【物理】2020届一轮复习人教版　电场能的性质的描述课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版　电场能的性质的描述课时作业

‎2020届一轮复习人教版 　电场能的性质的描述 课时作业 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是(　　)‎ A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大 B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变 C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变 D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小 答案　B 解析　甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小，C错误；当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝，极板间的电压U＝＝，极板间的电场强度E＝＝，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强不变，故乙图中两极板间场强不变，电场力不变，夹角不变，A、D错误；综上分析，选项B正确。‎ ‎2．[2016·商丘高三模拟]如图，一带电粒子从小孔A 以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)(　　)‎ A．保持开关S闭合，适当上移P极板 B．保持开关S闭合，适当左移P极板 C．先断开开关S，再适当上移P极板 D．先断开开关S，再适当左移P极板 答案　A 解析　如图，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向vx和竖直方向vy。竖直方向：vy＝v0sinθ，加速度a＝，E为场强，设t为粒子上升到最高点所用时间，则t＝＝。水平方向位移x＝vx·2t＝2v0tcosθ。保持开关S闭合，电容器两板间电压U不变，适当上移P极板，两极板间的距离变大，根据E＝知场强变小，竖直方向运动时间变长，水平方向的位移x＝2v0tcosθ变大，该粒子可能从Q板的B孔射出，A正确；若左移P极板，不影响场强，仍落在原处，‎ B错误；断开开关S，则电容器电量Q不变，适当上移P极板，由E＝知场强E不变，则粒子仍落到原处，C错误；断开开关S，若左移P极板，由E＝知S变小E变大，则粒子加速度a变大，上升到最高点所用时间t变小，则水平方向位移x变小，不能到达B孔，D错误。‎ ‎3. [2018·陕西咸阳模拟]如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动。重力加速度为g，粒子运动的加速度为(　　)‎ A.g B.g C.g D.g 答案　A 解析　抽出前，粒子受重力和电场力平衡，mg＝q，抽出后，根据牛顿第二定律，有mg－q＝ma，联立解得a＝g，A正确。‎ ‎4．[2018·陕西渭南模拟]如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(　　)‎ A．开关S断开 B．初速度变为 C．板间电压变为 D．竖直移动上板，使板间距变为2d 答案　C 解析　开关S断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器两极板间电压不变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为一半，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，B错误；当板间电压变为时，场强变为原来的，电场力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝at2知，时间为原来的2倍，由x＝v0t知水平位移为原来的2倍，所以能沿b轨迹落到下板边缘，C正确；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，电场力为原来的，加速度为原来的，根据y＝at2知，时间为原来的倍，水平位移为原来的倍，不能到达下板边缘，D错误。‎ ‎5．[2018·吉林辽源五中模拟]如图所示，D为一理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)，平行金属板M、N水平放置，两板之间有一带电微粒以速度v0沿图示方向做直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的运动情况是(　　)‎ A．沿轨迹①运动 B．沿轨迹②运动 C．沿轨迹③运动 D．沿轨迹④运动 答案　B 解析　当微粒运动到P点时，迅速将M板上移一小段距离，由于二极管反向电阻无穷大，两极板上电量不变，由电容的决定式C＝，定义式C＝得MN两板间电压升高，由E＝＝，知电场强度不变，粒子受到的电场力不变，微粒的运动方向不变，仍沿轨迹②做直线运动，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎6. 如图所示，电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的震动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接。若声源S做简谐运动，则(　　)‎ A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变 B．a振动过程中，a、b板所带电量不变 C．a振动过程中，电容器的电容不变 D．a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器电容最大 答案　D 解析　金属板b在声波驱动下沿水平方向振动，两极板间的距离发生变化，两极板与电源相连，电势差恒定，两板间的场强发生变化，A错误；电容器的电容随两板间距离改变而改变，两板带电量随电容改变而改变，B、C错误；当距离最近时，电容最大，D正确。‎ ‎7. 真空中相距l的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向。在电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF>∠NFE。则(　　)‎ A．E带正电，F带负电，且QE>QF B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点 C．过N点的等势面与EF连线垂直 D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 答案　C 解析　根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的电场强度是由E、F两电荷在N点产生电场强度的矢量和，电荷E在N点产生电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的电场方向沿NF向下，合电场方向水平向右，又∠NEF>∠NFE，可知F电荷在N点产生的电场强度大于E电荷在N点产生的电场强度，由点电荷电场强度公式E＝，知QEφN，再根据Ep＝qφ，q为负电荷，知EpMMC，所以|q1|>|q2|，B不正确，符合题意；由Ep＝qφ，带负电的检验电荷从N点移到D点，电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，D不正确，符合题意。‎ ‎10．一电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B、C三点，且AB＝BC，则下列关系中正确的是(　　)‎ A．电场强度大小关系为EA＝EC>EB B．电势φA＝φC<φB C．将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功 D．将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电势能先增大再减小 答案　BD 解析　由电场线分布可知EA＝EC0，将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做正功再做负功，C错误；将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大再减小，D正确。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11．[2017·福建厦门质检](14分)如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103 V/m，圆弧轨道半径R＝0.4 m。现有一带电荷量q＝＋2×10－5 C、质量m＝5×10－2 kg的物块(可视为质点)从距B端s＝1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；‎ ‎(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小。‎ 答案　(1)1 s　2 m/s　(2)1 N 解析　(1)在物块由静止释放至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：‎ qE＝ma 又由运动学公式有：s＝at2‎ 解得：t＝1 s 又因：vB＝at 得：vB＝2 m/s ‎(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向上由牛顿第二定律有：‎ NB－mg＝m 解得：NB＝1 N ‎12．[2015·上海模拟](16分)在绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图甲所示，已知B处电荷的电量为＋Q。图乙是AB连线之间的电势φ与位置x 之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点，x＝－2L处的纵坐标φ＝φ0，x＝0处的纵坐标φ＝φ0，x＝2L处的纵坐标φ＝φ0。若在x＝－2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为＋q的带电物块(可视为质点)，物块随即向右运动。求：‎ ‎(1)固定在A处的电荷的电量QA；‎ ‎(2)为了使小物块能够到达x＝2L处，试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数μ所满足的条件；‎ ‎(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝，小物块运动到何处时速度最大？并求最大速度vm。‎ 答案　(1)QA＝4Q　(2)μ≤　(3)小物块运动到x＝0时速度最大　vm＝ 解析　(1)由图乙得，x＝L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合电场强度E合＝0‎ 所以＝ 得＝，解出QA＝4Q。‎ ‎(2)物块先做加速运动再做减速运动，到达x＝2L处速度v1≥0‎ 从x＝－2L到x＝2L过程中，由动能定理得：‎ qU1－μmgs1≥0，即q－μmg·(4L)≥0‎ 解得μ≤。‎ 因此，只有μ≤物块才能到达2L处。‎ ‎(3)小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为lA 则：－－μmg＝0‎ 解得lA＝3L，即小物块运动到x＝0时速度最大。‎ 小物块从x＝－2L运动到x＝0的过程中，由动能定理得：qU2－μmgs2＝mv－0‎ 代入数据：q－μmg·(2L)＝mv－0‎ 解得vm＝。‎