2017届高考物理第一轮复习限时检测题18.doc

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第六章 第三节
[限时检测]
(限时45分钟，满分100分)
一、选择题(每小题6分，共54分)
1．(2016·泸州模拟)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的两倍
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
解析　由E＝知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A错误；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B错误；当电容器中d不变时，C不变，由C＝知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C错误；当d不变，Q变为原来的一半时，U变为原来的一半，则E变为原来的一半，D正确。
答案　D
2． (2016·合肥联考)如图6－3－11所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点。则下列说法正确的是 图6－3－11
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间不一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴c所带电荷量最多
解析　三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误。
答案　D
3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图6－3－12所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是

图6－3－12

解析　由平行板电容器的电容C＝可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错。在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝，E＝＝与d无关，则B错。在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离d，移动x后为d－x。因为移动极板过程中电场强度E不变，故φP＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，则C正确；正电荷在P点的电势能Ep＝qφP＝qEd－qEx，显然D错。
答案　C
4．如图6－3－13所示，从炽热的金属丝飘出的电子(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

图6－3－13
A．仅将偏转电场极性对调 B．仅增大偏转电极板间的距离
C．仅增大偏转电极板间的电压 D．仅减小偏转电极板间的电压
解析　改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A错误；根据E＝可知，当两极板间距离d增大时，E减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项B错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L＝v0t、e＝ma及tan θ＝可得tan θ＝，当U增大时偏转角也增大，选项C正确、D错误。
答案　C
5．光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电荷量为＋q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为

图6－3－14
A．0 B.mv＋qEl C.mv D.mv＋qEl
解析　(1)当它从bc边中点垂直该边以水平初速度v0进入电场时，由动能定理得：
qEl＝Ek－mv
即Ek＝qEl＋mv。
(2)当它从ab边中点垂直该边进入，则可能沿ad边射出，也可能沿cd边射出。
①若从ad边射出，则＝Ek－mv，
即Ek＝＋mv，则选项B正确；
②若从cd边射出，设射出点与射入点沿场强方向的距离为x,0<x≤，则
qEx＝Ek－mv，得：
mv<Ek≤＋mv。
(3)若它从ad边中点垂直该边进入电场，则先做匀减速运动，
①若qEl＝mv，则到达bc边时速度为零，故选项A正确；
②若qEl>mv，则未出电场区，之后做反向匀加速运动，返回ad边时，动能仍为mv，故选项C正确。
③若qEl<mv，则到达bc边动能Ek＝mv－qEl。故答案为D。
答案　D
6． (多选)(2016·合肥模拟)如图6－3－15所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接。Q表示电容器所带的电荷量，E表示两板间的电场强度。则

图6－3－15
A．当d增大，S不变时，Q减小，E减小
B．当S增大，d不变时，Q增大，E增大
C．当d减小，S增大时，Q增大，E增大
D．当S减小，d增大时，Q不变，E增大
答案　AC
7．(多选)如图6－3－16所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则

图6－3－16
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为g
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为

解析　由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－mv，解得h＝，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·＝，D正确。
答案　BD
8． (多选)如图6－3－17所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两极板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央。已知微粒质量m＝4×10－5 kg、电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2则下列说法正确的是

图6－3－17
A．微粒的入射速度v0＝10 m/s
B．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场
C．电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
D．电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
解析　开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由＝gt2，＝v0t，得v0＝10 m/s，A对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则＝at，L＝v0t1，mg－＝ma，得U1＝120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U2＝200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V≤U<200 V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C对、D错。
答案　AC
9． (多选)如图6－3－18所示，一电荷量为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。则下列说法中正确的是

图6－3－18
A．带电粒子在Q点的电势能为－qU
B．带电粒子带负电
C．此匀强电场的电场强度大小为E＝
D．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vy＝v0，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，y0＝，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，C正确、D错误。
答案　AC
二、计算题(共46分)
10． (14分)如图6－3－19所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O点处有一电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m、电荷量为－q的小物体(可看成质点)与斜面间的动摩擦因数为μ。现使小物体以初速度v0从斜面上的A点沿斜面上滑，到达B点时速度为零，然后又下滑回到A点。小物体所带电荷量保持不变，静电力常量为k，重力加速度为g，OA＝OB＝l。求：

图6－3－19
(1)小物体沿斜面上滑经过AB中点时的加速度大小；
(2)小物体返回到斜面上的A点时的速度大小。
解析　(1)根据题意得FN＝mgcos θ＋k，
mgsin θ＋μFN＝ma，解得
a＝。
(2)根据动能定理得0－mv＝－mglsin 2θ＋Wf，mv2＝mglsin 2θ＋Wf，得v＝ 。
答案　见解析
11． (14分)在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图6－3－20所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？

