2019-2020学年高中物理 6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动A课时提能演练 沪科版.doc

2019-2020 学年高中物理 6.3 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 A 课时提 能演练 沪科版
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.(预测题)M、N 是一对水平放置的平行板电容器,将它与一电动势为 E,内 阻为 r 的电源组成如图所示的电路,R 是并联在电容器上的滑动变阻器,G 是灵敏电流计, 在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态, 如图所 示,现保持开关 S 闭合,将滑动变阻器的滑片向 上滑动,则( A.在滑片滑动时,灵 敏电流计中有从 a 向 b 的电流 B.在滑片滑动时,灵敏电流计中有从 b 向 a 的电流 C.带电油滴将向上运动 D.带电油滴将向下运动 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( ) ) )

4.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.

U 2 2d ? U1 L

B.

U2 d ? U1 L
D.

C.

U 2 2d 2 ? 2 U1 L

U2 d2 ? U1 L2

5.(2012·南充模拟)如图所示,A、B 为一对中间开有小孔的平行金属板,相距一定距离,A 板接地,现有 一电子在 t=0 时刻在 A 板小孔中由静止开始向 B 板运动,不计重力及阻力影响,使电子一定能从 B 板小孔 射出,则 B 板电势φ B 与时间 t 的变化规律是( )

6. (易错题)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.滑块一定带的是与 A、B 同种的电荷 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

)

7.a、b、c 三个α 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, 由此可以肯定( )

A.在 b 飞离电场的同时,a 刚好打在负极板上 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 8.(创新题)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,具有的动能可能为 ( )

A.0 C.

B.

1 mv 0 2 2

1 1 mv0 2+ qEl 2 2 1 2 2 D. mv 0 + qEl 2 3

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.(易错题)(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: (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 tanα ; (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?

答案解析 1.【解析】选 A、C.滑片向上滑动时,滑动变阻器连入电路的阻值变大,其两端电压增大,由 Q=CU 可知, 电容器的电量增大,灵敏电流计中出现由 a 向 b 的充电电流,A 正确,B 错误;由 E ? 增强,带电油滴所受电场力增大,油滴将向上加速运动,C 正确,D 错误. 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 ?

U 知,极板间电场 d

qU 2 t ,偏移量与偏转电压成正比, 2md

0、t1、2t1 时刻偏转电压为 0,偏移量也为 0, t1、 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 ?

1 2

3 2

1 L mv 2 ,再由 t ? 和 2 v

y?

1 2 1 qU 2 L 2 1 U 2d 2 at ? ( ) ,得 y ? d ,解得 2 ? 2 ,故 C 正确. 2 2 md v 2 U1 L

【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上升 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 B、D.电子加速有 eU 0 ?

1 1 eU l 2 Ul 2 mv 0 2 ,电子偏转有 y ? ,滑动触头向右滑动,U0 ( ) ? 2 2 md v0 4dU0
U y) ,U 增大,y 增大,则 W 增大,所 d

增大,y 减小,A 错误,B 正确;两电场对电子做的功为 W ? e(U 0 ?

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 B、D. 5.【解析】选 A、B.图 A 中,B 板电势一直比 A 板电势高,因此,电子一直向 B 板加速运动,一定能从 B 板小孔射出,A 正确;由对称性可知,图 B 中电压加在板间,将使电子时而向 B 板加速,时而向 B 板减速, 且一直向 B 板运动,一定能从 B 板小孔射出,B 正确;图 C、图 D 中电压加在板间,若板间距足够大,则 电子将在两板间往复运动,若板间距较小,则有可能从 B 板小孔射出,故 C、D 均错误. 6.【解析】选 B、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 B 对;由于 A、B 带等量 同种电荷,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,选项 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 B、C. 7.【解析】选 A、C、D.由

d 1 Eq 2 1 Eq 2 L ? t 可知,ta=tb,A 正确;而 yc ? t c ,tc<tb,B 错误;由 t ? 得: 2 2 m 2 m v

vc>vb>va,C 正确;由Δ Ek=Eq·y 可知,Δ Ekb=Δ Eka>Δ Ekc,故 D 正确. 8.【解析】选 A、B、C.如题图所示. (1)当它从 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:

1 qEl=E k- mv 0 2 2 1 2 即 E k=qEl+ mv 0 . 2
(2)当它从 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. ①若从 ad 边射出,则

qEl 1 =E k- mv0 2 ,即 2 2

E k=

qEl 1 + mv0 2 ,则选项 B 正确; 2 2 l , 2

②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 ?

则 qEx=E k- mv 0 ,得:
2

1 2

1 qEl 1 mv0 2 ? E k ? + mv 0 2 . 2 2 2

(3)若它从 ad 边中点垂直该边进入电场,则先做匀减速运动.

1 2 2 1 1 2 2 ②若 qEl> mv0 ,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 mv 0 ,故选项 C 2 2
①若 qEl= mv0 ,则到达 bc 边时速度为零.故选项 A 正确; 正确. ③若 qEl< mv0 ,则到达 bc 边动能 E k ?
2

1 2

1 mv0 2 ? qEl .故答案为 A、B、C. 2

【总结提升】求解电场中的多解问题的方法技巧 (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. (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 ?

2L . v0

(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 v y ? a

L qEL ? v0 mv0

(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? ? (2 分) (3)设粒子在电场中的偏转距离为 y,则

vy v0

?

qEL . mv02

1 L 2 1 qEL2 y ? a( ) ? 2 v0 2 mv0 2
又 x=y+Ltanα ,

(2 分) (3 分)

解得: x ?

3qEL2 2mv0 2
2L v0
(2)

(1 分)

答案:(1)

qEL mv0 2

(3)

3qEL2 2mv 0 2

10.【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)力 F 与速度 v 始终垂直,不做功. (2)小球到 N 点的瞬时速度为零,但不处于平衡状态. 【解析】(1)由题意可知,电场力方向水平向右,由 M 到 N,对小球应用动能定理得: mgLsin60°=EqL(1-cos60°) 可得: E ? (2)由 Q=CU U=Ed 可得: Q ? (3 分) (2 分) (2 分) (2 分)

3mg q

3mgCd q

(1 分)

(3)小球在 N 点的加速度沿切线方向,由牛顿第二定律得: Eqsin60°-mgcos60°=ma 解得:a=g 答案:(1) (3 分) (1 分)

3mg q

(2)

3mgCd q

(3)g


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