2014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

1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．(2012·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．(2012·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．(2011·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12d，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＝2E125．(2013·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．(2011·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．(2012·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mgL2qC．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是mgqD．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38.(2011·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．0t0T4B.T2t03T4C.3T4t0TD．Tt09T89．(2012·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tPtQB．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．(2012·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．(2012·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＝40cm，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？4(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．(2012·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≪R2R1，两板之间电压为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＝εrS4πkd可知，当PQ间距增大时，C减小，故A错误。由C＝QU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。4．选C由公式E＝Ud、C＝QU和C∝εrSd可得E∝QεrS，所以Q加倍，E也加倍，再由U＝Ed可得U相等，C正确。55．选C由平行板电容器的电容C＝εrS4πkd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＝QC，E＝Ud＝4πkQεrS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＝mgL2q，选项B正确；若电场是匀强电场，该电场的场强的最小值为mg2q，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＝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，不能到达A板；因此T2t03T4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＝12Eqmt2得它们的电荷量之比qP∶qQ＝2∶1，C正确，又ΔEP＝qPU，ΔEQ＝qQU2，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qE＝mgcosθ解得所加匀强电场的最小值的大小E＝mgqcosθ，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＝mgcos6θ，设微粒的最大位移为x，由动能定理－(qEcosθ＋mgsinθ＋F阻)x＝0－12mv02－2F阻x＝12mv2－12mv02联立解得v＝v02－2F阻sinθmg＋F阻sinθ。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＝mv2R解得v＝2m/s设小物块释放位置距N处为xEqx＝μmgx＋12mv2＋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，12mv2＋mgR＋EqR＝12mvP2解得vP＝14m/sFN－Eq＝mvP2R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12mv2＝－eUMN得UMN＝－mv22e(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＝12at2，a＝UMNedm得UMN′＝2md2v2eR1－R22(3)I随UMN变化的图象如图所示。7答案：(1)－mv22e(2)2md2v2eR1－R22ne(3)见解析图