2020屆高考物理第一輪復(fù)習(xí) 電容器與電容、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)測(cè)試題8 選修3-1

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1、2020屆物理高三一輪精品測(cè)試題：6.3電容器與電容、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（選修3-1） 一、選擇題 1.(2020·湖南長(zhǎng)沙高三質(zhì)檢)如右圖所示，將電鍵S合到1位置，對(duì)平行板電容器充電，充電完成后，將電鍵S閉合到2位置，讓其放電，在電鍵S閉合瞬間將產(chǎn)生火花．放電后，再次將電鍵S合到1位置，對(duì)平行板電容器充電，然后斷開電鍵，將兩金屬板間距離拉大些，并再次將電鍵閉合到2位置，讓其放電，產(chǎn)生火花，則兩次放電過程相比較(　　) A．兩次放電過程放出的電荷量相等 B．兩次放電過程釋放的能量相等 C．第二次放電過程放出的電荷量較大 D．第二次放電過程釋放的能量較小 解析：　兩次充電是用

2、同一電源進(jìn)行的，所以所充電的電荷量相同，故放電時(shí)所放出的電荷量也相等，在將兩金屬板間距離拉大的過程中，克服電場(chǎng)力做功，電場(chǎng)能增加． 答案：　A 2.如右圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場(chǎng)，且沿下板邊緣飛出．若下板不動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) A．將打在下板中央 B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng) D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球一定打不到下板的中央 解析：　將電容器上板或下板移動(dòng)一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝，可知，電容器產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)

3、不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng)．下板不動(dòng)時(shí)，小球沿原軌跡由下板邊緣飛出；當(dāng)下板向上移動(dòng)時(shí)，小球可能打在下板的中央．所以只有選項(xiàng)B正確． 答案：　B 3．(2020·海門模擬)如右圖所示是測(cè)定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計(jì)，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體．已知靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為：電流從左邊接線柱流進(jìn)電流計(jì)，指針向左偏．如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時(shí)觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則(　　) A．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大 B．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大 C．導(dǎo)體芯A所帶

4、電荷量在增加，液體的深度h在減小 D．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在減小 解析：　電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)，說明流過電流計(jì)G的電流由左→右，則導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，由Q＝CU可知，芯A與液體形成的電容器的電容減小，則液體的深度h在減小，故D正確． 答案：　D 4.如右圖所示，用絕緣細(xì)線拴一帶負(fù)電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，則(　　) A．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線的張力一定最小 B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)b時(shí)，小球的速度一定最大 C．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的電勢(shì)能最小 D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒 解析：　若qE＝mg，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

5、球在各處對(duì)細(xì)線的拉力一樣大．若qEmg，球在a處速度最大，對(duì)細(xì)線的拉力最大．故A、B錯(cuò)．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)最高，負(fù)電荷在電勢(shì)最高處電勢(shì)能最低，故C正確．小球在運(yùn)動(dòng)過程中除重力外，還有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤． 答案：　C 5．(2020·衡陽四市畢業(yè)班聯(lián)考)如圖甲所示，一電子以v0的初速度沿平行金屬板的軸線射入金屬板空間．從電子射入的時(shí)刻開始在金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，假設(shè)電子能穿過平行金屬板．則下列說法正確的是(　　) A．電子只可能從軸線到上極板之間的空間射出(不包括軸線) B．電子只可能從軸線到下極板之間的空間射出(不包

6、括軸線) C．電子可能從軸線到上極板之間的空間射出，也可能沿軸線方向射出 D．電子射出后動(dòng)能一定增大 解析：　由題意可知，當(dāng)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間恰好等于在A、B板間所加交變偏轉(zhuǎn)電壓周期的整數(shù)倍時(shí)，電子可沿軸線射出，故A、B錯(cuò)，C對(duì)；當(dāng)電子恰好沿軸線射出時(shí)，電子速度不變，其動(dòng)能也不變，故D錯(cuò)． 答案：　C 6．(2020·安徽理綜)如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個(gè)極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部．閉合電鍵S，小球靜止時(shí)受到懸線的拉力為F.調(diào)節(jié)R1、R2，關(guān)于F的大小判斷正確的是(　　) A．保持R1不變，緩慢增大R

7、2時(shí)，F(xiàn)將變大 B．保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，F(xiàn)將變小 C．保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)將變大 D．保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)將變小 解析：　當(dāng)電路接通后，對(duì)小球受力分析：小球受重力、電場(chǎng)力和懸線的拉力F三個(gè)力的作用，其中重力為恒力，當(dāng)電路穩(wěn)定后，R1中沒有電流，兩端等電勢(shì)，因此電容器兩極板電壓等于R0兩端電壓，當(dāng)R2不變，R1變化時(shí)，電容器兩極板電壓不變，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受電場(chǎng)力不變，F(xiàn)不變，C、D兩項(xiàng)錯(cuò)．若保持R1不變，緩慢增大R2，R0兩端電壓減小，電容器兩端電壓減小，內(nèi)部電場(chǎng)減弱，小球受電場(chǎng)力減小，F(xiàn)變小．故B項(xiàng)正確． 答案：　B 7．在地面附近，存在

