廣東2011高考物理一輪復習 第六章第三講《電容器與電容帶電粒子在電場中的運動》試題

1、第六章 第三講 帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)1如圖1所示，從F處釋放一個無初速的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設電源電動勢為E) ()A電子到達B板時的動能是E eVB電子從B板到達C板動能變化量為零C電子到達D板時動能是3E eVD電子在A板和D板之間做往復運動解析：由電池的接法知：A板帶負電，B板帶正電，C板帶正電，D板帶負電，所以A、B板間有向左的電場，C、D板間有向右的電場，B、C板間無電場，由動能定理知：電子到達B板時的動能為E eV，到達D板時的動能為零，在B、C板間做勻速直線運動，總之電子能在A板和D板間往復

2、運動，所以錯誤選項為C.答案：C2如圖2所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該 ()A使U2加倍B使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C使U2變?yōu)樵瓉淼谋禗使U2變?yōu)樵瓉淼?/2解析：要使電子的運動軌跡不變，則應使電子進入偏轉電場后任一水平位移x所對應的偏轉距離y保持不變由yat2··()2和qU1mv02，得y，可見在x、y一定時，U2U1.所以選項A正確答案：A3(2010·廈門模擬)如圖3所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直

3、于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上板的過程中()A它們運動的時間tQ>tPB它們運動的加速度aQ<aPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12D它們的動能增加量之比EkPEkQ12解析：設P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是h/2，它們做類平拋運動的水平距離為l.則對P，由lv0tP，aPtP2，得到aP；同理對Q，lv0tQ，haQtQ2，得到aQ.由此可見tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPqQ12.由動能定理，它們的動能增加量之比EkPE

4、kQmaPmaQh14.綜上所述，C項正確答案：C4如圖4所示，一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向兩個比荷(即粒子的電荷量與質量之比)不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點(如圖)以相同的水平速度射入兩平行板之間測得a和b與電容器極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為12，若不計重力，則a和b的比荷之比是 ()A12 B18C21 D41解析：帶電粒子受到的電場力FEq，產生的加速度a，在電場中做類平拋運動的時間t ，位移xv0t，所以，D正確答案：D5如圖5所示，一個平行板電容器，板間距離為d，當對其加上電壓后，A、B兩板的電勢分別為和，下述結論錯誤的是()A電容器兩極板間

5、可形成勻強電場，電場強度大小為E/dB電容器兩極板間各點的電勢，有的相同，有的不同；有正的，有負的，有的為零C若只減小兩極板間的距離d，該電容器的電容C要增大，極板上帶的電荷量Q也會增加D若有一個電子水平射入穿越兩極板之間的電場，則電子的電勢能一定會減小解析：由題意可知，兩板間電壓為2，電場強度為E，A錯誤；板間與板平行的中線上電勢為零，中線上方電勢為正，下方電勢為負，故B正確；由C知，d減小，C增大，由QCU知，極板帶電荷量Q增加，C正確；電子水平射入穿越兩極板之間的電場時，電場力一定對電子做正功，電子的電勢能一定減小，D正確答案：A二、雙項選擇題(本題共5小題，共35分在每小題給出的四個選

6、項中，只有兩個選項正確，全部選對的得7分，只選一個且正確的得2分，有選錯或不答的得0分)6(2010·泰安質檢)傳感器是一種采集信息的重要器件，圖6所示是一種測定壓力的電容式傳感器當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，以下說法中正確的是 ()A若F向上壓膜片電極，電路中有從a到b的電流B若F向上壓膜片電極，電路中有從b到a的電流C若F向上壓膜片電極，電路中不會出現(xiàn)電流D若電流表有示數(shù)，則說明壓力F發(fā)生變化解析：F向上壓膜片電極，使得電容器兩板間的距離減小，電容器的電容增加，又因電容器兩極板間的電壓不變，所以電容器的電荷量增加，電容器繼續(xù)充電綜上所述，選項B、D正確答案：BD7(2008

