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2020-2021学年第二章 静电场的应用本章综合与测试一课一练
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这是一份2020-2021学年第二章 静电场的应用本章综合与测试一课一练，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第二章 静电场的应用
本章达标检测
一、单项选择题(本题共7小题,每小题5分,共35分。在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的)
1.(2020浙江杭州高三上月考)生产、生活中处处存在静电现象,有些是静电的应用,有些是要防止静电。下列关于静电的防止与应用说法正确的是 ( )
A.印染厂应保持空气干燥,避免静电积累带来的危害
B.静电复印机的工作过程实际上和静电完全无关
C.在地毯中夹杂0.05~0.07 mm的不锈钢丝导电纤维,是防止静电危害
D.小汽车的顶部露出一根类同避雷针的小金属杆,是防止静电危害
2.(2021四川绵阳高二上期末)如图所示是电容式话筒的原理图,膜片与固定电极构成一个电容器,用直流电源充电,当声波使膜片振动时,电容发生变化,电路中可以形成变化的电流,于是电阻R两端就输出了与声音变化规律相同的电压,从而使声音信号被话筒转化为电信号。其中引起电容变化的原因是电容器两板间的( )
A.电介质变化 B.正对面积变化
C.距离变化 D.电压变化
3.(2021广东佛山一中高二上月考)如图为静电除尘器除尘原理的示意图。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,以达到除尘目的,下列表述正确的是 ( )
A.到达集尘极的尘埃带正电荷
B.电场方向由放电极指向集尘极
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
4.(2021河北辛集第一中学高二上月考)图甲所示为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上图乙所示周期性变化的电压。现沿两板间的中轴线从左端向右端连续不断地射入初速度为v0=LT的相同带电粒子(重力不计),若所有粒子均能从两极板间飞出,则粒子飞出时的最小偏转位移与最大偏转位移大小之比是 ( )
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4
5.(2021广东湛江高三上月考)竖直平面内存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E,将质量为m、电荷量为q的带正电小球以初速度v0竖直向上抛出,已知E=mgq,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.小球上升的位置越高,速度越小
B.小球的水平位移越大,速度越大
C.小球的最小速度为零
D.小球的最小速度为22v0
6.(2021四川泸县第二中学高三上月考)如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电荷的小球从高h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受到的电场力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,sBC=2R。若小球能在圆环内做完整的圆周运动,高度h的最小值为 ( )
A.2R B.4R C.10R D.17R
7.(2021浙江温州高三上三模)示波管的结构如图(a)所示,偏转电极YY'如图(b)所示,两板间的距离为d、板长为L,在YY'间加上电压U,让电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直电场进入偏转电极,不计电子的重力。则电子穿过偏转电极YY'的过程中,下列说法正确的是 ( )
图(a)
图(b)
A.电子向Y'极板偏转飞出
B.电子射出电场时的偏移量ΔY=eUL22mdv2
C.射出电子的动能增加了eU
D.U越大,电子通过YY'极板的时间就越短
二、多项选择题(本题共3小题,每小题5分,共15分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.(2020湖北仙桃、天门、潜江高一上期末联考)如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,正极板与静电计连接,负极板接地,两板间有一个正试探电荷固定在P点,正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离,下列说法正确的是 ( )
