2020高考物理大一輪361度全程復習 第6章－第3節(jié) 知能 訓練

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1、課時·知能·訓練 (時間：40分鐘　滿分：100分) 一、單項選擇題(本題共5小題，每小題5分，共計25分．每小題只有一個選項符合題意．) 圖6－3－12 1．(2020·秦淮檢測)如圖6－3－12所示為一只“極距變化型電容式傳感器”的部分構件示意圖．當動極板和定極板之間的距離d變化時，電容C便發(fā)生變化，通過測量電容C的變化就可知道兩極板之間距離d的變化的情況．在下列圖中能正確反映C與d之間變化規(guī)律的圖象是(　　) 圖6－3－13 2．(2020·海門模擬)如圖6－3－13所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計，A為固定的導體芯，B為導體芯

2、外面的一層絕緣物質，C為導電液體．已知靈敏電流計指針偏轉方向與電流方向的關系為：電流從左邊接線柱流進電流計，指針向左偏．如果在導電液體的深度h發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉，則(　　) A．導體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在增大 B．導體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在增大 C．導體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在減小 D．導體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在減小 圖6－3－14 3．(2020·濟南模擬)如圖6－3－14所示，質子(H)和α粒子(He)以相同的初動能垂直射入偏轉電場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為(　　) A．1∶1　　　　

3、　　B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 4．(2020·廣東檢測)兩平行金屬板間有一勻強電場，不同的帶電粒子都以垂直于電場方向的初速度飛入該電場(不計粒子重力)，要使這些粒子經(jīng)過電場后有相同大小的偏轉角，它們應具有的條件是(　　) A．具有相同的動能和相同的比荷 B．具有相同的動量和相同的比荷 C．具有相同的初速度和相同的比荷 D．只有具有相同的比荷就可以 圖6－3－15 5．如圖6－3－15所示，在xOy豎直平面內存在著水平向右的勻強電場．有一帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出，運動軌跡最高點為M，與x軸交點為N，不計空氣阻力，則小

4、球(　　) A．做勻加速運動 B．從O到M的過程動能增大 C．到M點時的動能為零 D．到N點時的動能大于mv 二、多項選擇題(本題共4小題，每小題7分，共計28分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得7分，選對但不全的得4分，錯選或不答的得0分．) 圖6－3－16 6．(2020·暨陽檢測)如圖6－3－16所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中(　　) A．它們運動的時間tQ＝tP B．它們運動的加速度aQ＜aP

5、 C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 7．如圖6－3－17所示，C為中間插有電介質的電容器，a和b為其兩極板，a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地．開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉了角度α.在以下方法中，能使懸線的偏角α變大的是(　　) 圖6－3－17 A．縮小a、b間的距離 B．加大a、b間的距離 C．取出a、 b兩極板間的電介質 D．換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質 8．(2020·聊城模擬)如圖6－3－18所示為勻強

6、電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　) 圖6－3－18 A．帶電粒子將始終向同一個方向運動 B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點 C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～3 s內，電場力做的總功為零 9．(2020·天津模擬)示波器是一種常見的電學儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓隨時間變化的情況．電子經(jīng)電壓u1加速后進入偏轉電場．下列關于所加豎直偏轉電壓u2、水平偏轉電壓u3與熒光屏上所得的圖形的說法中正確的是(　　) 圖6－3－19 圖6－3－20 A．如果只在

7、u2上加上甲圖所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(a)所示 B．如果只在u3上加上乙圖所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(b)所示 C．如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(c)所示 D．如果同時在u2和u3上加上甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(d)所示 三、非選擇題(本題共3小題，共47分．要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位．) 圖6－3－21 10．(14分)如圖6－3－21所示，有一電子(電荷量為e)經(jīng)電壓U0加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間．若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正

8、好能穿過電場，求： (1)金屬板AB的長度； (2)電子穿出電場時的動能． 11．(2020·梁豐檢測)(16分)如圖6－3－22所示，兩塊平行金屬板M、N豎直放置，兩板間的電勢差U＝1.5×103 V，現(xiàn)將一質量m＝1×10－2 kg、電荷量q＝4×10－5 C的帶電小球從兩板上方的A點以v0＝4 m/s的初速度水平拋出，之后小球恰好從靠近M板上端處進入兩板間，沿直線運動碰到N板上的B點．已知A點距兩板上端的高度h＝0.2 m，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，求： 圖6－3－22 (1)M、N兩板間的距離d. (2)小球到達B點時的動能Ek. 12．(2020·鞍山模擬

9、)(17分)在場強為E＝100 V/m的豎直向下的勻強電場中有一塊水平放置的足夠大的接地金屬板，在金屬板的正上方，高為h＝0.8 m處有一個小的放射源放在一端開口的鉛盒內，如圖6－3－23所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各個方向均勻地釋放質量為m＝2×10－15 kg、電荷量為q＝＋10－12 C的帶電粒子．粒子最后落在金屬板上．不計粒子重力，試求： 圖6－3－23 (1)粒子下落過程中電場力做的功； (2)粒子打在金屬板上時的動能； (3)計算落在金屬板上的粒子圖形的面積大?。?結果保留兩位有效數(shù)字) 答案及解析 1.【解析】　由平行板電容器電容的決