7、·寧夏高考)如圖7所示，C為中間插有電介質的電容器，a和b為其兩極板，a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉了角度.在以下方法中，能使懸線的偏角變大的是 ()A縮小ab間的距離B加大ab間的距離C取出a、b兩極板間的電介質D換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質解析：已知電容器C帶電荷量不變，a、Q兩板均接地，電勢為零，b、P兩板電勢相等當ab間距離縮小時，電容器C的電容變大，電壓U變小，即b、P兩板電勢減小，即P、Q間電壓減小，電場強度E減小，懸線偏角減小，所以A錯誤

8、，B正確取出a、b兩極板間電介質時，電容器C的電容變小，電壓U變大，懸線偏角增大，所以C正確當換一塊介電常數(shù)更大的電介質時，電容器C的電容變大，電壓U變小，懸線偏角減小，所以D錯誤答案：BC8如圖8所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的 ()A極板X應帶正電 B極板X應帶正電C極板Y應帶正電 D極板Y應帶正電解析：由熒光屏上亮斑的位置可知，電子在XX偏轉電場中向X極板方向偏轉，故極板X帶正電，A正確，B錯誤；電子在YY偏轉電場中向Y極板方向偏轉，故極板Y帶正電，C正確，D錯誤答案：AC9(2009·四川高考)如圖9所

9、示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度v1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2(v2<v1)若小物體電荷量保持不變，OMON，則 ()A小物體上升的最大高度為B從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功D從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小解析：因為OMON，M、N兩點位于同一等勢面上，所以從M到N的過程中，電場力對小物體先做正功再做負功，電勢能先減小后增大，B、C錯誤；因為小物體先靠近正點電荷后遠離正點電荷，所以電場力、斜面壓力、摩擦力都是先增大后

10、減小，D正確；設小物體上升的最大高度為h，摩擦力做功為W，在上升過程、下降過程根據(jù)動能定理得mghW0mv12 mghWmv22， 聯(lián)立解得h，A正確答案：AD10如圖10所示，D是一只理想二極管，電流只能從a流向b，而不能從b流向a.平行板電容器的A、B兩極板間有一電荷，在P點處于靜止狀態(tài)以E表示兩極板間的電場強度，U表示兩極板間的電壓，Ep表示電荷在P點的電勢能若保持極板B不動，將極板A稍向上平移，則下列說法中正確的是 ()AE變小 BU變大CEp變大 D電荷仍保持靜止解析：B板不動而A板上移，則電容器的電容減小，本應放電，但由于二極管的單向導電性使電容器不能放電，帶電量不變而極板間場強不

11、變，電荷仍保持靜止，A錯D正確；而極板間電壓UEd變大，B正確；由于場強E不變，則UPBEdPB不變，故Ep不變，C錯誤答案：BD三、非選擇題(本題共2小題，共30分)11(15分)(2010·北京東城模擬)如圖11所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的P點已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質量為m，電荷量為e，不計電子受

12、到的重力及它們之間的相互作用力(1)求電子穿過A板時速度的大小；(2)求電子從偏轉電場射出時的側移量；(3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？解析：(1)設電子經電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理eU1mv020解得v0 (2)電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場中運動的時間為t，加速度為a，電子離開偏轉電場時的側移量為y.由牛頓第二定律和運動學公式tFma，F(xiàn)eE，Eayat2解得y(3)由y可知，減小加速電壓U1和增大偏轉電壓U2均可增大y值，從而使電子打到屏上的位置在

13、P點上方答案：(1) (2)(3)減小加速電壓U1和增大偏轉電壓U212(15分)(2010·鞍山模擬)在場強為E100 V/m的豎直向下的勻強電場中有一塊水平放置的足夠大的接地金屬板，在金屬板的正上方，高為h0.8 m處有一個小的放射源放在一端開口的鉛盒內，如圖12所示放射源以v0200 m/s的初速度向水平面以下各個方向均勻地釋放質量為m2×1015 kg、電荷量為q1012 C的帶電粒子粒子最后落在金屬板上不計粒子重力，試求： (1)粒子下落過程中電場力做的功；(2)粒子打在金屬板上時的動能；(3)計算落在金屬板上的粒子圖形的面積大小(結果保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)粒子在下落過程中電場力做的功WEqh100×1012×0.8 J8×1011 J(2)粒子在整個運動過程中僅有電場力做功，由動能定理得WEk2Ek1Ek28×