A.静电计指针偏角变小
B.静电计指针偏角不变
C.正电荷在P点的电势能减小
D.正电荷在P点的电势能不变
9.(2020辽宁沈阳高三上月考)如图所示为喷墨打印机的简化模型,墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒(重力不计),经带电室后带负电,以一定的初速度v垂直射入偏转电场的两极板M、N间,经偏转后打到纸上P点,显示出字符。则 ( )
A.M板电势低于N板电势
B.穿过偏转电场过程微粒的电势能减小
C.减小偏转电场的电压可以使P点下移
D.减小墨汁微粒的喷出速度可以使P点下移
10.(2021安徽巢湖含山中学高三上月考)如图所示,在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U,A、B两板的中央留有小孔O1、O2,在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E,电场范围足够大,感光板MN垂直于电场方向放置,第一次从小孔O1处由静止释放一个质子(11H),第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子(24He),关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是 ( )
A.质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1
B.质子和α粒子在电场中运动的时间相同
C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D.质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起
三、非选择题(共4小题,共50分)
11.(2021山东青岛高三三模)(8分)电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化,它与计算机相连,可以显示出电流随时间变化的I-t图像。如图甲所示连接电路,直流电源电动势为9 V,内阻可忽略,电容器选用电容较大的电解电容器。先使开关S与1端相连,电源向电容器充电;然后把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机。屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。
甲
乙
(1)在如图乙所示的I-t图像中用阴影标记面积的物理意义是 。
(2)根据I-t图像估算当电容器开始放电时所带的电荷量q0= ,并计算电容器的电容C= 。(均保留两位有效数字)
(3)如果不改变电路其他参数,只减小电阻R,充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将 (填“增大”“不变”或“变小”);充电时间将 (填“变长”“不变”或“变短”);简要说明原因 。
12.(2021河北衡水第十四中学高二上月考)(10分)如图所示,带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场,电场强度为E0,极板间距离为L。其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D,极板长度为L,C、D板间加恒定的电压。现有一质量为m、带电荷量为e的电子(重力不计),从A板处由静止释放,经电场加速后通过B板的小孔飞出;经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域,速度方向与边界夹角为60°,求:
(1)电子在A、B间的运动时间;
(2)C、D间匀强电场的电场强度。
13.(2021福建厦门高二上月考)(14分)一质量为m1=1 kg、带电荷量为q=+0.5 C的小球以速度v0=3 m/s,沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入,极板长0.6 m,两极板间距为0.5 m,不计空气阻力,小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC,圆弧轨道ABC的形状为半径R<3 m的圆截去了左上角127°的圆弧,CB为其竖直直径,在过A点竖直线OO'的右边界空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度为E=10 V/m。(取g=10 m/s2)求:
(1)两极板间的电势差大小U;
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道,求半径R的取值应满足的条件(结果可用分式表示)。
