第六章第三节课后达标检测编辑版

1、课后达标检测说练促学拣补短板、单项选择题A、B和1某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板介质P构成电容器，当可移动介质 P向左匀速移出的过程中（）A电容器的电容变大B 电容器的电荷量保持不变C. M点的电势比N点的电势低D .流过电阻R的电流方向从M到N解析：选D.当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小,选项A错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量Q = CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向 MtRtN, M点的电势比N点的电势高，选项 C错误，D正确.2. （2014高考天津卷）如图所示，电路中 Ri、R2均为可变电阻，电源内

2、阻不能忽略，平 行板电容器C的极板水平放置.闭合电键S,电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静 止不动.如果仅改变下列某 一个条件，油滴仍能静止不动的是 （）TS 加ICA .增大Ri的阻值B增大R2的阻值C.增大两板间的距离D .断开电键S解析：选B.设油滴质量为 m,电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有Cq = 乎d r dq= mg;由题图知，增大 Ri, Uri增大，油滴将向上加速，增大R2,油滴受力不变，仍保持静止；由E= 知，增大d, U不变时，E减小，油滴将向下加速；断开电键S,电容器将通B项正确.过Ri、R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速，故只有3. （2014高

3、考天津卷）如图所示，平行金属板 A、B水平正对放置，分别带等量异号电 荷.一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A板一定带正电荷N点电势能一定增加N点动能一定增加N点机械能一定增加A .若微粒带正电荷，则 B .微粒从M点运动到 C.微粒从M点运动到 D .微粒从M点运动到解析：选C.微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电， 只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；由于不能确定电场力的方向，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，

4、因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从 M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力 即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误.4. （2015汕头模拟）如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场.电子的重力不计.在满足电子能射出偏转电场的条件下下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）加逊11场帕麓电场A 仅将偏转电场极性对调B .仅增大偏转电极间的距离C.仅增大偏转电极间的电压D 仅减小偏转电极间的电压解析：选C.设加速电场电压为2过程中，

5、由Uoq =号，得vo= 1U,偏转电压为U，极板长度为L,间距为d，电子加速警，电子进入极板后做类平抛运动，时间t=三,a =黑，vy= at, tan 0= = Uij，由此可判断 C正确.vo 2Ud5. （2015宿州模拟）如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边 缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置,则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的 （）A .运行时间tptQB .电势能减少量之比 AEp : AEq = 2 : 1C.电荷量之比qp : qQ = 2

6、 : 1D .动能增加量之比 AEkP： AEkQ= 4 : 1解析：选C.两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间1 o相等，A错；在水平方向上，两球都做匀加速运动， 由x = -at2可得：ap : aQ= 2 ： 1,则qp : qQ= 2 : 1, C 正确；电势能的减少量： AEp ： AEq = （qpE xp） : （qQE xq） = 4 : 1, B 错；动能 增加量：（mgh+ AEp） : （mgh+ AEq）4 : 1 , D 错. 6.（2015湖北八校联考）有一静电场，其电势随 x坐标的改变而改变，变化的图线如图 所示.若将一带负电的粒子（重

7、力不计）从坐标原点O由静止释放，电场中 P、Q两点分别位 于x坐标轴上的1 mm、4 mm处.则下列说法正确的是 （）A .粒子将沿x轴正方向一直向前运动B .粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反C. 粒子经过P点与Q点时，动能相等D. 粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等解析：选C.由题中0 x图，画出电场强度 E随x变化的图象及带电粒子的 v t图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿第二定律知， 粒子在P、Q两点的加速度满足 ap= 2aQ,B错误；由v t图象可知，粒子在 P、Q两点对应的时间分别是-2t0和（3 ,2）t,其速度相D错误.等，C正确；粒子在P、Q两点的功率P

8、= Eqv，因电场强度不相同，故功率不同,B极板带0,A .若将B .若将C.若将D .轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析：选ABC.若将B极板向右平移稍许，d增大，根据CjrS,，知电容器的电容将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大B极板向上平移稍许，夹角 0将变大4 nd减小，故A正确.若将B极板向下平移稍许，正对面积s减小，根据C=占d,知电容将减小，因电容器带电荷量Q不变，由U = Q，分析知板间电势差增大，故B正确.若将BC极板向上平移稍许，正对面积S减小,电容将减小，因电容器带电荷量Q不变，由U = Q,E U轻轻将细线剪断，小球将沿

