2013届高考物理一轮复习备考演练 6.3 电容器 带电粒子在匀强电场中的运动

2013届高考物理一轮复习备考演练 6.3 电容器带电粒子在匀强电场中的运动对应学生用书P273图6－3－161．(2012·广东六校联考)如图6－3－16所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动．下列判断中正确的是( )．A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C．电场线由A指向B，该电荷做匀速运动D．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析在由电场线上O点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B点运动，受电场力方向由A指向B，则电场线方向由B指向A，该负电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定．选项B正确．答案 B2.图6－3－17(2011·海南模拟)如图6－3－17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所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电荷量在减小，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所带电荷量在减小，由Q＝CU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 D3．(2012·江苏盐城中学模拟)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6－3－18所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G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增大些，下列采取的措施可行的是( )．图6－3－18A．断开开关S后，将A、B分开些B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些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，将变阻器滑动触头向右移动解析要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后，将A、B分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C均错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误．答案 A图6－3－194．(2012·广东惠州模拟)如图6－3－19所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )．A．将打在O点的下方B．将打在O点的上方C．穿过平行板电容器的时间将增加D．达到屏上动能将减少解析由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下，所以小球向下偏转，将打在O点下方，A项正确，B项错误；小球的运动时间由水平方向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C项错误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D项错误．答案 A图6－3－205．如图6－3－20所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为( )．A ．mv 02B.12mv 02C ．2mv 02D.52mv 02 解析 由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v Py t ，合速度v P ＝v 02＋v Py 2＝5v 0E kP ＝12mv P 2＝52mv 02，故选D.(等效思维法)答案 D图6－3－216．如图6－3－21所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则( )．A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间不变解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A 运动到B 动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间距离增加，时间变长．答案 C图6－3－227．(2012·广东江门模拟)如图6－3－22所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是 ( )．A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极间的距离C ．仅增大偏转电极间的电压D ．仅减小偏转电极间的电压解析 设加速电场电压为U 0，偏转电压为U ，极板长度为L ，间距为d ，电子加速过程中，由U 0q ＝mv 022，得v 0＝2U 0q m ，电子进入极板后做类平抛运动，时间t ＝L v 0a ＝Uqdm，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝UL2U 0d，由此可判断C 正确．(类平抛模型)答案 C图6－3－238．如图6－3－23所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．则下列说法正确的是( )．A ．带电粒子在Q 点的电势能为UqB ．带电粒子带负电C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3d D ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d 解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断B 错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以A 错误；设带电粒子在P 点时的速度为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0.带电粒子在y 轴方向上的平均速度为v y ＝3v 02带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，带电粒子在电场中的运动时间为t ，y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0得E ＝23U3d，C 正确，D 错误． 答案 C图6－3－249．(2012·济南月考)如图6－3－24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下降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速度变大解析 设加速电压为U 0，进入偏转电场时的速度大小为v 0，则电子经加速电场：eU 0＝12mv 02① 偏转电场中：L ＝v 0t② y ＝12×Ue dmt 2③ eU d y ＝12mv 2－12mv 02④由①②③得y ＝L 2U 4dU 0.当滑动触头向右滑动时，U 0变大，y 变小， 所以选项A 、B 错．由①②③④得12mv 2＝L 2U 2e4d 2U 0＋eU 0当U 增大时，12mv 2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对．答案 D图6－3－2510．M 、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M 点运动到N 点，其电势能随位移变化的关系如图6－3－25所示，则下列说法正确的是( )．A ．电子在N 点的动能小于在M 点的动能B ．该电场有可能是匀强电场C ．该电子运动的加速度越来越小D ．电子运动的轨迹为曲线解析 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M 点运动到N 点，电势能减小，动能增加，A 选项错误；分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W ＝qE Δx 可得电场强度越来越小，B 选项错误；由于电子从M 点运动到N 点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C 选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN 电场线为直线，由运动与力的关系可得轨迹必为直线，D 选项错误．答案 C11．如图6－3－26甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图6－3－26乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．图6－3－26(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系．解析 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81 d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t① 在竖直方向有0.81d 0＝12at 2② 其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t④ 在竖直方向有d m ＝12a ′t 2⑤ 其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m⑥ 联立①②③④⑤⑥式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)当d >0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有x ＝12qU md ⎫L v 0 2⑧ 根据题意，收集效率为η＝x d⑨联立①②③⑧⑨式可得η＝0.81⎝⎛⎭⎫d 0d 2. 答案 (1)0.9d 0 (2)η＝0.81⎝⎛⎭⎫d 0d 2图6－3－2712．如图6－3－27所示，长L ＝1.2 m 、质量M ＝3 kg 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m ＝1 kg 、带电荷量q ＝＋2.5×10－4C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E ＝4.0×104N/C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8 N ．取g ＝10 m/s 2，斜面足够长．求：(1)物块经多长时间离开木板？ (2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析 (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定律对物块：mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE )＝ma 1 对木板：Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE )－F ＝Ma 2 又12a 1t 2－12a 2t 2＝L 得物块滑过木板所用时间t ＝2s.(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s. 其动能为E k2＝12Mv 22＝27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为Q ＝F 摩x 相＝μ(mg cos 37°＋qE )·L ＝2.16 J.(程序思维法)答案 (1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J。