（新課標）2019版高考物理一輪復習 主題六 靜電場 課時跟蹤訓練31.doc

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課時跟蹤訓練(三十一) 落實雙基 [基礎鞏固]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2017河北邯鄲模擬)平行板電容器兩個帶電極板之間存在引力作用，引力的大小與內(nèi)部場強E和極板所帶電荷量Q的乘積成正比．現(xiàn)將一平行板電容器兩極板接在恒壓直流電源上，將兩板間距減小至原來的，則兩極板之間的引力與原來的引力的比值是(　　) A. B. C. D. [解析]　根據(jù)C＝可知，將兩板間距減小至原來的時，電容增大到原來的，而電容器的電壓不變，所以電容器的電荷量增大到原來的，又根據(jù)E＝可知將兩板間距減小至原來的時，電容器的電壓不變，所以電場強度增大到原來的，依題意可得兩極板之間的引力與原來的比值是，即D選項正確． [答案]　D 2．(多選)(2017貴陽模擬)如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計．開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度．下列操作可使指針張開角度增大一些的是(　　) A．保持開關(guān)S閉合，將R上的滑片向右移動 B．斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板分開一些 C．斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板的正對面積減小一些 D．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開一些 [解析]　保持開關(guān)S閉合，電容器兩極板的電勢差不變，等于電源兩端電壓，靜電計指針張開的角度不變，A、D選項錯誤；斷開開關(guān)S后，電容器極板上帶電荷量Q不變，將A、B兩極板分開一些，由C＝可知，電容器的電容減小，又Q＝CU，則電勢差增大，B選項正確；斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板的正對面積減小一些，電容器的電容減小，由C＝可知，電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，C選項正確． [答案]　BC 3．(2016全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 [解析]　根據(jù)C＝，將云母介質(zhì)移出，εr減小，電容器的電容C減?。驗殡娙萜鹘釉诤銐弘娫瓷?，電容器兩端電壓U保持不變．根據(jù)C＝得Q＝CU，可知極板上的電荷量減?。鶕?jù)E＝，U、d均不變，可知極板間電場強度不變，D正確． [答案]　D 4．(2017湖北七市聯(lián)考)如圖所示，一水平放置的金屬板正上方有一固定的正點電荷Q，一表面絕緣的帶正電小球(可視為質(zhì)點且不影響Q的電場)，從左端以初速度v0滑上金屬板光滑的上表面并向右運動到右端，在運動過程中(　　) A．小球先做減速運動再做加速運動 B．小球受到的合力的沖量為零 C．小球的電勢能先減小后增加 D．小球先做加速運動后做減速運動 [解析]　金屬板光滑的上表面是等勢面，所以小球做勻速直線運動，電勢能不變，小球受到的合力的沖量為零，即只有B選項正確． [答案]　B 5．(多選)(2017天津和平質(zhì)量調(diào)查)光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域ABCD處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形的某一條邊平行，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由AC邊的中點，以垂直于該邊的水平初速度v0進入該正方形區(qū)域，當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為(　　) A.mv＋qEL B.mv＋qEL C.mv＋qEL D.mv－qEL [解析]　若電場方向與BD平行，則電場力做的功W≤EqL，動能滿足mv0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角θ＝37.不計空氣阻力．已知重力加速度為g，sin37＝0.6，cos37＝0.8. (1)求電場強度E的大??； (2)若要使小球從P點出發(fā)能做完整的圓周運動，求小球初速度的大小應滿足的條件． [解析]　(1)當小球靜止在P點時，小球的受力情況如下圖所示，則有 ＝tan37，所以E＝. (2)當小球做圓周運動時，可以等效為在一個“重力加速度”為g的“重力場”中運動．若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必須能通過圖中的Q點．設當小球從P點出發(fā)的速度為vmin時，小球到達Q點時速度為零．在小球從P運動到Q的過程中，根據(jù)動能定理有 －mg2r＝0－mv 所以vmin＝，即小球的初速度應不小于. [答案]　(1)　(2)小球的初速度應不小于 [素能培養(yǎng)] 9．(多選)(2017合肥聯(lián)考)如圖所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料．ABCD面帶正電，EFGH面帶負電．