1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业（二十）B卷(40分钟 100分)一、选择题（本大题共10小题，每小题7分，共70分。多选题已在题号后标出，选不全得4分）1.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2.(多选)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电
2、动势为E)( )A.电子到达B板时的动能是EeB.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3EeD.电子在A板和D板之间做往复运动3.(2013岳阳模拟)平行板间加如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图像的是( )4. (多选)如图所示,平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中( )A.油滴将向下做匀加速运动B.电流计中电流由b流向aC.油滴运动的加速度逐渐变大D.极板带的电荷量减少5.如图所示，长
3、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的速度仍为v0,则( )A.电场强度等于B.电场强度等于C.M、N两点的电势差为D.小球在N点的电势能大于在M点的电势能6.(多选)(2013南昌模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响)，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中( )A.它们运动时间的关系为tPtQB.它
4、们的电荷量之比为qPqQ=21C.它们的竖直分速度增量之比为v1v2=21D.它们的电势能减少量之比为EPEQ=417.(多选)示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。电子经电压u1加速后进入偏转电场。下列关于所加竖直偏转电压u2、水平偏转电压u3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是( )A.如果只在u2上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)所示B.如果只在u3上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)所示C.如果同时在u2和u3上加上图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)所示D.如果同时在u2和u3上加上图甲、乙
5、所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)所示8.真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和粒子质量之比为124，电量之比为112，重力不计)。下列说法中正确的是( )A.三种粒子在偏转电场中运动时间之比为211B.三种粒子射出偏转电场时的速度相同C.在荧光屏上将只出现1个亮点D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1229.(多选)(2013昆明模拟)如图所示，C是中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地，P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬
6、挂一带电小球;P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转角度变大的是( )A.缩小a、b间的正对面积B.减小a、b间的距离C.取出a、b两极板间的电介质，换一块形状大小相同的导体D.取出a、b两极板间的电介质10.如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，t=0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在0t810-10 s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是( )A.0t210-10
7、sB.210-10 st410-10 sC.410-10 st610-10 sD.610-10 st810-10 s二、计算题(本大题共2小题，共30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)11.(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
8、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？12.(能力挑战题)(16分)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2 kg,带电荷量为q=+2.010-6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数=0.1。从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向，g取10 m/
9、s2)。求：(1)23 s内小物块的位移大小；(2)23 s内静电力对小物块所做的功。答案解析1.【解析】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=，d增大，电容C减小，E减小，质点向下运动，答案为D。2.【解析】选A、B、D。电子从A板到B板做匀加速运动，且eE=Ek，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；从C板到D板做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，之后电子由D板向A板运动，C错误，D正确。3.【解析】选A。粒子从时刻在电场中做匀加速直线运动，在T时刻电场反向，粒子做匀减速直线运动，在T 时刻速度减为零，以后循环此过程，故本题只有选项A正确
10、。4.【解析】选C、D。由C=可知,d增大，电容器电容C减小，由Q=CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，D正确，B错误；由E=可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg-Eq=ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，C正确，A错误。【总结提升】含容电路的分析方法(1)先确定出电容器的不变量(U或Q)。(2)根据给出的变量，判断出会引起哪些量变化。(3)电路中有电流出现的条件是电容器所带的电量Q发生变化。(4)根据电容器带正电的极板上电荷的增、减情况确定出充、放电时电路中电流的方向。5.【解析】选A。小球受到重力、电场力、支持力三个恒力作用,沿斜面匀速运动，必有mgsin
11、=Eqcos,解得：E=,A正确，B错误；UMN=ELcos=，C错误；因电场力对小球做正功，小球的电势能减少，故小球在N点的电势能小于在M点的电势能，D错误。【变式备选】(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动。已知金属块在移动的过程中，力F做功32 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功16 J，重力势能增加18 J，则在此过程中金属块的( )A.动能减少10 JB.电势能增加24 JC.机械能减少24 JD.内能增加16 J【解析】选A、D。由动能定理可知Ek=32 J-8 J-16 J
12、-18 J=-10 J,A正确；克服电场力做功为8 J，则电势能增加8 J,B错误；机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功，故应为E=32 J-8 J-16 J=8 J,C错误；物体内能的增加量等于克服摩擦力所做的功，D正确。6.【解析】选B、D。由于两球在竖直方向均做自由落体运动，运动时间由h=决定，可知tP=tQ，A错误。两小球的水平位移之比为xPxQ=21，据x=可知，加速度之比为21，故两球的电量之比为21，B正确。两小球在竖直方向只受重力作用，位移相同，所以它们在竖直方向上的分速度增量相同，故C错误。电势能的减少量等于电场力所做的功，EPEQ=qPExPqQExQ=41,故D
13、正确。7.【解析】选A、B、D。如果只在AB上加上题图甲所示的电压，电子将在竖直方向偏转，故A正确；如果只在CD上加上题图乙所示的电压，则电子将在水平方向上偏转，故B正确；如果同时在AB和CD上加上甲、乙所示的电压，则t0时，向x轴负方向偏转位移最大，之后电子在竖直方向上，先向上偏再向下偏，在T时间内竖直方向电子振动一个周期，形成一个完整的波形，故C错误，D正确。8.【解析】选C。由U1q=,得：v01v02v03=11,再由t=可得：t1t2t3=1,A错误；由可知，三种粒子从偏转电场同一点射出，且速度方向相同，故一定打在屏上的同一点，C正确；由mv2=U1q+ y可得：，因不同，故三种粒子
14、出偏转电场的速度不相同，B错误；由偏转电场对三种粒子做的功为W电=qy可知，W电1W电2W电3=112，D错误。9.【解析】选A、D。欲使偏转角度变大，应使P、Q板间的电势差变大，由于a板、Q板接地，b板、P板连接在一起，所以应使a、b板间的电势差增大，再据U=可知，在Q不变时，应使C减小，由电容的决定式可知，应使S减小或r减小或d增大，故选项A和D正确。10.【解析】选D。分析电子的受力可知，电子从M点开始先向右加速，再向右减速，410-10 s末速度为零，然后再向左加速至610-10 s，从610-10810-10 s再向左减速，速度图像如图所示，由此可知电子在M点右侧，速度方向向左且大小
15、减小的时间为610-10810-10 s，D正确。11.【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)=0(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)g12.【解析】(1)02 s内小物块的加速度(1分)位移(1分)2 s末小物块的速度为v2=a1t14 m/s(1分)24 s内小物块的加速度(1分)位移x2=x1=4 m(1分)4 s末的速度v4=0(1分)因此小物块做周期为4 s的变速运动，第22 s末的速度为v22=4 m/s(1分)第23 s末的速度为v23=v22+a2t=2 m/s(t=1 s)(2分)所求位移为(2分)(2)23 s内，设静电力对小物块所做的功为W，由动能定理有:W-mgx=(3分)解得W=9.8 J。(2分)答案:(1)47 m (2)9.8 J关闭Word文档返回原板块
