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2015高三第一轮复习 与名师对话 课时跟踪训练 课时跟踪训练24.doc


课时跟踪训练(二十四)
一、选择题

1.(2014· 长沙模拟)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.如右图所示,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 解析: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. 答案:C )

2.某电容式话筒的原理示意图如图所示,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 D.M 点的电势比 N 点的高 εrS Q 解析:由公式 C= 可知,当 PQ 间距增大时,C 减小,故 A 错误.由 C= 可知, U 4πkd 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 B、C 错误,D 正确. 答案:D 3.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 1 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 2 差为 U2,板间场强为 E2,下列说法正确的是( A.U2=U1,E2=E1 C.U2=U1,E2=2E1 ) B.U2=2U1,E2=4E1 D.U2=2U1,E2=2E1 )

U Q εrS Q 解析:由公式 E= 、C= 和 C∝ 可得 E∝ ,所以 Q 加倍,E 也加倍,再由 U= d U d εrS Ed 可得 U 相等,C 正确. 答案:C

4.(2014· 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( )

解析: 由平行板电容器的电容 C=

εrS 可知 d 减小时, C 变大, 但不是一次函数, A 错. 在 4πkd

Q U 4πkQ 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 C d εrS 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. 答案:C

5.(2013· 广东卷)喷墨打印机的简化模型如图所示.重力可忽略的墨汁微滴,经带电室 带负电后, 以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间, 最终打在纸上. 则微滴在极板间电场中( A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大 )

C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电荷量无关 解析:由于微滴带负电,电场方向向下,因此微滴受到的电场力方向向上,微滴向正 极板偏转,A 项错误;偏转过程中电场力做正功,根据电场力做功与电势能变化的关系, 电势能减小,B 项错误;微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动,位移 x=vt,沿电场反方 1qU 2 1qU?x?2 向做初速度为零的匀加速直线运动, 位移 y= t= , 此为抛物线方程, C 项正确; 2dm 2dm?v ? 从式中可以看出,运动轨迹与带电荷量 q 有关,D 项错误. 答案:C

6.(多选)(2014· 浙江省“六市六校”联盟)一粒子从 A 点射入电场,从 B 点射出,电场的 等势面和粒子的运动轨迹如图所示,图中左侧前三个等势面平行,不计粒子的重力,下列 说法正确的有( )

A.粒子受到的电场力先不变后增大 B.粒子的速度不断增大 C.粒子的加速度先不变,后变小 D.若粒子从 A 点关于虚线对称的 A′点射入电场后,将从 B 点关于虚线对称的 B′点射 出电场 解析:由图知,根据等差等势面的疏密描述电场的强弱电场强度可知,电场强度先不 变后减小,所以粒子受到的电场力先不变后减小,加速度先不变后减小,故 A 错误;C 正 确;根据电场线与等势面的关系知电场力垂直于等势面,由力要指向轨迹弯曲的内侧,可 得粒子做减速运动,故 B 错误;根据等势面关于虚线对称,则电场力也具有对称性,可知 若粒子从 A 点关于虚线对称的 A′点射入电场后,将从 B 点关于虚线对称的 B′点射出电场, 所以 D 正确. 答案:CD

7.(2014· 山东卷)如图所示,场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd,水平边 ab 长为 s,竖直边 ad 长为 h.质量均为 m、带电量分别为+q 和-q 的两粒子, 由 a、c 两点先后沿 ab 和 cd 方向以速率 v0 进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中).不计 重力.若两粒子轨迹恰好相切,则 v0 等于( s A. 2 s C. 4 2qE mh 2qE mh s B. 2 s D. 4 qE mh qE mh )

解析:两粒子垂直进入电场的初速度大小、加速度大小均相同,所以两粒子的运动轨 s h 1 qE 2 s 迹应具有对称性,故轨迹的切点应位于矩形区域的中心.由 =v0t, = · · t ,解得 v0= 2 2 2 m 2 qE ,B 正确. mh 答案:B 8.(多选)(2014· 扬州中学阶段测试)一对平行金属板长为 L,两板间距为 d,质量为 m, 电荷量为 e 的电子从平行板左侧以速度 v0 沿两板的中线不断进入平行板之间,两板间所加 L 交变电压 UAB 如图所示,交变电压的周期 T= ,已知所有电子都能穿过平行板,且最大 2v0 偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出,不计重力作用,则( )

A.所有电子都从右侧的同一点离开电场 B.所有电子离开电场时速度都是 v0

C.t=0 时刻进入电场的电子,离开电场时动能最大 T d D.t= 时刻进入电场的电子,在两板间运动时最大侧位移为 4 16 解析:电子进入电场后做类平抛运动,不同时刻进入电场的电子竖直方向速度图象如 图,可知,各个电子在竖直方向的位移不全相同,故所有电子从右侧的离开电场的位置不 全相同.故 A 错误;由图看出,所有电子离开电场时,竖直方向分速度 vy=0,速度都等于 v0,故 B 正确;由上分析可知,电子离开电场时的速度都相同,动能都相同,故 C 错误;t 1 T?2 =T/4 时刻进入电场的电子,在 t=3T/4T 时刻侧位移最大,最大侧位移为 YM=2· a? = 2 ?4? aT2 d 1 T?2 aT2 ,在 t=0 时刻进入电场的电子侧位移最大为 d/2,则有: =4· a? = ;解得:YM 16 2 2 ?2? 2 d = ,故 D 正确. 16

答案:BD 二、非选择题 9.

