1、2014届高考物理一轮复习定时跟踪检测：第6章 第3单元电容器电场中带电粒子的运动（人教版）(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1. 如图是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象其中正确的是()解析：电容器的电容由电容器自身的构造因素决定，与U和Q无关，故B、D正确由C知C正确答案：BCD2水平放置的平行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，质点向下运动解析：带电质点在电容器中处于静止状态有mgq
2、E，因为电容器与电源连接，电压不变，EU/d，d增大，电容C减小，E减小，质点向下运动，答案为D.答案：D3如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是()AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变小，E变小解析：充电以后的电容器所带电荷量Q保持不变，故选项A、B错误；根据平行板电容器的电容公式C，d增大，C减小；又由CQ/U得，UQ/C，故U增大；再由公式C、C和E可得E，所以E不变，答案为C.答案：C4如图所示，电子由
3、静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A当增大两板间距离时，v也增大B当减小两板间距离时，v增大C当改变两板间距离时，v不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间距离增加，时间变长答案：CD5如图所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E)()A电子到达B板时的动能是E eVB电子从B板到达C板动能变化量为零C电子到达D板时动能是3E eV
4、D电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C62012广东六校联考如图所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动下列判断中正确的是()A电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小B电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C电场线由A
5、指向B，该电荷做匀速运动D电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析：在电场线上O点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B点运动，受电场力方向由A指向B，则电场线方向由B指向A，该负电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定选项B正确答案：B72013广东惠州模拟如图所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球()A将打在O点的下方B将打在O点的上方C穿过平行板电容器的时间将增加D打到屏上动能将增加解析：由题意知
6、，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下，所以小球向下偏转，将打在O点下方，A项正确，B项错误；小球的运动时间由水平方向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C项错误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D项正确答案：AD8如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45，则此带电小球通过P点时的动能为()AmvB.mvC2m
7、v D.mv解析：由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0tvPyt，合速度vPv0EkPmvmv，故选D.答案：D92013云南部分名校联考如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零则下列说法正确的是()A带电粒子在Q点的电势能为UqB带电粒子带负电C此匀强电场的电场强度大小为ED此匀强电场的电场强度大小为E解析：根据带电粒子的偏转方向，可判断B错误；因为P、Q两点的电势差为U，电场力做正功，电势能减少，而P点
8、的电势为零，所以A正确；设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vyv0.带电粒子在y轴方向上的平均速度为y；带电粒子在y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的运动时间为t，y0t，dv0t，得y0，由E得E，C正确，D错误答案：AC10M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A电子在N点的动能小于在M点的动能B该电场有可能是匀强电场C该电子运动的加
9、速度越来越小D电子运动的轨迹为曲线解析：电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M点运动到N点，电势能减小，动能增加，A选项错误；分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由WqEx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN电场线为直线，由运动与力的关系可得轨迹必为直线，D选项错误答案：C二、非选择题(共30分)11(15分)如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从
10、A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力(1)求电子穿过A板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？解：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU1mv0解得v0 . (2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速
11、度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式tFma，FeE，Eayat2解得y.(3)由y可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方12(15分)2013山东济宁质检质量为m、带电荷量为q的微粒在O点以初速度v0与水平方向成角射出，如图所示，微粒在运动过程中所受阻力的大小恒为f.(1)如果在某方向上加上一定大小的匀强电场后，能保证微粒仍沿v0方向做直线运动，试求所加匀强电场电场强度的最小值(2)若加上大小一定、方向水平向左的匀强电场，仍保证微粒沿v0方向做直线运动，并且经过一段时间后微粒又回到O点，求微粒回到O点时的速率解：(1)对微粒做直线运动受力分析如图所示，要保证微粒仍沿v0方向进行运动，必须使微粒在垂直v0的y方向所受合力为零，则所加电场方向沿y轴正向时，电场强度E最小，并且qEmgcos所以Emin.(2)当加上水平向左的匀强电场后，微粒受力分析如图所示，仍保证微粒沿v0方向做直线运动，则有：qEsinmgcos设微粒沿v0方向的最大位移为s，由动能定理得：(mgsinqEcosf)s0mv粒子从O点射出到回到O点的过程中，由动能定理得：f2smv2mv以上三式联立解得：vv0.
