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【三维设计】2022届高三物理一轮 课时跟踪检测25 静电现象 电容器 带电粒子在电场中的运动
【三维设计】2022届高三物理一轮 课时跟踪检测25 静电现象 电容器 带电粒子在电场中的运动
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课时跟踪检测(二十五) 静电现象 电容器 带电粒子在电场中的运动高考常考题型:选择题+计算题1.(2022·上海虹口二模)处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子,利用此原理可以进行静电除尘。如图1所示,是一个用来研究静电除尘的实验装置,铝板与手摇起电机的正极相连,钢针与手摇起电机的负极相连,在铝板和钢针中间放置点燃的蚊香。转动手摇起电机,蚊香放出的烟雾会被电极吸附,停止转动手图1摇起电机,蚊香的烟雾又会袅袅上升。关于这个现象,下列说法中正确的是( )A.烟尘因为带正电而被吸附到钢针上B.同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小C.同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大D.同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变,离铝板越近则加速度越大2.某电容式话筒的原理示意图如图2所示,E为电源,R为电阻,薄片P和Q为两金属极板,对着话筒说话时,P振动而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中( )A.P、Q构成的电容器的电容增大B.P上电荷量保持不变C.M点的电势比N点的低图2D.M点的电势比N点的高3.(2022·课标全国高考)如图3所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子( )A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加图3C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动4.(2022·天津高考)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2,下列说法正确的是( )A.U2=U1,E2=E1B.U2=2U1,E2=4E1C.U2=U1,E2=2E1D.U2=2U1,E2=2E17\n5.(2022·吉林联考)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4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,W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4图56.(2022·安徽高考)图6(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压图按图(b)所示的规律变化,在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是( )图6图77.(2022·江西重点中学联考)如图8所示,长为L、倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中,一带电量为+q,质量为m的小球,以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端的速度仍为v0,则( )图8A.小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B.A、B两点的电势差一定为C.若电场是匀强电场,则该电场的场强的最小值一定是7\nD.若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的,则Q一定是正电荷8.(2022·安徽高考)如图9(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图9(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )图9A.0<t0<B.<t0<C.<t0<TD.T<t0<9.(2022·湖北重点中学联考)如图10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( )图10A.运行时间tP>tQB.电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ=2∶1C.电荷量之比qP∶qQ=2∶1D.动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=4∶110.(2022·晋江四校联考)如图11所示,质量为m,带电量为+q的微粒在O点以初速度v0与水平方向成θ角射出,微粒在运动中受阻力大小恒定为F阻。图11(1)如果在某方向加上一定大小的匀强电场后,能保证微粒仍沿v0方向做直线运动,试求所加匀强电场的最小值的大小与方向;(2)若加上大小一定,方向水平向左的匀强电场,仍能保证微粒沿v0方向做直线运动,并经过一段时间后又返回O点,求微粒回到O点时的速率。11.(2022·辽宁模拟)如图12所示,现在有一个小物块,质量为m=80g,带上正电荷q=2×10-4C。与水平的轨道之间的滑动摩擦系数μ=0.2,在一个水平向左的匀强电场中,E=1×103V/m,在水平轨道的末端N处,连接一个光滑的半圆形轨道,半径为R=7\n40cm,取g=10m/s2,求图12(1)小物块恰好运动到轨道的最高点,那么小物块应该从水平哪个位置释放?(2)如果在上小题的位置释放小物块,当它运动到P(轨道中点)点时对轨道的压力等于多少?12.(2022·浙江名校联考)如图13所示,一对半径均为R1的金属板M、N圆心正对平行放置,两板距离为d,N板中心镀有一层半径为R2的圆形锌金属薄膜,d≪R2<R1,两板之间电压为UMN,两板之间真空且可视为匀强电场。