1、课时提能演练(二十)(40分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题9分，共72分.每小题只有一个选项正确)1.(2012漳州模拟)竖直放置的平行板电容器的左极板上用绝缘线悬挂了一个带电的小球，将平行金属板按图连接，小球平衡时线与极板的夹角为，现将电键S打开，小球再次达到平衡.则( )A.小球带负电B.角变大C.角变为0D.电容器带电量减少2.水平放置的平行板电容器与一电池相连.在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态.现将电容器两板间的距离增大，则 ( )A.电容变大，质点向上运动B.电容变大，质点向下运动C.电容变小，质点保持静止D.电容变小，质点向下运动3.(2011安徽高考
2、)图(a)为示波管的原理图.如果在电极YY之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )4.(易错题)如图所示，一个带电粒子从粒子源进入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是( )A.B.C.D.5.(预测题)如图所示，在绝缘光滑水平面上固定两个等量同种电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块，则滑块会在A、B之间往复运动，则以下判断正确的是( )A.滑块一定带的是与A、
3、B异种的电荷B.滑块在由P向B运动过程中，动能一定增大C.滑块在由P向B运动过程中，电势能一定是先减小后增大D.滑块的动能与电势能之和一定减小6. a、b、c三个粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此得出的下列判断错误的是 ( )A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B.b和c同时飞离电场C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D.动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大7.(2012莆田模拟)如图所示，长为l、倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一电荷量为+q、质量为m的小球以初速度v0由斜面底端的M点沿斜面上滑，到达斜面顶端N的速
4、度仍为v0，则( )A.小球在N点的电势能大于在M点的电势能B.M、N两点的电势差为C.电场强度等于D.电场强度等于8.(易错题)光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行.一质量为m、带电荷量为+q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域.当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能 ( )A.一定是0B.可能是qElC.一定是D.可能是qEl二、非选择题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(创新题)(14分)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电
5、场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏.现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.10.(2012扬州模拟)(14分)如图所示，两个带等量异种电荷、竖直正对放置、电容为C、间距为d的平行金属板，两板间的电场可视为匀强电场.将一个质量为m、电荷量为-q的带电小球，用长度为L(Ld)的、不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间电场中的O点.此外在两板之间还存在着一种特殊
6、物质(图中未画出)，这种物质能使处于电场中的小球受到一个大小为F=kv(k为常数，v为小球的速率)、总是背离圆心方向的力.现将小球拉至细线刚好伸直但不绷紧的位置M，某时刻由静止释放小球，当小球向下摆过60到达N点时，小球的速度恰好为零.若在小球下摆过程中，细线始终未松弛，重力加速度取g,不考虑空气阻力的影响，试求：(1)两板间的电场强度E是多少？(2)左侧金属板所带的电荷量Q是多少？(3)小球到达N点时的加速度大小是多少？答案解析1.【解析】选B.根据电路图知，电容器板间电场向右，小球带正电，A错误；电键S打开后，电容器板间电压增大，带电量增大，小球右移，角变大，C、D错误，B正确.2.【解析
7、】选D.带电质点在电容器中处于静止状态,有mg=qE，因为电容器与电源连接，电压不变，E=U/d，d增大，电容C减小，E减小，质点向下运动，答案为D.3.【解析】选B.示波管YY间为信号电压，XX间为扫描电压，0t1，Y板电势高,电子向Y板偏转，X板电势高,电子向X板偏转，由此知C、D错；又根据偏移量公式y=，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，t1、t1时刻偏转电压最大，偏移量也最大，所以B对.4.【解析】选C.根据动能定理知，当带电粒子刚好从板间飞出时，qU1=，再由t=和y=()2，得yd，解得，故C正确.【变式备选】如图所示，A板发出的电子经加速后，
8、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不变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时间不变【解析】选D.电子加速有eU0=,电子偏转有y=，滑动触头向右滑动,U0增大,y减小，A错误，同理可知B错误；两电场对电子做的功为W=e(U0+)，U增大，y增大，则W增大，所以选项C错误；电子在加速电场中匀加速时间不变，在偏转
9、电场中匀速运动时间也不变，所以运动总时间不变，选项D正确.故答案为D.5.【解析】选C.根据从P点由静止释放的带电滑块在A、B之间往复运动可以判断，开始时A对滑块向右的作用力大于B向左的作用力，所以滑块一定带与A、B相同的电荷，选项A错；由于A、B带等量同种电荷，所以其连线中点场强为零，滑块在由P向B运动过程中，电场力先做正功后做负功，电势能一定是先减小后增大，动能先增大后减小，选项B错误、C正确；在整个运动过程中只有电场力做功，所以滑块的动能与电势能之和一定不变，D选项错，故答案为C.6.【解析】选B.由=可知，ta=tb，A正确；而yc=，tcvbva，C正确;由Ek=Eqy可知，Ekb=
10、EkaEkc，故D正确.故选B.7.【解析】选C.小球受到重力、电场力、支持力作用，到N时速度仍为v0，则说明其做匀速直线运动，故沿斜面方向Eqcos=mgsin,解得E=，C正确，D错误；MN间电势差U=Elcos=,B错误；由于MN,且小球带正电，则小球在M点电势能大于在N点电势能，A错误.8.【解析】选B.如题图所示.(1)当小球从bc边中点垂直该边以水平初速度v0进入电场时，由动能定理得：qElEk即EkqEl.(2)当小球从ab边中点垂直该边进入，则可能沿ad边射出，也可能沿cd边射出.若从ad边射出，则Ek，即Ek，则选项B正确；若从cd边射出，设射出点与射入点沿场强方向的距离为x
11、，0x，则qExEk，得：Ek.(3)若小球从ad边中点垂直该边进入电场，则先做匀减速运动.若qEl，则到达bc边时速度为零.若qEl，则未出电场区，之后做反向匀加速运动，返回ad边时，动能仍为.若qEl,则到达bc边时动能Ek=-qEl.故答案为B.【总结提升】电荷在电场中运动问题的解题技巧(1)首先根据物体做直线运动和曲线运动的条件分析带电粒子在电场中运动的可能轨迹：是直线还是曲线；轨迹的形状和位置等. (2)再由电场范围和题目要求分析带电粒子在电场中运动的所有可能入射点和出射点，并进行分析和归纳；若运动过程复杂要善于用分段分析.(3)灵活运用牛顿运动定律、运动学公式、运动的合成与分解或动
12、能定理、能量守恒定律归类分析、分类解答.9.【解析】(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t=.(3分)(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为:a= (1分)所以vy=a= (2分)所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan= =.(2分)(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则y= (2分)又x=y+Ltan，(3分)解得：x= (1分)答案：(1) (2) (3) 10.【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)力F与速度v始终垂直,不做功.(2)小球到N点的瞬时速度为零,但不处于平衡状态.【解析】(1)由题意可知，电场力方向水平向右，由M到N，对小球应用动能定理得：mgLsin60=EqL(1-cos60)(3分)可得：E= (2分)(2)由Q=CU(2分)U=Ed(2分)可得：Q= (1分)(3)小球在N点的加速度沿切线方向，由牛顿第二定律得：Eqsin60-mgcos60=ma(3分)解得：a=g(1分)答案：(1) (2) (3)g