14.(2021湖北武汉高三上月考)(18分)如图甲所示,A、B为两块平行金属板极,板间电压为UAB=-1 687.5 V,现有大量的电子由A板从静止开始加速后,沿两平行金属板C、D的中线进入偏转电场。平行金属板C、D长L1=4×10-2 m,板间距离d=8×10-3 m,在距离C、D右侧边缘L2=0.2 m处有一足够大的荧光屏P,当C、D之间未加电压时电子沿C、D板的中线穿过,打在荧光屏上的O点并发出荧光。现给金属板C、D之间加一个如图乙所示的变化电压UDC(D板接电源的正极)。已知电子质量为m=9.0×10-31 kg,电荷量为e=-1.6×10-19 C,求:
(1)电子从B板上的小孔射出时的速率v0;
(2)打在荧光屏上的电子的最大动能;
(3)一起上下调整A、B,使电子能够在C、D板左侧任意位置仍以速度v0沿平行于C、D板的方向进入到偏转电场中,求电子打到荧光屏上亮线的长度(只考虑竖直方向)。
甲
乙
答案全解全析
1.C 印染厂的车间有大量静电产生,因此要保持适当的湿度,这样才能及时把静电导走,避免静电造成的危害,选项A错误;静电复印机是利用静电工作的,与静电有关,选项B错误;地毯中不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地,以免静电累积产生危害,属于防止静电危害,选项C正确;小汽车的顶部露出的一根小金属杆是天线,用来接收无线电信号,不属于防止静电危害,选项D错误。
2.C 在膜片和固定电极之间的电介质不变,所以电容的变化不是因为电介质的变化,选项A错误;因为声波使膜片振动,使膜片与固定电极之间的距离发生了变化从而使电容器的电容发生了变化,它们的正对面积并没有改变,所以电容变化的原因并不是因为正对面积发生了变化,选项B错误,C正确;电容器的电容大小与电压没有任何关系,只是在数值上等于电容器所带电荷量与电压的比值,选项D错误。
3.D 尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积,说明尘埃带负电,选项A错误;由于集尘极与电源的正极连接,电场方向由集尘极指向放电极,选项B错误;负电荷在电场中受电场力的方向与电场方向相反,选项C错误;根据F=Eq可得,同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大,选项D正确。
4.C 由于v0=LT,粒子在两板之间的运动时间均为T。在t=nT(n=0,1,2…)时刻进入的粒子的侧移量最大,在竖直方向上前半个周期匀加速运动,后半个周期匀速运动,有ymax=12aT22+a·T2·T2=38aT2,在t=n+12T(n=0,1,2…)时刻进入的粒子,前半个周期在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上速度为零,后半个周期在竖直方向上做匀加速运动,侧移量最小,ymin=12aT22=18aT2,故ymin∶ymax=1∶3,选项C正确。
5.D 小球在电场中受到重力和电场力两个力作用,其合外力大小为F=(mg)2+(qE)2=2mg,方向与初速度成135°角斜向右下方,小球做类斜抛运动,合外力先做负功后做正功,小球的速度先减小后增大,当合外力与速度方向垂直时速度最小,此时速度与水平方向成45°角斜向右上方,还没有到达最高点,所以,在速度达到最小值之前,小球上升的位置越高,速度越小,之后,小球上升的位置越高,速度越大,选项A错误;在速度达到最小值之前,小球的水平位移越大,速度越小,之后,小球的水平位移越大,速度越大,选项B错误;小球的速度最小时速度与水平方向成45°角斜向右上方,设从抛出到速度最小所用时间为t,则水平方向有vx=at=qEmt=gt,竖直方向有vy=v0-gt,因为vy=vx,解得t=v02g,vy=vx=v02,故最小速度为vmin=2vx=22v0,选项C错误,D正确。
6.C 小球所受的重力和电场力都为恒力,故两力可等效为一个力F,可知F=54mg,方向与竖直方向的夹角为37°,斜向左下方;小球做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过圆周的等效最高点D点,则达到D点时小球与圆环间的弹力恰好为零,由圆周运动知识得54mg=mvD2R,选择A点为初状态,D点为末状态,由动能定理有mg(h-R-R cos 37°)-34mg(h tan 37°+2R+R sin 37°)=12mvD2,联立各式解得h=10R,选项C正确。
7.B 由题图(b)可知,Y为正极,则电场强度方向向下,故电子通过YY'的过程中,受到的电场力向上,即电子向Y极偏转飞出电场,选项A错误;电子在偏转电场中做类平抛运动,则有L=vt,ΔY=12at2,a=eUmd,联立解得ΔY=eUL22mdv2,选项B正确;根据动能定理可知,电子动能的增加量为ΔEk=eEΔY,因ΔY
