《高考備考指南 理科綜合 物理》課件-第7章 第3講

第七章第3講一、選擇題(在題中給出的選項中，第1～4題只有一項符合題目要求，第5～7題有多項符合題目要求)1．(2017屆天津模擬)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩極板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變【答案】D【解析】上板下移，由C∝eq\f(εS,d)可知，C變大，Q一定，則Q＝CU，U減小，則θ減小；根據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU,C∝eq\f(εS,d)，E∝eq\f(Q,εS)，可知Q一定時，E不變；根據(jù)U1＝Ed1可知P點離下板的距離不變，E不變，則P點與下板的電勢差不變，P點電勢不變，則Ep不變；故A、B、C錯，D正確．2．(2016年海南卷)如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處．以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為()A．eq\f(Ek0,4qd) B．eq\f(Ek0,2qd)C．eq\f(\r(2)Ek0,2qd) D．eq\f(\r(2)Ek0,qd)【答案】B【解析】粒子做曲線運動，如圖所示：當電場足夠大時，粒子到達上極板時速度恰好與上板平行，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，當vy＝0時，粒子的速度正好平行上極板，則－veq\o\al(2,y)＝－2eq\f(qE,m)d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正確．3．(2017屆岳陽二模)如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，正極板與靜電計相連，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點．若正極板保持不動，將負極板緩慢向左平移一小段距離x0的過程中，靜電計帶電量的變化可忽略，以C表示電容器的電容，σ表示極板單位面積所帶電荷量(也稱面電荷密度)，U表示P點與負極板間的電勢差，W表示正檢驗電荷的電勢能．各物理量與負極板移動距離x的關系圖像中正確的是()ABCD【答案】A【解析】當負極板左移時，d增大，由C＝eq\f(εS,4πkd＋x)可知，C與x圖像的關系如題圖A所示，故A正確；σ表示極板單位面積所帶電荷量，而電容器極板電量不變，則面電荷密度也不變，故B錯誤；因負極板接地，設P點原來距負極板為x，則P點的電勢φ＝E(x＋x0)，那么U＝E(x＋x0)，與x成線性關系，故C錯誤；電勢能W＝φq＝Eq(x＋x0)，應該是傾斜直線，故D錯誤．故選A．4．(2017年宜春校級期末)帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下．若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，能量變化情況為()A．動能減少 B．電勢能增加C．動能和電勢能之和減小 D．重力勢能和電勢能之和增加【答案】C5．(2017年濰坊模擬)如圖所示的兩個平行板電容器水平放置，A板用導線與M板相連，B板和N板都接地．讓A板帶電后，在兩個電容器間分別有P、Q兩個帶電油滴都處于靜止狀態(tài)．AB間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1，MN間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2.若將B板稍向下移，下列說法正確的是()A．P向下動，Q向上動 B．U1減小，U2增大C．Q1減小，Q2增大 D．C1減小，C2增大【答案】AC【解析】將B板下移時，由C＝eq\f(εS,4πkd)，C1將減小，而MN板不動，故MN的電容不變，故D錯誤；假設A板帶電量不變，則AB板間的電壓U1將增大，大于MN間的電壓，故AB板將向MN板充電，故Q1減小，Q2增大，故C正確；充電完成，穩(wěn)定后，MN及AB間的電壓均增大，故對Q分析可知，Q受到的電場力增大，故Q將上移．對AB分析可知，E1＝eq\f(U1,d1)＝eq\f(Q1,C1d1)＝eq\f(Q1,\f(ε1S1,4πkd1)d1)＝eq\f(4πkQ1,ε1S1)，故電場強度減小，故P受到的電場力減小，故P將向下運動，故A正確，B錯誤．故選A、C．6．(2017屆寧波二模)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，圓軌道半徑為R，AB為圓水平直徑的兩個端點，AC為eq\f(1,4)圓?。粋€質量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電粒子的運動情況，下列說法正確的是()A．小球一定能從B點離開軌道B．小球在AC部分可能做勻速圓周運動C．若小球能從B點離開，上升的高度一定小于HD．小球到達C點的速度可能為零【答案】BC【解析】因為題中沒有給出H與R、E的關系，所以小球不一定能從B點離開軌道，故A錯誤；若重力大小等于電場力，小球在AC部分做勻速圓周運動，故B正確；因為小球在AC部分運動時電場力做負功，機械能減少，所以若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H，故C正確；若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，小球不可能沿半圓軌道運動，所以小球到達C點的速度不可能為零，故D錯誤．故選B、C．7．(2017年重慶校級期末)真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質子、氘核和α粒子都從O點由靜止釋放，經過相同加速電場和偏轉電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(已知質子、氘核和α粒子質量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，重力不計)．下列說法中正確的是()A．三種粒子在偏轉電場中運動時間之比為2∶1∶1B．三種粒子出偏轉電場時的速度相同C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2【答案】CD【解析】根據(jù)動能定理得，qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，則進入偏轉電場的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，因為質子、氘核和α粒子的比荷之比為2∶1∶1，則初速度之比為eq\r(2)∶1∶1.在偏轉電場中運動時間t＝eq\f(L,v0)，則知時間之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，故A錯誤．在豎直方向上的分速度vy＝at＝eq\f(qEL,mv0)，則出電場時的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(q2E2L2,m2v\o\al(2,0)))＝eq\r(\f(2qU1,m)＋\f(qE2L2,2mU1)).因為粒子的比荷不同，則速度的大小不同，故B錯誤．偏轉位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\f(L2,v\o\al(2,0))，因為qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，則y＝eq\f(U2L2,4U1d)，與粒子的電量和質量無關，則粒子的偏轉位移相等，熒光屏將只出現(xiàn)一個亮點，故C正確．偏轉電場的電場力對粒子做功W＝qEy，因為E和y相同，電量之比為1∶1∶2，則電場力做功之比為1∶1∶2，故D正確．故選CD.二、非選擇題8．在一個水平面上建立x軸，在過原點O右側空間有一個勻強電場，電場強度大小E＝6×105N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個電荷量q＝5×10－8C、質量m＝0.01kg的帶負電絕緣物塊．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2m/s，如圖所示．求(g取10m(1)物塊最終停止時的位置；(2)物塊在電場中運動過程的機械能增量．【答案】(1)原點O左側0.2m處(2)－0.016【解析】(1)第一個過程：物塊向右做勻減速運動到速度為零．Ff＝μmg＝0.02N，F(xiàn)＝qE＝0.03N，F(xiàn)f＋F＝ma,2as1＝veq\o\al(2,0)，代入數(shù)值得s1＝0.4第二個過程：物塊向左做勻加速運動，離開電場后再做勻減速運動直到停止．由動能定理得Fs1－Ff(s1＋s2)＝0，得s2＝0.2m，則物塊停止在原點O左側0.2(2)物塊在電場中運動過程的機械能增量ΔE＝Wf＝－2Ffs1＝－0.016J.9．(2016年北京卷)如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出．已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距離為d.(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy.(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，(3)極板間既有電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點．【答案】(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)不需要考慮電子所受的重力(3)φ＝eq\f(Ep,q)，電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定【解析】(1)根據(jù)功能關系，可得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子射入偏轉電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏轉電場中電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))，偏轉加速度a＝eq\f(eU,md)，側移量Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d).(2)考慮電子所受重力和電場