2014屆高三物理一輪課時(shí)跟蹤檢測(cè)26電流電阻電功電功率匯總

課時(shí)追蹤檢測(cè)（二十五）靜電現(xiàn)象電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)高考?？碱}型：選擇題+計(jì)算題（2012?上海虹口二模）處于強(qiáng)電場(chǎng)中的空氣分子會(huì)被電離為電子和正離子，利用此原理可以進(jìn)行靜電除塵。如圖1所示，是個(gè)用來研究靜電除塵的實(shí)驗(yàn)裝置，鋁板與手搖起電機(jī)的正極相連，鋼針與手搖起電機(jī)的負(fù)極相連，在鋁板和鋼針中間放置點(diǎn)燃的蚊香。轉(zhuǎn)著手搖起電機(jī)，蚊香放出的煙霧會(huì)被電極吸附，停止轉(zhuǎn)著手圖1搖起電機(jī)，蚊香的煙霧又會(huì)裊裊上漲。對(duì)于這個(gè)現(xiàn)象，以下說法中正確的選項(xiàng)是（）A.煙塵因?yàn)閹д姸晃降戒撫樕螧.同一煙塵顆粒在被吸附過程中離鋁板越近速度越小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假如帶電量不變，離鋁板越近則加快度越大--：；—絕球固老2.某電容式話筒的原理表示圖如圖2支架所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板，對(duì)著話筒說話時(shí)，P振動(dòng)而Q可視為不動(dòng)。在P、Q間距增大過程中（）巾八M0_I丄A.P、Q組成的電容器的電容增大B.P上電荷量保持不變圖2C.M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低D.M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的高3.（2012?課標(biāo)全國高考）如圖3所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平川面成一角度，兩極板與素來流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線經(jīng)過電容器，則在此過程中，該粒子（）A.所受重力與電場(chǎng)力平衡B.電勢(shì)能漸漸增添C.動(dòng)能漸漸增添D.做勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(shí)，兩極板間電勢(shì)1差為U,板間場(chǎng)強(qiáng)為E1。現(xiàn)將電容器所帶電荷量變成2Q板間距變成2d,其余條件不變,這時(shí)兩極板間電勢(shì)差為U,板間場(chǎng)強(qiáng)為E2,以下說法正確的選項(xiàng)是（）A.U,E2=E1B.U>=2U,E2=4EC.U,E2=2E1D.U>=2U,E2=2E5.（2013?吉林聯(lián)考）一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地。兩板間有一個(gè)正嘗試電荷固定在P點(diǎn)，如圖4所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、$表示P點(diǎn)的電勢(shì)，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板遲緩向右平移一小段距離lo的過程中，各物理量與負(fù)極板挪動(dòng)距離x的關(guān)系圖象中正確的選項(xiàng)是（圖4圖56.（2011?安徽高考）a）為示波管的原理圖。假如在電極Y之間所加的電壓圖按圖圖6（（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(huì)看到的圖形是（）（2012?江西要點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考）如圖8所示，長為L、傾角為0=30°的圓滑絕緣斜面處于電場(chǎng)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(diǎn)開始沿斜面上滑，抵達(dá)斜面頂端的速度仍為V。，則（）A.小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能必定大于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能mgLB.A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差必定為2qC.mg若電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的最小值必定是qD.若該電場(chǎng)是AC邊中垂線上某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，貝UQ—定是正電荷8.（2011?安徽高考）如圖9（a）所示，兩平行正對(duì)的金屬板A間加好像圖9（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間