9、重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故分析知板间电势差增大，根据知E增大，则小球所受的电场力增大，0将变大，故C正确. 误.8.区域I、（2015潍坊模拟）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个n,在区域n中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一v t图象如图乙所示，已知重力加速度.口.高质量为m的带电小球 A,如图甲所示，小球运动的 为g,不计空气阻力，则（）二、多项选择题7.（2015河南南阳一中月考）给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，负电板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示小球静止时与竖直方向的夹角为则（）jW -一叩A .在t=

10、 2.5 s时，小球经过边界 MN B .小球受到的重力与电场力之比为3: 5C.在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等 D .在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 解析：选bc.由速度图象可知，带电小球在区域I与区域n中的加速度大小之比为2,由牛顿第二定律可知:= 3,所以小球所受的重力与电场力之比为3 : 5, B正确;F mg 2小球在t= 2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为 零，故A错误，C正确；因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和 保持不变，D错误.9.（2015深圳模拟）如图

11、所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的 P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有（）A.粒子带正电B 粒子做匀速圆周运动C.粒子电势能增大D .仅增大电场强度，粒子通过电场的时间不变解析：选AD.不计重力的带电粒子垂直射入匀强电场中，粒子做类平抛运动且沿初速度方向做匀速直线运动， 而电场的宽度一定， 故增大电场强度不会改变通过电场的时间，B项错误，D项正确；沿场强方向做匀加速直线运动，可知粒子受力方向与场强方向一致，故粒 子带正电，A项正确；粒子位移方向与电场力方向夹角为锐角，电场力做正功，故粒子电势 能减小，C项错. 10.如图所示，

12、水平放置的两平行金属板与一直流电源相连，一带正电的粒子仅在重 力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B，现将平行金属板分别以 0、0 为圆心在平面内旋转相同角度后 （角度不太大），粒子仍以原来的方式射入，则（）A .粒子将做曲线运动B .粒子仍做匀速直线运动C.粒子做匀变速直线运动D .粒子的电势能可能增加，也可能减小解析：选CD.刚开始时粒子做匀速直线运动，mg = qE = qU，由受.力分析可知，粒子在竖直方向上合力为零.如图所示，平行金属板顺I,时针旋转 B角，贝Ucos 0= qdcOS qCOS 9= q=mg,即竖直方向上的合力为0，水平方向的合力为 F = mgtan

13、 0故粒子做匀加速直线运动， A、B错C正确；由 分析知电场力做正功，粒子的电势能减小；同理，若平行金属板逆时针旋转 0角，则粒子电势能逐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故选项 D正确.三、非选择题11.如图甲所示，在 y= 0和y= 2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场， MN为电场区域 的上边界，在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方2vo= 5 X 10求：向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为鳥=1.0X 10粒子通过电场区域的时间； 粒子离开电场时的位置坐标； 粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小.解析：（1）因粒子初速度方向垂直电场方向，在电场中做类平抛

14、运动，所以粒子通过电 场区域的时间C/kg，在t= 0时刻以速度 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力.y- 3t= 4 X 10 3s.ai=4 m/s2,减速时vo粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为的加速度大小为a2=旦=2 m/s2,由运动学规律得mx方向上的位移为x= 1a1 T 2+ a1 T 2 1a2 T 2 = 2X 10 5mx= 2a1 2 十a1 22a2 210 m因此粒子离开电场时的位置坐标为(一2 X 105m,2 m).粒子通过电场区域后沿x方向的速度为T T 3vx = a1 a2= 4 X 10 m/s.答案：(1)4 X 103

15、s (2)( 2X 105m,2 m)E、方向竖直向上的匀强电 A点是圆形区域的最低点， 方向均垂直于场强方(3) 4 X 10 3m/s 12.(2015江苏苏南四校联考)如图甲所示，在场强大小为 场中存在着一半径为R的圆形区域.O点为该圆形区域的圆心，B点是圆形区域最右侧的点.在A点有放射源释放出初速度大小不同、向向右的正电荷，电荷的质量为 m、电荷量为q,不计电荷重力、电荷之间的作用力.P点.如图甲所示，/ POA = 0,求该电(1) 若某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于荷从A点出发时的速率；若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图乙所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，/ COB = Z BOD = 30求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能.解析：设该电荷从A点发出时的速率为 v0,运动到P点的时间为t,因不计其重力及 电荷之间的作用力，所以电荷做类平抛运动，则有a Eqa= mRsin 0= vot1 2R Rcos 0= 2at由以上三式得v0 =EqRsin 02m(1 cos 0j(2) 由(1)的结论得粒子从 A点出发时的动能为21 2EqRsi