9.BC 微粒带负电且向上偏,则可知M板带正电,则M板电势高于N板电势,穿过偏转电场过程电场力做正功,故微粒的电势能减小,选项A错误,B正确;微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动,则水平方向有L=vt,竖直方向y=12at2,加速度a=Fm=qEm=qUmd,联立解得微粒在偏转电场中的偏移量y=qUL22mdv02,要使P点下移,就要减小y,由上式分析可知,可以采用的方法有:增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两板间的距离、减小偏转电场极板间的电压U、增大墨汁微粒的喷出速度,选项C正确,D错误。
10.CD 设打到感光板上时,质子的速度为v1,α粒子的速度为v2,从开始运动到打到感光板上,根据动能定理Uq+Edq=12mv2-0,化简得v=2(U+Ed)qm,质子的比荷q1m1与α粒子的比荷q2m2的关系为q1m1=2×q2m2,代入上式得v1v2=112=2∶1,选项A错误;设粒子在加速电场中加速时间为t1,加速位移为x1,在偏转电场中运动时间为t2,偏转位移为y,则在加速电场中有x1=12a1t12=12×Uqdmt12,在偏转电场中有y=12×Eqmt22,由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同,但是qm不同,所以运动时间不同,选项B错误;从开始运动到打到感光板上,根据动能定理有Uq+Edq=Ek-0,可得Ek1Ek2=q1q2=12,选项C正确;设带电粒子进入偏转电场时的速度为v0,根据动能定理可得qU=12mv02,进入偏转电场后设偏转电势差为U2,偏转的位移为y,有y=12at2=12×qU2mdlv02=qU2l22md2qUm=U2l24dU,设速度的偏转角正切值为tan θ,有tan θ=vyv0=atv0=U2qldmv02=U2l2Ud,偏转位移y、速度的偏转角均与带电粒子无关,因此运动轨迹重叠在一起,选项D正确。
11.答案 (1)通电0.2 s充入电容器(流过电阻R)的电荷量(2分) (2)1.6×10-3 C(1分) 1.8×10-4 F(1分) (3)不变(1分) 变短(1分) 电阻减小,充电电流增大(2分)
解析 (1)将横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt,在这些很小的时间间隔里,充电(或放电)电流I可以视为不变,则IΔt为这段时间内电容器充入(或放出)的电荷量,也可以说是流过电阻R的电荷量。在题图乙I-t图像中用阴影标记了一个狭长区域,这个阴影面积的物理意义是通电0.2 s充入电容器(流过电阻R)的电荷量。(2)电容器所带的电荷量在数值上等于图像与横轴所包围的面积。确定每个小方格所对应的电荷量值,纵坐标的每个小格为0.2 mA,横坐标的每个小格为0.2 s,则每个小格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.2 C=4×10-5 C;曲线下包含的小正方形的个数为40个。由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量Q=40×4×10-5 C=1.6×10-3 C;根据电容的定义式可得C=QU=1.6×10-39 F=1.8×10-4 F;(3)由电容的计算公式,可得电荷量Q=CU,电容器储存的电荷量Q与电阻R无关,如果不改变电路其他参数,只减小电阻R,充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将不变;只减小电阻R,由于电阻对电流的阻碍作用减小,充电电流增大,所以充电时间将变短。
12.答案 (1)2mleE0 (2)233E0
解析 (1)电子在A、B间做匀加速直线运动,加速度a=eE0m (1分)
设电子在A、B间的运动时间为t,则L=12at2 (2分)
所以t=2mLeE0 (1分)
(2)设电子从B板的小孔飞出时的速度为v0,则由动能定理得eE0L=12mv02 (2分)
电子从平行极板C、D间射出时沿电场方向的速度为
vy=v0 tan 30° (1分)
又vy=eEm×Lv0 (2分)
所以C、D间匀强电场的电场强度E=233E0 (1分)
13.答案 (1)10 V (2)2518 m≤R<3 m或R≤2563 m
解析 (1)小球在平行金属板间做匀变速曲线运动,带电粒子在平行板间运动时间t=Lv0=0.6m3m/s=0.2 s(1分)
在A点,竖直分速度vy=v0 tan 53°=3 m/s×43=4 m/s,又有
vy=at (1分)
解得a=20 m/s2 (1分)
又mg+E'q=ma,E'=Ud (2分)
解得U=10 V(1分)
(2)在A点速度vA=v0cos53°=3m/s0.6=5 m/s(1分)