N板受到某种单色光照射后锌金属薄膜表面会发射出最大速率为v,方向各异的电子,已知电子的电荷量为e,质量为m,每秒稳定发射n个电子。电子在板间运动过程中无碰撞且不计电子图13的重力和电子间相互作用,电子到达M板全部被吸收。M板右侧串联的电流表可以测量到通过M板的电流I。试求:(1)当UMN取什么值时,I始终为零;(2)当UMN取什么值时,I存在一个最大值,并求这个最大值;(3)请利用(1)(2)的结论定性画出I随UMN变化的图象。答案课时跟踪检测(二十五)静电现象 电容器 带电粒子在电场中的运动1.选C 在铝板和钢针中间形成强电场,处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子,烟尘吸附电子带负电,而被吸附到铝板上,A错误;由于电场力做功,同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大,选项C正确B错误;由于离铝板越近,电场强度越小,同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变,离铝板越近则加速度越小,选项D错误。2.选D 由公式C=可知,当PQ间距增大时,C减小,故A错误。由C=可知,在U不变时,C减小,Q减小,即电容器放电,R中的电流方向从M到N,则M点电势高于N点,故BC错误,D正确。3.选BD 粒子做直线运动,其重力和电场力的合力应与速度共线,如图所示。重力与电场力不共线,不可能平衡,选项A错误;粒子运动过程中电场力做负功,因而电势能增加,选项B正确;合力做负功,动能减小,选项C错误;电容器的极板与直流电源相连,即其电压、板间的场强不变,则电场力不变,合力恒定,因而粒子做匀变速直线运动,选项D正确。7\n4.选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正确。5.选C 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点距负极板的距离为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W=qφP=qEd-qEx,显然D错。6.选B 在0~2t1时间内,扫描电压扫描一次,信号电压完成一个周期,当UY为正的最大值时,电子打在荧光屏上有正的最大位移,当UY为负的最大值时,电子打在荧光屏上有负的最大位移,因此一个周期内荧光屏上的图象为B。7.选B 由题述可知,小球以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,电场力做正功,电势能减小,小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能,选项A错误;由动能定理,qU-mgLsin30°=0,解得A、B两点的电势差为U=,选项B正确;若电场是匀强电场,该电场的场强的最小值为,选项C错误;若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的,则Q可以是负电荷,选项D错误。8.选B 两板间加的是方波电压,刚释放粒子时,粒子向A板运动,说明释放粒子时UAB为负,因此A项错误,若t0=时刻释放粒子,则粒子做方向不变的单向直线运动,一直向A运动;若t0=时刻释放粒子,则粒子在电场中固定两点间做往复运动,不能到达A板;因此<t0<时间内,粒子的运动满足题意的要求,选项B正确。9.选C 两球均受重力、恒定的电场力作用,做匀加速直线运动,按运动的分解,竖直方向:是重力作用下的自由落体运动,二者下降位移相同,用时间相等,A错误;水平方向:电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动,位移比是xP∶xQ=2∶1,由公式x=t2得它们的电荷量之比qP∶qQ=2∶1,C正确,又ΔEP=qPU,ΔEQ=qQ,故ΔEP∶ΔEQ=4∶1,B错;动能增加量ΔEkP=ΔEP+mgh,ΔEkQ=ΔEQ+mgh,故ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1,D错误。10.解析:(1)微粒沿v0方向做直线运动,微粒所受合外力应该沿速度v0方向,由力的合成知识可得7\nqE=mgcosθ解得所加匀强电场的最小值的大小E=cosθ,方向斜向上且与竖直方向的夹角为θ。(2)若加上大小一定,方向水平向左的匀强电场,电场力向左,且满足,qEsinθ=mgcosθ,设微粒的最大位移为x,由动能定理-(qEcosθ+mgsinθ+F阻)x=0-mv02-2F阻x=mv2-mv02联立解得v=。答案:见解析11.解析:(1)物块能通过轨道最高点的临界条件是mg=m解得v=2m/s设小物块释放位置距N处为xEqx=μmgx+mv2+mg·2R解得x=20m,即小物块应该从在水平位置距N处为20m处开始释放(2)物块到P点时,mv2+mgR+EqR=mvP2解得vP=m/sFN-Eq=解得FN=3.0N 由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力;F′N=FN=3.0N答案:(1)20m (2)3.0N12.解析:(1)当垂直N板发射速度为v的电子不能到达M板时,I=0,令此时两板间电压为UMN,则mv2=-eUMN得UMN=-(2)当从锌膜边缘平行N板射出的电子做类平抛运动刚好能到达M板边缘时,则所有电子均能到达M板,电流最大I=ne令此时两板间电压为UMN′R1-R2=vt,d=at2,a=得UMN′=7\n(3)I随UMN变化的图象如图所示。答案:(1)- (2) ne(3)见解析图7
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高考 - 一轮复习
发布时间:2022-08-25 12:34:03
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文章作者:U-336598
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