P處。若在

t0時(shí)辰開釋該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向

A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向

B板運(yùn)動(dòng)，并最后打在

A板上。則

t0可能屬于的時(shí)間段是（

）H-5TT3TA.0<t0<4B.2<t0<"43T9jC.<t0<T°~4D.T<t<8（2012?湖北要點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考）如圖10所示豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，與兩板上面沿等高處有兩個(gè)質(zhì)量同樣的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開始開釋，Q小球從兩板正中央由靜止開始開釋，兩小球最后都能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一地點(diǎn)，則從開始開釋到運(yùn)動(dòng)到右極板的過程中它們的（圖10運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)間tP>tQB電勢(shì)能減少許之比AEP:AEQ=2：1.電荷量之比D動(dòng)能增添量之比△E<P：AEkQ=4：.1（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(diǎn)以初速度V0與水平方向成0角射出，微粒在運(yùn)動(dòng)中受阻力大小恒定為F阻。圖11（1）假如在某方向加上必定大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，能保證微粒仍Vo方向做直線運(yùn)動(dòng)，試沿求所加勻強(qiáng)電V0方向做直線運(yùn)動(dòng),（2）若加上大小必定，方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，還能保證微粒沿O點(diǎn)，求微粒回到O點(diǎn)時(shí)的速率。并經(jīng)過一段時(shí)間后又返回11.(2012?遼寧模擬）如圖12所示，現(xiàn)在有一個(gè)小物塊，質(zhì)量qE為m=80g,帶上正電荷=2X10「4C。與水平的軌道之間的滑動(dòng)廠￡摩擦系數(shù)卩=0.2，在一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，E=1X103Wmvf■皿在水平軌道的尾端N處，連結(jié)一個(gè)圓滑的半圓形軌道，半徑為R=N40cm取g=10m/s2，求圖12（1）小物塊恰巧運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)，那么小物塊應(yīng)當(dāng)從水平哪個(gè)地點(diǎn)開釋?(2)假如在上小題的地點(diǎn)開釋小物塊，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P(軌道中點(diǎn))點(diǎn)時(shí)對(duì)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(duì)半徑均為

Ri的金屬板

MN

圓心正對(duì)平行放置，兩板距離為

d,

N板中心鍍有一層半徑為

.F2的圓形鋅金屬薄膜，

d?

R2<R，兩板之間電壓為

UMN兩板之間真空且

Qi可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)。

N板遇到某種單色光照耀后鋅金屬薄膜表面會(huì)發(fā)射出最大速率為

v,

方向各異的電子，已知電子的電荷量為

e,

質(zhì)量為

m-----------------

血

l每秒牢固發(fā)射

n個(gè)電子。電子在板間運(yùn)動(dòng)過程中無碰撞且不計(jì)電子

圖

13的重力和電子間互相作用，電子抵達(dá)M板所有被吸取。M板右邊串聯(lián)的電流表可以丈量到通過M板的電流I。試求:當(dāng)UMN取什么值時(shí)，I一直為零；(2)當(dāng)UMN取什么值時(shí)，I存在一個(gè)最大值，并求這個(gè)最大值;⑶請(qǐng)利用⑴(2)的結(jié)論定性畫出I隨UMN變化的圖象。課時(shí)追蹤檢測(cè)(二十五)靜電現(xiàn)象電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)選C在鋁板和鋼針中間形成強(qiáng)電場(chǎng)，處于強(qiáng)電場(chǎng)中的空氣分子會(huì)被電離為電子和正離子，煙塵吸附電子帶負(fù)電，而被吸附到鋁板上，A錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶?chǎng)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(xiàng)C正確B錯(cuò)誤；因?yàn)殡x鋁板越近，電場(chǎng)強(qiáng)度越小，同一煙塵顆粒在被吸附過程中假如帶電量不變，離鋁板越近則加快度越小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。￡rS

Q選D由公式C=4nkd可知，當(dāng)PQ間距增大時(shí)，c減小，故A錯(cuò)誤。由C='U可知,在U不變時(shí)，

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(diǎn)電勢(shì)高于

N點(diǎn)，故BC

錯(cuò)誤，

D

正確。選BD粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其重力和電場(chǎng)力的協(xié)力應(yīng)與速度共線，如圖所示。重力與電場(chǎng)力不共線，不行能平衡，選項(xiàng)

A錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，因此電勢(shì)能增添，選項(xiàng)

B正確；協(xié)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，選項(xiàng)

C錯(cuò)誤；電容器的極板與直流電源相連，即其電壓、板間的場(chǎng)強(qiáng)不變，則電場(chǎng)力不變，

協(xié)力恒定，因此粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)

D正確。UQ

￡rS

Q4.選C由公式E=d、C-U和4可得E所以Q加倍，E也加倍，再由U=Ed可得U相等，C正確。rS5?選C由平行板電容器的電容C=4nkd可知d減小時(shí)，C變大，但不是一次函數(shù)，AQU

4n

kQ錯(cuò)。在電容器兩極板所帶電荷量必定狀況下，

U=

C，E=

與d沒關(guān)，則

B錯(cuò)。在負(fù)極板接地的狀況下，

設(shè)沒有挪動(dòng)負(fù)極板時(shí)

P點(diǎn)距負(fù)極板的距離為

d,挪動(dòng)

x后為

d—

x。因?yàn)榕矂?dòng)極板過程中電場(chǎng)強(qiáng)度

E不變。故

0

P=

Hd—

x)=

Ed—

Ex,

此中

xGo，則

C正確；正電

荷在

P點(diǎn)的電勢(shì)能Wq0

P=

qEc

—

qEx,

顯然

D錯(cuò)。6.

