选】如图所示，在绝缘的斜

8、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32 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功16 J，重力势能增加18 J，则在此过程中金属块的( )A.动能减少10 JB.电势能增加24 JC.机械能减少24 JD.内能增加16 J【解析】Ek=32 J-8 J-16 J-18 J=-10 J,A正确；克服电场力做功为8 J，则电势能增加8 J,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=32 J-8 J-16 J=8 J,C错误；物体内能的增加量等于克服摩擦力所做的功

9、，D正确.4.【解析】选B.A、B两液滴处于静止状态，必有,两液滴粘合在一起后，则有,一定还静止，D错误；用导线将两板连接一下，电场减弱或消失，则两液滴向下加速运动，C错误；将两板靠近，两板间场强不变，电场力不变，液滴仍静止，故A错；两板左、右错开一些，使板间场强增大，故两液滴将向上加速运动，故B正确.5.【解析】选C.带电粒子在竖直方向只受重力作用，设粒子由A到B的时间为t，则有0-v0=-gt.水平方向，粒子只受电场力作用，Eq=ma，vB=at，可得：a=2g,Eq=2mg, ，故C正确.6.【解析】,得：,再由可得：,A错误；由可知，三种粒子从偏转电场同一点射出，且速度方向相同，故一定

10、打在屏上的同一点，C正确；由可得：，因不同，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可知，W电1W电2W电3=112，D错误.7.【解题指南】解答本题时应注意不同时刻进入两板之间时，其运动情况是不一样的，运动方向可能不变，也可能做往复运动，因此要根据电子进入电场的时刻来进行分析.【解析】选A、C、D.若电子在t=0时刻进入板间电场，电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动，以后沿同一方向重复这种运动，直到碰到B板，故A正确，B错误；若电子在时刻进入，由对称性可知，电子将在板间做往复运动，D正确；若电子在时刻进入板间，则电子在前内向B板运动，后内向A板运动，以

11、后重复这种运动，直到碰到B板，故C正确.8.【解析】d的粒子,由可知,粒子射入电场后到Y轴的时间t0均相同,电场力做功W电=EqxP也相同，故B、C均错误；对hd的粒子，h越大的粒子，其初速度越大，在电场区域偏转的位移越小，电场力做功也越小，故D错误.9.【解析】(1)由小球运动到最高点可知,小球带正电.(2分)(2分)在最高点对小球由牛顿第二定律得(2分)由式解得,FT=15 N(1分)(3)小球在细线断裂后,在竖直方向的加速度设为a,由牛顿第二定律得qE-mg=ma(2分)设小球在水平方向运动L的过程中,历时t,则L=vt(1分)设竖直方向上的位移为x,则(2分)由解得,x=0.125 m(1分)小球距O点高度为x+L=0.625 m.(1分)答案:(1)带正电(2)15 N(3)0.625 m10.【解析】(1)粒子在板间沿x轴匀速运动，设运动时间为t,L=v0t(2分) (1分)(2)设t=0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1 (2分) (1分)解得y1=0.15 m(1分)纵坐标y=d-y1=0.85 m(1分)(3)粒子出射时的动能，由动能定理得： (3分) (2分) (1分)答案：(1)210-3 s(2)0.85 m10-2 J