10、定式C＝εrS/(4πkd)可知，電容C與極板之間距離d成反比，在第一象限反比例函數(shù)圖象是一條雙曲線，所以A正確． 【答案】　A 2.【解析】　電流計指針向左偏轉，說明流過電流計G的電流由左→右，則導體芯A所帶電量在減小，由Q＝CU可知，導體芯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 3.【解析】　由y＝和Ek0＝mv，得：y＝可知，y與q成正比，B正確． 【答案】　B 4.【解析】　設帶電粒子的質量為m，帶電荷量為q，進入電場時的初速度為v0，飛出電場時的速度為vt，vt與v0的夾角為θ.平行金屬板的長度為L，板間的距離為d，電壓為U.最后得

11、到帶電粒子飛出平行板時vt的偏轉角θ的表達式： tan θ＝＝.由這個表達式可知，要保持θ不變，只有C項正確． 【答案】　C 5.【解析】　帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出后受到恒定的合力作用做勻變速運動，在運動開始的一段時間內合力與速度的夾角為鈍角，速度減小，A、B都錯；小球自坐標原點到M點，y方向在重力作用下做速度減小到零的勻變速運動，x方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速運動，所以到M點時的動能不為零，C錯；由動能定理有：qEx＝mv－mv＞0，D正確． 【答案】　D 6.【解析】　設P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離

12、是h/2，它們做類平拋運動的水平距離為l.則對P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理對Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝.由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2.由動能定理，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.綜上所述，A、C項正確． 【答案】　AC 7.【解析】　已知電容器C帶電量不變，a、Q兩板均接地，電勢為零，b、P兩板電勢相等．當ab間距離縮小時，電容器C的電容變大，電壓U變?。? b、P兩板電勢減小，即P、Q間電壓減小，電場強度E減小，懸線偏角α減小，所以A錯誤，B正確．取出a、b兩極板間電介質時，

13、電容器C的電容變小，電壓U變大，懸線偏角α增大，所以C正確．當換一塊電介常數(shù)更大的電介質時，電容器C的電容變大，電壓U變小，懸線偏角α減小，所以D錯誤． 【答案】　BC 8.【解析】　設第1 s內粒子的加速度為a1，第2 s內的加速度為a2，由a＝可知，a2＝2a1，可見，粒子第1 s內向負方向運動，第1.5 s時粒子的速度為零，然后向正方向運動，至第3 s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D正確． 【答案】　CD 9.【解析】　如果只在AB上加上圖甲所示的電壓，電子將在豎直方向偏轉，故A正確；如果只在CD上加上圖乙所示的電壓，則

14、電子將在水平方向上偏轉，故B正確；如果同時在AB和CD上加上甲、乙所示的電壓，則t＝0時，向x軸負方向轉偏位移最大，之后電子豎直方向上，先向上偏再向下偏，在T內豎直方向電子振動一個周期，形成一個完整的波形，故C錯誤，D正確． 【答案】　ABD 10.【解析】　(1)設電子飛離加速電場時的速度為v0，由動能定理得eU0＝mv① 設金屬板AB的長度為L，電子偏轉時間t＝② 電子在偏轉電場中產(chǎn)生偏轉加速度a＝③ 電子在電場中偏轉y＝d＝at2④ 由①②③④得：L＝d . (2)設電子穿過電場時的動能為Ek，根據(jù)動能定理 Ek＝eU0＋e＝e(U0＋)． 【答案】　(1)d 　(2)

15、e(U0＋) 11.【解析】　(1)小球進入電場區(qū)域前做平拋運動，豎直方向上 v＝2gh 解得vy＝2 m/s 進入電場后做直線運動，滿足＝ 解得d＝0.3 m. (2)從A到B的過程中，應用動能定理得 mg(h＋L)＋qU＝Ek－mv 其中＝＝ 解得Ek＝0.175 J. 【答案】　(1)0.3 m　(2)0.175 J 12.【解析】　(1)粒子在下落過程中電場力做的功 W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J. (2)粒子在整個運動過程中僅有電場力做功，由動能定理得W＝Ek2－Ek1 Ek2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J. (3)粒子落在金屬板上的范圍是一個圓．設此圓的半徑為r，只有當粒子的初速度與電場的方向垂直時粒子落在該圓的邊緣上，由運動學公式得h＝at2＝t2 代入數(shù)據(jù)求得t≈5.66×10－3 s 圓半徑r＝v0t≈1.13 m 圓面積S＝πr2≈4.0 m2. 【答案】　(1)8×10－11 J　(2)1.2×10－10 J　(3)4.0 m2