選

B在0?2t

i時(shí)間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號(hào)電壓達(dá)成一個(gè)周期，當(dāng)

UY為正的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)

U為負(fù)的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，所以一個(gè)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

vo由斜面底端的

A點(diǎn)開始沿斜面上滑，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，小球在

B點(diǎn)的電勢(shì)能必定小于小球在

A點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)

A錯(cuò)誤；由動(dòng)mgL能定理，

qU-mgl

sin30

°=0，解得

AB

兩點(diǎn)的電勢(shì)差為

U=茹，選項(xiàng)

B正確；若電場(chǎng)是mg勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的最小值為

2q，選項(xiàng)

C錯(cuò)誤；若該電場(chǎng)是

AC

邊中垂線上某點(diǎn)的點(diǎn)電荷

Q產(chǎn)生的，則

Q可以是負(fù)電荷，選項(xiàng)

D錯(cuò)誤。&選

B兩板間加的是方波電壓，剛開釋粒子時(shí)，粒子向

A板運(yùn)動(dòng)，說明開釋粒子時(shí)TB為負(fù)，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤，若10=2時(shí)辰開釋粒子，則粒子做方向不變的單向直線運(yùn)動(dòng)，素來T向A運(yùn)動(dòng)；若t0=~4時(shí)辰開釋粒子，則粒子在電場(chǎng)中固定兩點(diǎn)間做往來運(yùn)動(dòng)，不可以抵達(dá)A3T板；所以2<t0<7時(shí)間內(nèi)，粒子的運(yùn)動(dòng)知足題意的要求，選項(xiàng)B正確。9?選C兩球均受重力、恒定的電場(chǎng)力作用，做勻加快直線運(yùn)動(dòng)，按運(yùn)動(dòng)的分解，豎直方向：是重力作用下的自由落體運(yùn)動(dòng)，兩者降落位移同樣，用時(shí)間相等，A錯(cuò)誤；水平方1Eq向：電場(chǎng)力作用下的初速度為0的勻加快直線運(yùn)動(dòng)，位移比是XP：XQ=2:1,由公式x=2mUt2得它們的電荷量之比

qp：

qQ=2:

1,

C正確，又

△EP=

qpU,

△

EQ=

4?2，故△

E=:

△EQ=

4:1,

B錯(cuò)；動(dòng)能增添量

△E<P=A

E3+

mgh

△

E<Q=

△

EQ+

mgh

故△

E<P

:

△

E<QM

4:

1,

D錯(cuò)誤。10.

解析：(1)微粒沿

V0方向做直線運(yùn)動(dòng)，微粒所受合外力應(yīng)當(dāng)沿速度

V0方向，由力的合成知識(shí)可得qE=mgcos0mg解得所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的最小值的大小E=qcos0，方向斜向上且與豎直方向的夾角為0。(2)若加上大小必定，方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力向左，且知足，qEsin0=mgcos1_20，設(shè)微粒的最大位移為x，由動(dòng)能定理一(qEcos0+mg|sin0+F阻)x=0—2mv112—2F阻x=2mv—2mvol~

2F

阻sin

0聯(lián)立解得

v=

V[

—mg+

FEsin—0

。答案：看法析2v11.

解析：(i)

物塊能經(jīng)過軌道最高點(diǎn)的臨界條件是

mg=

mR解得v=2m/s設(shè)小物塊開釋地點(diǎn)距N處為x￡Eqx=mgx^2mV+mg-2R解得x=20m，即小物塊應(yīng)當(dāng)從在水平川點(diǎn)距N處為20m處開始開釋11(2)物塊到P點(diǎn)時(shí)，2mV+mg+EqR=2mv2解得VP=14m/s2m\pFN—Eq=~R解得FN=3.0N由牛頓第三運(yùn)動(dòng)定律可得物塊對(duì)軌道的壓力；F'N=FN=3.0N答案：(1)20m(2)3.0N