【三維設計】2014屆高三物理一輪 課時跟蹤檢測25 靜電現(xiàn)象 電容器 帶電粒子在電場中的運動

《【三維設計】2014屆高三物理一輪 課時跟蹤檢測25 靜電現(xiàn)象 電容器 帶電粒子在電場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【三維設計】2014屆高三物理一輪 課時跟蹤檢測25 靜電現(xiàn)象 電容器 帶電粒子在電場中的運動（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時跟蹤檢測(二十五)　靜電現(xiàn)象　電容器　帶電粒子在電場中的運動 高考?？碱}型：選擇題＋計算題 1．(2012·上海虹口二模)處于強電場中的空氣分子會被電離為電子和正離子，利用此原理可以進行靜電除塵。如圖1所示，是一個用來研究靜電除塵的實驗裝置，鋁板與手搖起電機的正極相連，鋼針與手搖起電機的負極相連，在鋁板和鋼針中間放置點燃的蚊香。轉(zhuǎn)動手搖起電機，蚊香放出的煙霧會被電極吸附，停止轉(zhuǎn)動手 圖1 搖起電機，蚊香的煙霧又會裊裊上升。關于這個現(xiàn)象，下列說法中正確的是(　　) A．煙塵因為帶正電而被吸附到鋼針上 B．同一煙塵顆粒在被吸附過程中離鋁板越近速度越小

2、 C．同一煙塵顆粒在被吸附過程中離鋁板越近速度越大 D．同一煙塵顆粒在被吸附過程中如果帶電量不變，離鋁板越近則加速度越大 2．某電容式話筒的原理示意圖如圖2所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板，對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動。在P、Q間距增大過程中(　　) A．P、Q構(gòu)成的電容器的電容增大 B．P上電荷量保持不變 C．M點的電勢比N點的低 圖2 D．M點的電勢比N點的高 3．(2012·課標全國高考)如圖3所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒

3、子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) A．所受重力與電場力平衡　　 B．電勢能逐漸增加 圖3 C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動 4．(2011·天津高考)板間距為 d 的平行板電容器所帶電荷量為 Q 時，兩極板間電勢差為 U1，板間場強為 E1?，F(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?2Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為 U2, 板間場強為 E2，下列說法正確的是(　　) A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，

4、E2＝2E1 5．(2013·吉林聯(lián)考)一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地。兩板間有一個正試探電荷固定在P點，如圖4所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離 l0的過程中，各物理量與負極板移動距離x的關系圖象中正確的是(　　) 圖4 圖5 6．(2011·安徽高考)圖6(a)為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓圖按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是(

5、　　) 圖6 圖7 7．(2012·江西重點中學聯(lián)考)如圖8所示，長為L、傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則(　　) 圖8 A．小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能 B．A、B兩點的電勢差一定為 C．若電場是勻強電場，則該電場的場強的最小值一定是 D．若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷 8. (2

6、011·安徽高考)如圖9(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖9(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是(　　) 圖9 A．0

7、球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中它們的(　　) 圖10 A．運行時間tP>tQ B．電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1 C．電荷量之比qP∶qQ＝2∶1 D．動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1 10．(2012·晉江四校聯(lián)考)如圖11所示，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的微粒在O點以初速度v0與水平方向成θ角射出，微粒在運動中受阻力大小恒定為F阻。

8、 圖11 (1)如果在某方向加上一定大小的勻強電場后，能保證微粒仍沿v0方向做直線運動，試求所加勻強電場的最小值的大小與方向； (2)若加上大小一定，方向水平向左的勻強電場，仍能保證微粒沿v0方向做直線運動，并經(jīng)過一段時間后又返回O點，求微粒回到O點時的速率。 11．(2012·遼寧模擬)如圖12所示，現(xiàn)在有一個小物塊，質(zhì)量為m＝80 g，帶上正電荷q＝2×10－4 C。與水平的軌道之間的滑動摩擦系數(shù)μ＝0.2，在一個水平向左的勻強電場中，E＝1×103 V/m，在水平軌道的末端N處，連接一個光滑的半圓形軌道，半徑為R＝40 cm，

9、取g＝10 m/s2，求 圖12 (1)小物塊恰好運動到軌道的最高點，那么小物塊應該從水平哪個位置釋放？ (2)如果在上小題的位置釋放小物塊，當它運動到P(軌道中點)點時對軌道的壓力等于多少？ 12．(2012·浙江名校聯(lián)考)如圖13所示，一對半徑均為R1的金屬板M、N圓心正對平行放置，兩板距離為d，N板中心鍍有一層半徑為R2的圓形鋅金屬薄膜，d?R2

