人教版高中物理必修部分第6讲A3

高效作业知能提升一、选择题1．冬天当脱毛衫时，静电经常会跟你开个小玩笑．下列一些相关的说法中正确的是()A．在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B．如果内外两件衣服可看作电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小C．在将外衣脱下的过程中，内外两衣间隔增大，衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和)D．脱衣时如果人体带上了正电，当手接近金属门把时，由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击解析：根据电荷守恒知，A错；由C＝QU和C∝Sd知，当内外衣之间的距离d增大时，两衣间的电势差增大，B错；因为内外衣所带的是异种电荷，产生静电引力作用，故当两衣之间的距离增大时，电场力做负功，电荷的电势能增大，C对；由于人体带上正电荷，当手靠近金属门把时，产生静电感应现象，当两者之间的电压足以使空气电离时，产生放电现象，故人感觉到有轻微的电击，D也正确．答案：CD2．如图6－3－11所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b点沿直线运动到d点，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是()图6－3－11A．此液滴带负电B．此液滴做匀加速直线运动C．合外力对此液滴做的总功等于零D．此液滴的电势能减少解析：带电液滴在重力和电场力的合力作用下，从静止开始由b点沿直线运动到d点，说明合力方向沿直线斜向下，而重力的方向竖直向下，所以液滴受到的电场力方向与电场线方向相反，故此液滴带负电，选项A正确；合力不为零，则选项B正确，选项C错误；电场力对此液滴做正功，此液滴的电势能减少，选项D正确．答案：ABD3．(2011·安徽卷)如图6－3－12甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图6－3－12乙所示的交变电压，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()甲乙图6－3－12A．0＜t0＜T4B.T2＜t0＜3T4C.3T4＜t0＜TD．T＜t0＜9T8解析：本题考查带电粒子在交变电场中的运动，意在考查考生综合分析问题的能力．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＝T2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＝3T4时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此T2＜t0＜3T4时间内，粒子的运动满足题意的要求，选项B正确，选项C、D错误．答案：B4．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图6－3－13所示，真空室中电极K发出电子(初速度不计)经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时，电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心的距离变大的是()图6－3－13A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小解析：当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．设电子经过U1加速后速度为v0，离开偏转电场时侧向速度为vy，根据题意得eU1＝12mv20①电子在A、B间做类平抛运动，当其离开偏转电场时侧向速度为vy＝at＝eU2md·Lv0②结合①②式，速度的偏转角θ满足tanθ＝vyv0＝U2L2dU1.显然，欲使θ变大，应该增大U2、L，或者减小U1、d.正确选项是B.答案：B5．(2011·广东卷)如图6－3－14为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是()图6－3－14A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：本题考查电场、电场力的基本概念，考查考生对静电除尘器原理的理解及对电场知识的掌握．集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A项错误；电场方向由集尘极指向放电极，B项正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C项错误；同一位置电场强度一定，由F＝qE可知，带电荷量越多的尘埃，所受电场力越大，D项正确．答案：BD6．如图6－3－15所示，D是一只二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P的运动情况是()图6－3－15A．向下运动B．向上运动C．仍静止不动D．不能确定解析：当带电微粒P静止时，对其进行受力分析得Eq＝mg，即Udq＝mg.当A、B之间距离增大时，电容器的电容C减小，由Q＝CU得，Q也减小，但由于电路中连接了一个二极管，它具有单向导电性，不能放电，故电容器A、B两极板上的电荷量不变，场强不变，电场力仍等于微粒的重力，故带电微粒仍保持静止状态，C选项正确．答案：C7．如图6－3－16所示，灯丝发热后发出的电子经加速电场后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中偏转量y变为原来的2倍，可选用的方法有(设电子不落到极板上)()图6－3－16A．只使U1变为原来的12倍B．只使U2变为原来的12倍C．只使偏转电极的长度L变为原来的2倍D．只使偏转电极间的距离d减为原来的12倍解析：先求出y值．由qU1＝12mv20，得v0＝2qU1m.故y＝12at2＝U2qL22dmv20＝U2L24dU1.由此可确定A、C、D正确．答案：ACD8．如图6－3－17所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图6－3－17所示，则在穿过极板的过程中()图6－3－17A．电场力对液滴a、b做的功相同B．三者动能的增量相同C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减少量D．重力对三者做的功相同解析：此题考查带电粒子在电场中的受力运动及能量变化规律，因a、b带电荷量相等，所以穿过两板时电场力做功相同，电势能增加量相同，A对，C错．c不带电，不受电场力作用，由动能定理知，三者动能增量不同，B错．a、b、c三者穿出电场时，由WG＝mgh知重力对三者做功相同，D对．答案：AD9．(2011·安徽卷)图6－3－18甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图6－3－18乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图6－3－18丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图6－3－19中的()甲乙丙图6－3－18A．B．C．D.图6－3－19解析：本题考查示波管的原理，意在考查考生对示波管原理的掌握．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像为B.答案：B10．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区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图6－3－20甲所示，小球运动的v－t图像如图6－3－20乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()图6－3－20A．在t＝2.5s时，小球经过边界MNB．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：由速度图像可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：mgF－mg＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B正确．小球在t＝2.5s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．答案：BC二、非选择题11．如图6－3－21所示的真空中，场强为E的匀强电场，方向与竖直平面xOy平行且与竖直轴Oy负方向成θ＝37°的夹角．带电粒子以初速度v0＝7.5m/s，从原点O沿着Ox轴运动，达到A点时速度为0.此刻，匀强电场的方向突然变为竖直向下，而大小不变，粒子又运动了t2＝2s．(g取10m/s2)求：图6－3－21(1)粒子带何种电荷？粒子到A点前的运动情况；(2)带电粒子运动2s后所在位置的坐标．解析：(1)由于带电粒子沿着Ox轴运动，根据受力分析知粒子一定带负电．粒子到达A点前沿Ox轴做匀减速运动．(2)前阶段，受力分析如图6－3－22所示．图6－3－22F合＝ma1＝mgtan37°，a1＝34g＝7.5m/s2，又由v2－v20＝2a1s，得x＝s＝3.75m.电场的方向改变后，受力分析如6－3－23图所示，粒子做竖直向上的匀加速运动，图6－3－23a2＝F电－mgm＝14g＝2.5m/s2，y＝12a2t22＝5m.带电粒子所在的位置坐标为(3.75m,5m)．答案：(1)负电匀减速运动(2)(3.75m,5m)12．(2011·福建卷)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图6－3－24所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图6－3－24所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：图6－3－24(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0解得d2＝E1E2d1＝0.50cm.(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1|q|E2＝ma2设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝12a1t21d2＝12a2t22又t＝t1＋t2以上各式联立解得t＝1.5×10－8s.答案：(1)0.50cm(2)1.5×10－8s13．如图6－3－25所示，长L＝1.2m、质量M＝3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的F＝10.8N的拉力．取g＝10m/s2，斜面足够长．求：图6－3－25(1)物块经多长时间离开木板？(2)如果拉力保持F＝10.8N恒定不变，物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律，对物块：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1①对木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2②又12a1t2－12a2t2＝L③得物块滑过木板所用时间t＝2s.(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝32m/s.其动能为Ek2＝12Mv22＝27J.(3)由于摩擦而产生的内能为Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16J.答案：(1)2s(2)27J(3)2.16J