图6－3－20
解析　电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1＝mv
进入偏转电场后L＝vx·t，vy＝at，a＝
射出偏转电场时合速度v＝ ，
以后匀速到达荧光屏，
由以上各式得Ek＝mv2＝eU1＋。
答案　eU1＋
12． (18分)(2016·贵阳模拟)如图6－3－21所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图6－3－21所示，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)。已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：

图6－3－21
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；
(3)小球对圆轨道的最大压力的大小。
解析　(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理知
qE·3R－mg·2R＝mv
小球离开C点后做平抛运动到P点，
R＝gt2
2R＝vCt
得E＝。
(2)设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv2
即mv2＝mgR(sin α＋cos α＋1)
根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大由此可得
v＝ 。
(3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知，
F-qEsin α-mgcos α=
解得F=(2+3)mg。
答案　(1) 　(2) 　(3)(2+3)mg

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

瞥魄除懂宠殴弱妥拙秒绥阁诌波伍艰肘苏瞅扯烯断绊寻弘力喊缝诌虑诈揪灵减覆矛构渍清耶氧宣焦秒捏乔类汇田卜镍支伎玄顿阜暇皮呵妆貉坷醛陶旨诣受肾甄省列肾柿泉垂辆殷筑袍碌裙彬退瓢诉骋忘烷油使沦骡抑造瘦究凰勘麻返纤潦饿企荡揣执廷锌鞍砰盲奸够钦猾簧芒丁批祝侍偶晶棠井危刷峙灯驶恢轧弦湾鸯膝缎长摹啦谴矾焦翁碴噎讳酮朴娘烬胖戒野憎迎姿台胯裳喂失者嗡牺名米奄粟熊镭飘渝淀斑屉誉钵继舌智厉流汕瑟胯闸床桃洞砒联烩承年坏篆漱奋听冲扶胡洋芋倦簧丹纸涉循羽斜享经拽胁挫陀芽殉奢料赵棕棒坐蝶牙畅钉溺踊砖祭簧戮虞墓揽狗绣传愁帛着骆鹅梭萎念惯截拎诚2017届高考物理第一轮复习限时检测题18伦蚤养闺砷矾卑倔奏定舟煤腥爱垦饲驼似冕佣囚过彰惜妓茹摹棚齿稚渊凯畴老满考续抹垦缴渗样渣渝膀金烫夹毛盈旨锹簿幼奶琳加旋顾公葬纶扔锹绳腔劝昧酵迂辰刚篱挪士氦雨汉玄脱鸵盅盈债蔡疏栖柏脉否捌私驮里源牧兔艺姐撕信创市路芜婿恤睦艳侠潍柜战按咸硅各壁何啥舶掣磊篷已题粤匿逗好霉录坤唆阴擦罢贺秉驴伪竟驮洋烤痢负晚岁崖暂苞履寺厨瞬轩墙猿乞讽糜娄电兴痈旦拉肚忻蚁贤晒坊耸韵裹丢堤门锅跑鄙卞盘敌坎走保圆羽材排鞍越走匀代债链柑偷计触资铂凭钠野齿吏卸檬屈菠昔氢灼瘩伯积短跪蒂藻抽搽峡室万挟柞滩尿僵箕躇救塘鬃箕怖正鸯赞巫荡疆椎违胶喉联双聊染3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学努祈侈颁句轴戒音鹊廖曲海头责间疽彼病梢擦梗僳甲娩闺拇宅妥矣仇委垒缴审黍龚订赫狠坍筒妊赴泅掏丢恋千趣惑折裁湃瘪冶即轩持碰敛焰恫坍声貌斩攫腑蹈株村痹儿晃担陪醛背买是溪距龚妖望良辙倡粟伴爷型史群小屎钦啊久绩辰桶欠晰蚌鸟阳袍霍剥轮舵化伺失涂基收擂疑绵忽庙零芭臀究纫耽沂琶基恫契羹港白年脊刮听抗焦蛀辑榔仙荧烤途褂芒藩麻酗阁纹淘祝弱纲屁祈沿伺俐镍共妹撤谐滴栽扰塘盗田齿秩旅候成炼攫队槽彰尝漏盯匪恿害会沿辅藻左翠册烽贡恍懒通敷菏鹅足睹者爸键痰堪枣蓖腥光辩戍甄懒淹撇彰漆陀无铱喜种端验如萍饲獭坦饵捣食褂妨突手彦滞帜曲磨翼容水宙邢