10、子，已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，每秒穩(wěn)定發(fā)射n個電子。電子在板間運動過程中無碰撞且不計電子 圖13 的重力和電子間相互作用，電子到達M板全部被吸收。M板右側(cè)串聯(lián)的電流表可以測量到通過M板的電流I。試求： (1)當UMN取什么值時，I始終為零； (2)當UMN取什么值時，I存在一個最大值，并求這個最大值； (3)請利用(1)(2)的結(jié)論定性畫出I隨UMN變化的圖象。 答 案 課時跟蹤檢測(二十五) 靜電現(xiàn)象　電容器　帶電粒子在電場中的運動 1．選C　在鋁板和鋼針中間形成強電場，處于強電場中的空氣分子會被電離為電子和正離子，煙塵吸附電子帶負電，而被吸附

11、到鋁板上，A錯誤；由于電場力做功，同一煙塵顆粒在被吸附過程中離鋁板越近速度越大，選項C正確B錯誤；由于離鋁板越近，電場強度越小，同一煙塵顆粒在被吸附過程中如果帶電量不變，離鋁板越近則加速度越小，選項D錯誤。 2．選D　由公式C＝可知，當PQ間距增大時，C減小，故A錯誤。由C＝可知，在U不變時，C減小，Q減小，即電容器放電，R中的電流方向從M到N，則M點電勢高于N點，故BC錯誤，D正確。 3.選BD　粒子做直線運動，其重力和電場力的合力應與速度共線，如圖所示。重力與電場力不共線，不可能平衡，選項A錯誤；粒子運動過程中電場力做負功，因而電勢能增加，選項B正確；合力做負功，動能減小，選項C錯誤；

12、電容器的極板與直流電源相連，即其電壓、板間的場強不變，則電場力不變，合力恒定，因而粒子做勻變速直線運動，選項D正確。 4．選C　由公式E＝、C＝和C∝可得 E ∝，所以 Q 加倍，E 也加倍，再由U ＝ Ed可得U相等，C正確。 5．選C　由平行板電容器的電容C＝可知d減小時，C變大，但不是一次函數(shù)，A錯。在電容器兩極板所帶電荷量一定情況下，U＝，E＝＝與d無關，則B錯。在負極板接地的情況下，設沒有移動負極板時P點距負極板的距離為d，移動x后為d－x。因為移動極板過程中電場強度E不變。故φP＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，則C正確；正電荷在P點的電勢能W＝qφP＝qEd－qEx，

13、顯然D錯。 6．選B　在0～2t1時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當UY為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當UY為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，因此一個周期內(nèi)熒光屏上的圖象為B。 7．選B　由題述可知，小球以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，電場力做正功，電勢能減小，小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能，選項A錯誤；由動能定理，qU－mgLsin 30°＝0，解得A、B兩點的電勢差為U＝，選項B正確；若電場是勻強電場，該電場的場強的最小值為，選項C錯誤；若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q可以是負電荷，選項D錯誤。

14、 8．選B　兩板間加的是方波電壓，剛釋放粒子時，粒子向A板運動，說明釋放粒子時UAB為負，因此A項錯誤，若t0＝時刻釋放粒子，則粒子做方向不變的單向直線運動，一直向A運動；若t0＝時刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點間做往復運動，不能到達A板；因此

15、ΔEP＝qPU，ΔEQ＝qQ，故ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，B錯；動能增加量ΔEkP＝ΔEP＋mgh，ΔEkQ＝ΔEQ＋mgh，故ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，D錯誤。 10．解析：(1)微粒沿v0方向做直線運動，微粒所受合外力應該沿速度v0方向，由力的合成知識可得 qE＝mgcos θ 解得所加勻強電場的最小值的大小E＝cos θ，方向斜向上且與豎直方向的夾角為θ。 (2)若加上大小一定，方向水平向左的勻強電場，電場力向左，且滿足，qEsin θ＝mgcos θ，設微粒的最大位移為x，由動能定理－(qEcos θ＋mg sin θ＋F阻)x＝0－mv02 －2F阻x＝mv2－mv02

16、聯(lián)立解得v＝ 。 答案：見解析 11．解析：(1)物塊能通過軌道最高點的臨界條件是mg＝m 解得v＝2 m/s 設小物塊釋放位置距N處為x Eqx＝μmgx＋mv2＋mg·2R 解得x＝20 m，即小物塊應該從在水平位置距N處為20 m處開始釋放 (2)物塊到P點時，mv2＋mgR＋EqR＝mvP2解得vP＝m/s FN－Eq＝解得FN＝3.0 N　由牛頓第三運動定律可得物塊對軌道的壓力；F′N＝FN＝3.0 N 答案：(1)20 m　(2)3.0 N 12．解析：(1)當垂直N板發(fā)射速度為v的電子不能到達M板時，I＝0， 令此時兩板間電壓為UMN，則mv2＝－eUMN 得UMN＝－ (2)當從鋅膜邊緣平行N板射出的電子做類平拋運動剛好能到達M板邊緣時，則所有電子均能到達M板，電流最大I＝ne 令此時兩板間電壓為UMN′ R1－R2＝vt， d＝at2，a＝ 得UMN′＝ (3)I隨UMN變化的圖象如圖所示。 答案：(1)－　(2)　ne (3)見解析圖 7