①若小球运动到圆心等高处前速度减为零,则不会脱离轨道,此过程由动能定理得
(mg+qE)R cos 53°≥12mvA2 (1分)
解得R≥2518 m(1分)
故2518 m≤R<3 m(1分)
②若小球能到达最高点C,且不会脱离轨道,在此过程中,由动能定理得
-(mg+qE)R·(1+cos 53°)=12mvC2-12mvA2 (1分)
小球在C点需满足mg+Eq≤mvC2R (1分)
解得R≤2563 m(1分)
故小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道的条件为
2518 m≤R<3 m或R≤2563 m(1分)
14.答案 (1)6×107 m/s (2)2.808×10-16 J (3)4.8×10-2 m
解析 (1)电子经A、B两块金属板加速,由动能定理得eUAB=12mv02 (2分)
解得v0=6×107 m/s(2分)
(2)在C、D板间,电子在水平方向做匀速运动,通过C、D板间的时间t=L1v0=263×10-9 s≪0.1 s(2分)
电子通过时间极短,可认为通过时电场恒定,电子在电场中做类平抛运动,且a=Fm=eUdm (2分)
当C、D间电压最大时,竖直方向的位移y=12at2=eUmax2dmt2=4×10-3 m(2分)
电子在竖直方向的最大位移ymax=d2=4×10-3 m,电子刚好从下极板边缘飞出时,竖直方向速度最大,动能最大,从静止开始到从下极板边缘飞出过程中,由动能定理得eUAB+eUmax2=Ekmax (2分)
解得Ekmax=2.808×10-16 J(2分)
(3)当电子在靠近C极板射入、偏转电压为0时,电子通过偏转电场做匀速直线运动,此时打在荧光屏上亮线最上端;当电子从D极板边缘射出,且竖直方向速度最大时,电子能打到荧光屏上亮线最下端,根据ymax=4.0×10-3 m可得到,当电子从距离D板高度4.0×10-3 m处射入(即沿中线射入)偏转电场时,能够到达荧光屏上亮线最下端,设此时电子打在荧光屏上竖直方向位移为Y,类比平抛运动推论:平抛运动某点速度的反向延长线过该点水平位移的中点可知,0.5L10.5L1+L2=ymaxY (2分)
解得Y=4.4×10-2 m(1分)
所以电子打到荧光屏上亮线的长度为:L=4.4×10-2 m+4.0×10-3 m=4.8×10-2 m(1分)
第二章 静电场的应用
本章达标检测
一、单项选择题(本题共7小题,每小题5分,共35分。在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的)
1.(2020浙江杭州高三上月考)生产、生活中处处存在静电现象,有些是静电的应用,有些是要防止静电。下列关于静电的防止与应用说法正确的是 ( )
A.印染厂应保持空气干燥,避免静电积累带来的危害
B.静电复印机的工作过程实际上和静电完全无关
C.在地毯中夹杂0.05~0.07 mm的不锈钢丝导电纤维,是防止静电危害
D.小汽车的顶部露出一根类同避雷针的小金属杆,是防止静电危害
2.(2021四川绵阳高二上期末)如图所示是电容式话筒的原理图,膜片与固定电极构成一个电容器,用直流电源充电,当声波使膜片振动时,电容发生变化,电路中可以形成变化的电流,于是电阻R两端就输出了与声音变化规律相同的电压,从而使声音信号被话筒转化为电信号。其中引起电容变化的原因是电容器两板间的( )
A.电介质变化 B.正对面积变化
C.距离变化 D.电压变化
3.(2021广东佛山一中高二上月考)如图为静电除尘器除尘原理的示意图。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,以达到除尘目的,下列表述正确的是 ( )
A.到达集尘极的尘埃带正电荷
B.电场方向由放电极指向集尘极
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
4.(2021河北辛集第一中学高二上月考)图甲所示为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上图乙所示周期性变化的电压。现沿两板间的中轴线从左端向右端连续不断地射入初速度为v0=LT的相同带电粒子(重力不计),若所有粒子均能从两极板间飞出,则粒子飞出时的最小偏转位移与最大偏转位移大小之比是 ( )
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4
5.(2021广东湛江高三上月考)竖直平面内存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E,将质量为m、电荷量为q的带正电小球以初速度v0竖直向上抛出,已知E=mgq,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.小球上升的位置越高,速度越小
B.小球的水平位移越大,速度越大