從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最后分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是(　　) A．三個液滴在真空盒中都做平拋運動 B．三個液滴的運動時間一定相同 C．三個液滴落到底板時的速率相同 D．液滴C所帶電荷量最多 [解析]　三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，三個液滴的運動時間相同，選項B正確；三個液滴落到底板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴到底板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴C在水平方向位移最大，說明液滴C在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確． [答案]　BD 10．如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N.今有一帶電質(zhì)點，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽略不計，質(zhì)點到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回．若保持兩極板間的電壓不變，則下列說法不正確的是(　　) A．把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后仍能返回 B．把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 C．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后仍能返回 D．把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 [解析]　P至N過程，2mgd－qUAB＝0，把A板向上平移一段距離后，UAB不變，P與N的距離也不變，質(zhì)點自P點自由下落后仍能返回；將A板向下平移一小段距離，UAB不變，根據(jù)動能定理，mgh－qUAB＝0，質(zhì)點自P點自由下落后仍能返回；把B板向上平移一小段距離，UAB不變，h變小，mgh－qUAB<0，質(zhì)點到達N點之前小球的速度已為0，之后向上返回；把B板向下平移一小段距離，UAB不變，h變大，mgh－qUAB＝mv2>0，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落． [答案]　B 11．(多選)(2017河北唐山一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有A、B兩點，兩點的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強電場．一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時間豎直向下通過B點．重力加速度為g，小球在由A到B的運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球帶負電 B．速度先增大后減小 C．機械能一直減小 D．任意一小段時間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量 [解析]　由題可知，小球在豎直方向做自由落體運動，在水平方向做勻減速運動，可知其所受電場力方向向左，與電場方向相反，則小球帶負電，電場力一直對小球做負功，小球的電勢能增加，機械能減小，A、C正確．小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度豎直向下，由力與速度夾角關(guān)系可知，合力對小球先做負功，后做正功，小球的速度先減小，后增大，B錯誤．任意一小段時間內(nèi)，小球的動能、電勢能和重力勢能的和保持不變，則電勢能的增加量不一定等于重力勢能的減少量，D錯誤． [答案]　AC 12．(2017湖南長沙模擬)如圖所示，互相絕緣且緊靠在一起的A、B物體，靜止在水平地面上，A的質(zhì)量為m＝0．04 kg，帶電荷量為q＝＋5.010－5 C，B的質(zhì)量為M＝0.06 kg，不帶電．兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，t＝0時刻開始，空間存在水平向右的勻強電場，電場強度為E＝1.6104 N/C.設運動過程中小物塊所帶的電荷量沒有變化． (1)求A、B的加速度及其相互作用力的大??； (2)若t＝2 s后電場反向，且場強減為原來的一半，求物體B停下時兩物體間的距離． [解析]　(1)對整體分析，加速度大小a＝＝4 m/s2 隔離B分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－μMg＝Ma 解得F＝μMg＋Ma＝0.48 N (2)t＝2 s時，A、B的速度大小v＝24 m/s＝8 m/s t＝2 s后電場反向，且場強減為原來的一半 此時A做勻減速運動的加速度大小aA＝＝14 m/s2 B做勻減速運動的加速度大小aB＝μg＝4 m/s2 B速度減為零的時間tB＝＝2 s 減速到零的位移大小xB＝＝8 m A速度減為零的時間tA1＝＝ s 減速到零的位移大小xA1＝＝ m 則A反向做勻加速運動的加速度大小 aA′＝＝6 m/s2 則反向做勻加速直線運動的位移大小 xA2＝aA′(tB－tA1)2＝ m 則A、B的距離Δx＝xA2－xA1＋xB≈11.8 m [答案]　(1)4 m/s2　0.48 N　(2)11.8 m