8、著一有界電場(chǎng)，邊界MN將某空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．在t＝2.5s時(shí)，小球經(jīng)過邊界MN B．小球受到的重力與電場(chǎng)力之比為3∶2 C．在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，重力做的功與電場(chǎng)力做的功大小相等 D．在小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和先變大再變小 解析：　由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為3∶2，由牛頓第二定律可知：＝，所以小球所受的重力與電場(chǎng)力之比為3∶5，B錯(cuò)

9、誤．小球在t＝2.5s時(shí)速度為零，此時(shí)下落到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知，重力與電場(chǎng)力的總功為零，故C正確．因小球只受重力與電場(chǎng)力作用，所以小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和保持不變，D錯(cuò)． 答案：　C 8．(2020·山東濟(jì)南模擬)如下圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是(　　) A．滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置下降 B．滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升 C．電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變 D．電壓U增

10、大時(shí)，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的速度變大 解析：　設(shè)加速電壓為U0，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v0，則電子經(jīng)加速電場(chǎng)：eU0＝mv① 偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中：L＝v0t② y＝t2③ y＝mv2－mv④ 由①②③得y＝ 當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，U0變大，y變小，所以選項(xiàng)A、B均錯(cuò)． 對(duì)①②③④得mv2＝＋eU0 當(dāng)U增大時(shí)，mv2增大，電子打到屏上的速度變大，故選項(xiàng)C錯(cuò)，D對(duì)． 答案：　D 9.一個(gè)帶負(fù)電荷q，質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣的斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑，小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點(diǎn)B而做圓周運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)在豎直方向上加如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，若仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小

11、球，則(　　) A．小球不能過B點(diǎn) B．小球仍恰好能過B點(diǎn) C．小球能過B點(diǎn)，且在B點(diǎn)與軌道之間壓力不為0 D．以上說法都不對(duì) 解析：　小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑，恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點(diǎn)B而做圓周運(yùn)動(dòng)，則mg＝m，mg(h－2R)＝mv；加勻強(qiáng)電場(chǎng)后仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球，則(mg－qE)(h－2R)＝mv，聯(lián)立解得mg－qE＝，滿足小球恰好能過B點(diǎn)的臨界條件，選項(xiàng)B正確． 答案：　B 10.如右圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向

12、上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒垂直打到N極上的C點(diǎn)，已知AB＝BC.不計(jì)空氣阻力，則可知(　　) A．微粒在電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng) B．微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場(chǎng)時(shí)的速率相等 C．MN板間的電勢(shì)差為2mv/q D．MN板間的電勢(shì)差為Ev/2g 解析：　因電場(chǎng)力和重力均為恒力，其合力亦為恒力，且與v0有一定夾角，故微粒做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)——即拋物線運(yùn)動(dòng)，但不是類平拋運(yùn)動(dòng)，所以A錯(cuò)．因AB＝BC，即·t＝·t可見vC＝v0.故B項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理，得：W電＋WG＝ΔEk＝0， 即：q－mg·＝0，所以 U＝mv/q，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；又由mg＝qE得q＝代入U(xiǎn)＝，得U＝，故D項(xiàng)錯(cuò)誤

13、． 答案：　B 二、非選擇題 11.如右圖所示，水平光滑絕緣軌道MN的左端有一個(gè)固定擋板，軌道所在空間存在E＝4.0×102N/C、水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量m＝0.10kg、帶電荷量q＝5.0×10－5C的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從軌道上與擋板相距x1＝0.20m的P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊在電場(chǎng)力作用下向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到與擋板相距x2＝0.10m的Q點(diǎn)，滑塊第一次速度減為零．若滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中，電荷量始終保持不變，求： (1)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度的大??； (2)滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到擋板處的過程中，電場(chǎng)力所做的功；

14、 (3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機(jī)械能． 解析：　(1)設(shè)滑塊沿軌道向左做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a 此過程滑塊所受合外力F＝qE＝2.0×10－2N 根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，解得a＝0.20m/s2. (2)滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到擋板處的過程中，電場(chǎng)力所做的功 W1＝qEx1＝4.0×10－3J. (3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機(jī)械能等于滑塊由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過程中電場(chǎng)力所做的功 即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3J. 答案：　(1)0.20m/s2　(2)4.0×10－3J　(3)2.0×10－3J 12.如右圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、

15、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O.試求： (1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間； (2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα； (3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x. 解析：　(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間t＝. (2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中的加速度為：a＝ 所以vy＝a＝ 所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝＝. (3)設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則 y＝a2＝· 又x＝y(tǒng)＋Ltanα 解得：x＝. 答案：　(1)　(2)tanα＝　(3)