C.小球的最小速度为零
D.小球的最小速度为22v0
6.(2021四川泸县第二中学高三上月考)如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电荷的小球从高h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受到的电场力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,sBC=2R。若小球能在圆环内做完整的圆周运动,高度h的最小值为 ( )
A.2R B.4R C.10R D.17R
7.(2021浙江温州高三上三模)示波管的结构如图(a)所示,偏转电极YY'如图(b)所示,两板间的距离为d、板长为L,在YY'间加上电压U,让电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直电场进入偏转电极,不计电子的重力。则电子穿过偏转电极YY'的过程中,下列说法正确的是 ( )
图(a)
图(b)
A.电子向Y'极板偏转飞出
B.电子射出电场时的偏移量ΔY=eUL22mdv2
C.射出电子的动能增加了eU
D.U越大,电子通过YY'极板的时间就越短
二、多项选择题(本题共3小题,每小题5分,共15分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.(2020湖北仙桃、天门、潜江高一上期末联考)如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,正极板与静电计连接,负极板接地,两板间有一个正试探电荷固定在P点,正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离,下列说法正确的是 ( )
A.静电计指针偏角变小
B.静电计指针偏角不变
C.正电荷在P点的电势能减小
D.正电荷在P点的电势能不变
9.(2020辽宁沈阳高三上月考)如图所示为喷墨打印机的简化模型,墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒(重力不计),经带电室后带负电,以一定的初速度v垂直射入偏转电场的两极板M、N间,经偏转后打到纸上P点,显示出字符。则 ( )
A.M板电势低于N板电势
B.穿过偏转电场过程微粒的电势能减小
C.减小偏转电场的电压可以使P点下移
D.减小墨汁微粒的喷出速度可以使P点下移
10.(2021安徽巢湖含山中学高三上月考)如图所示,在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U,A、B两板的中央留有小孔O1、O2,在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E,电场范围足够大,感光板MN垂直于电场方向放置,第一次从小孔O1处由静止释放一个质子(11H),第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子(24He),关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是 ( )
A.质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1
B.质子和α粒子在电场中运动的时间相同
C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D.质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起
三、非选择题(共4小题,共50分)
11.(2021山东青岛高三三模)(8分)电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化,它与计算机相连,可以显示出电流随时间变化的I-t图像。如图甲所示连接电路,直流电源电动势为9 V,内阻可忽略,电容器选用电容较大的电解电容器。先使开关S与1端相连,电源向电容器充电;然后把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机。屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。
甲
乙
(1)在如图乙所示的I-t图像中用阴影标记面积的物理意义是 。
(2)根据I-t图像估算当电容器开始放电时所带的电荷量q0= ,并计算电容器的电容C= 。(均保留两位有效数字)
(3)如果不改变电路其他参数,只减小电阻R,充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将 (填“增大”“不变”或“变小”);充电时间将 (填“变长”“不变”或“变短”);简要说明原因 。