(2014· 北京市西城区高三一模)如图所示,电子从灯丝 K 发出(初速度不计),在 KA 间经 加速电压 U1 加速后,从 A 板中心小孔射出,进入由 M、N 两个水平极板构成的偏转电场, M、N 两板间的距离为 d,电压为 U2,板长为 L,电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂 直,射出时没有与极板相碰.已知电子的质量为 m,电荷量为 e,不计电子的重力及它们之 间的相互作用力.求: (1)电子穿过 A 板小孔时的速度大小 v; (2)电子在偏转电场中的运动时间 t; (3)电子从偏转电场射出时沿垂直于板方向偏移的距离 y. 1 解析:(1)根据动能定理 eU1= mv2 2 解得 v= 2eU1 m

(2)在平行于极板方向做匀速运动 L=vt L 解得 t= =L v m 2eU1

1 (3)在垂直于极板方向做匀加速直线运动 y= at2 2 eU2 根据牛顿第二定律 a= md 解得 y= U 2L 2 4U1d 2eU1 m (2)L m 2eU1 U2L2 (3) 4U1d

答案:(1)

10.(2014· 湖南五市十校联检 )电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理.某 一水平面内有一直角坐标系 xOy 平面,x=0 和 x=L=10 cm 的区间内有一沿 x 轴负方向的 有理想边界的匀强电场 E1=1.0× 104 V/m, x=L 和 x=3L 的区间内有一沿 y 轴负方向的有理

e 想边界的匀强电场 E2=1.0× 104 V/m,一电子(为了计算简单,比荷取为: =2× 1011 C/kg) m 从直角坐标系 xOy 平面内的坐标原点 O 以很小的速度进入匀强电场 E1, 计算时不计此速度 且只考虑 xOy 平面内的运动.求:

(1)电子从 O 点进入到离开 x=3L 处的电场所需的时间; (2)电子离开 x=3L 处的电场时的 y 坐标; (3)电子离开 x=3L 处的电场时的速度大小和方向. 解析:设电子离开 x=L 的位置记为 P 点,离开 x=3L 的位置记为 Q 点,则: (1)vp= t1= eE1 2· · L=2× 107 m/s m 2L - =10 8 s. eE1/m
p

2L - 运动到 Q 点时:t2= v =10 8 s. 所以总时间为:t=t1+t2=2× 10
-8

s.

(2)电子运动到 Q 点时: 1 eE2 2 yQ= ·m · t2=0.1 m. 2 (3)电子离开 x=3L 处的电场时: v =v =2× 10 m/s ? ?x p ? eE2 t2=2× 107 m/s ? ?vy= m ·
2 2 7 ? ?vQ= vx+vy=2 2×10 m/s ?? . vy tanθ= =1? θ=45° ? vx ? 7

答案:(1)2× 10

-8

s

(2)0.1 m (3)2 2× 107 m/s

tanθ=45°

11.(2014· 南昌模拟)如图(甲)所示,在 xOy 坐标系中,两平行金属板如图放置,下极板 OD 与 x 轴重合,左端与原点 O 重合,板长 L=2 m,板间距离 d=1 m,紧靠极板右侧有一 荧光屏.两金属板间电压 UAO 随时间的变化规律如图(乙)所示,变化周期为 T=2× 10
-3

s,

U0=103 V,t=0 时刻一带正电的粒子从左上角 A 点,以平行于 AB 边 v0=1000 m/s 的速度 射入板间,粒子电荷量为 q=1× 10
-5

C,质量 m=1× 10

-7

kg.不计粒子所受重力.求:

(1)粒子在板间运动的时间; (2)粒子打到荧光屏上的纵坐标; (3)粒子打到屏上的动能. 解析:(1)粒子在板间沿 x 轴匀速运动,设运动时间为 t, 则 L=v0t L - 得出 t= =2× 10 3 s. v0 (2)设 t=0 时刻射入的粒子在板间偏转量最大为 y1,则 1 T?2 ? T?T y1= a? + a· 2 ?2 ? ? 2 ?2 U0q d =ma, 解得 y1=0.15 m 纵坐标 y=d-y1=0.85 m. (3)粒子出射时的动能,由动能定理有 U0 1 1 qy = mv2- mv2 , d 2 2 2 0 1 T?2 且 y2= a? , 2 ?2 ? 1 - 得出 mv2=5.05× 10 2 J. 2 答案:(1)2× 10
-3

s

(2)0.85 m (3)5.05× 10

-2

J


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