12.(2021河北衡水第十四中学高二上月考)(10分)如图所示,带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场,电场强度为E0,极板间距离为L。其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D,极板长度为L,C、D板间加恒定的电压。现有一质量为m、带电荷量为e的电子(重力不计),从A板处由静止释放,经电场加速后通过B板的小孔飞出;经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域,速度方向与边界夹角为60°,求:
(1)电子在A、B间的运动时间;
(2)C、D间匀强电场的电场强度。
13.(2021福建厦门高二上月考)(14分)一质量为m1=1 kg、带电荷量为q=+0.5 C的小球以速度v0=3 m/s,沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入,极板长0.6 m,两极板间距为0.5 m,不计空气阻力,小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC,圆弧轨道ABC的形状为半径R<3 m的圆截去了左上角127°的圆弧,CB为其竖直直径,在过A点竖直线OO'的右边界空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度为E=10 V/m。(取g=10 m/s2)求:
(1)两极板间的电势差大小U;
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道,求半径R的取值应满足的条件(结果可用分式表示)。
14.(2021湖北武汉高三上月考)(18分)如图甲所示,A、B为两块平行金属板极,板间电压为UAB=-1 687.5 V,现有大量的电子由A板从静止开始加速后,沿两平行金属板C、D的中线进入偏转电场。平行金属板C、D长L1=4×10-2 m,板间距离d=8×10-3 m,在距离C、D右侧边缘L2=0.2 m处有一足够大的荧光屏P,当C、D之间未加电压时电子沿C、D板的中线穿过,打在荧光屏上的O点并发出荧光。现给金属板C、D之间加一个如图乙所示的变化电压UDC(D板接电源的正极)。已知电子质量为m=9.0×10-31 kg,电荷量为e=-1.6×10-19 C,求:
(1)电子从B板上的小孔射出时的速率v0;
(2)打在荧光屏上的电子的最大动能;
(3)一起上下调整A、B,使电子能够在C、D板左侧任意位置仍以速度v0沿平行于C、D板的方向进入到偏转电场中,求电子打到荧光屏上亮线的长度(只考虑竖直方向)。
甲
乙
答案全解全析
1.C 印染厂的车间有大量静电产生,因此要保持适当的湿度,这样才能及时把静电导走,避免静电造成的危害,选项A错误;静电复印机是利用静电工作的,与静电有关,选项B错误;地毯中不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地,以免静电累积产生危害,属于防止静电危害,选项C正确;小汽车的顶部露出的一根小金属杆是天线,用来接收无线电信号,不属于防止静电危害,选项D错误。
2.C 在膜片和固定电极之间的电介质不变,所以电容的变化不是因为电介质的变化,选项A错误;因为声波使膜片振动,使膜片与固定电极之间的距离发生了变化从而使电容器的电容发生了变化,它们的正对面积并没有改变,所以电容变化的原因并不是因为正对面积发生了变化,选项B错误,C正确;电容器的电容大小与电压没有任何关系,只是在数值上等于电容器所带电荷量与电压的比值,选项D错误。
3.D 尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积,说明尘埃带负电,选项A错误;由于集尘极与电源的正极连接,电场方向由集尘极指向放电极,选项B错误;负电荷在电场中受电场力的方向与电场方向相反,选项C错误;根据F=Eq可得,同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大,选项D正确。
4.C 由于v0=LT,粒子在两板之间的运动时间均为T。在t=nT(n=0,1,2…)时刻进入的粒子的侧移量最大,在竖直方向上前半个周期匀加速运动,后半个周期匀速运动,有ymax=12aT22+a·T2·T2=38aT2,在t=n+12T(n=0,1,2…)时刻进入的粒子,前半个周期在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上速度为零,后半个周期在竖直方向上做匀加速运动,侧移量最小,ymin=12aT22=18aT2,故ymin∶ymax=1∶3,选项C正确。
5.D 小球在电场中受到重力和电场力两个力作用,其合外力大小为F=(mg)2+(qE)2=2mg,方向与初速度成135°角斜向右下方,小球做类斜抛运动,合外力先做负功后做正功,小球的速度先减小后增大,当合外力与速度方向垂直时速度最小,此时速度与水平方向成45°角斜向右上方,还没有到达最高点,所以,在速度达到最小值之前,小球上升的位置越高,速度越小,之后,小球上升的位置越高,速度越大,选项A错误;在速度达到最小值之前,小球的水平位移越大,速度越小,之后,小球的水平位移越大,速度越大,选项B错误;小球的速度最小时速度与水平方向成45°角斜向右上方,设从抛出到速度最小所用时间为t,则水平方向有vx=at=qEmt=gt,竖直方向有vy=v0-gt,因为vy=vx,解得t=v02g,vy=vx=v02,故最小速度为vmin=2vx=22v0,选项C错误,D正确。
6.C 小球所受的重力和电场力都为恒力,故两力可等效为一个力F,可知F=54mg,方向与竖直方向的夹角为37°,斜向左下方;小球做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过圆周的等效最高点D点,则达到D点时小球与圆环间的弹力恰好为零,由圆周运动知识得54mg=mvD2R,选择A点为初状态,D点为末状态,由动能定理有mg(h-R-R cos 37°)-34mg(h tan 37°+2R+R sin 37°)=12mvD2,联立各式解得h=10R,选项C正确。
7.B 由题图(b)可知,Y为正极,则电场强度方向向下,故电子通过YY'的过程中,受到的电场力向上,即电子向Y极偏转飞出电场,选项A错误;电子在偏转电场中做类平抛运动,则有L=vt,ΔY=12at2,a=eUmd,联立解得ΔY=eUL22mdv2,选项B正确;根据动能定理可知,电子动能的增加量为ΔEk=eEΔY,因ΔY
9.BC 微粒带负电且向上偏,则可知M板带正电,则M板电势高于N板电势,穿过偏转电场过程电场力做正功,故微粒的电势能减小,选项A错误,B正确;微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动,则水平方向有L=vt,竖直方向y=12at2,加速度a=Fm=qEm=qUmd,联立解得微粒在偏转电场中的偏移量y=qUL22mdv02,要使P点下移,就要减小y,由上式分析可知,可以采用的方法有:增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两板间的距离、减小偏转电场极板间的电压U、增大墨汁微粒的喷出速度,选项C正确,D错误。
10.CD 设打到感光板上时,质子的速度为v1,α粒子的速度为v2,从开始运动到打到感光板上,根据动能定理Uq+Edq=12mv2-0,化简得v=2(U+Ed)qm,质子的比荷q1m1与α粒子的比荷q2m2的关系为q1m1=2×q2m2,代入上式得v1v2=112=2∶1,选项A错误;设粒子在加速电场中加速时间为t1,加速位移为x1,在偏转电场中运动时间为t2,偏转位移为y,则在加速电场中有x1=12a1t12=12×Uqdmt12,在偏转电场中有y=12×Eqmt22,由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同,但是qm不同,所以运动时间不同,选项B错误;从开始运动到打到感光板上,根据动能定理有Uq+Edq=Ek-0,可得Ek1Ek2=q1q2=12,选项C正确;设带电粒子进入偏转电场时的速度为v0,根据动能定理可得qU=12mv02,进入偏转电场后设偏转电势差为U2,偏转的位移为y,有y=12at2=12×qU2mdlv02=qU2l22md2qUm=U2l24dU,设速度的偏转角正切值为tan θ,有tan θ=vyv0=atv0=U2qldmv02=U2l2Ud,偏转位移y、速度的偏转角均与带电粒子无关,因此运动轨迹重叠在一起,选项D正确。
11.答案 (1)通电0.2 s充入电容器(流过电阻R)的电荷量(2分) (2)1.6×10-3 C(1分) 1.8×10-4 F(1分) (3)不变(1分) 变短(1分) 电阻减小,充电电流增大(2分)
解析 (1)将横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt,在这些很小的时间间隔里,充电(或放电)电流I可以视为不变,则IΔt为这段时间内电容器充入(或放出)的电荷量,也可以说是流过电阻R的电荷量。在题图乙I-t图像中用阴影标记了一个狭长区域,这个阴影面积的物理意义是通电0.2 s充入电容器(流过电阻R)的电荷量。(2)电容器所带的电荷量在数值上等于图像与横轴所包围的面积。确定每个小方格所对应的电荷量值,纵坐标的每个小格为0.2 mA,横坐标的每个小格为0.2 s,则每个小格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.2 C=4×10-5 C;曲线下包含的小正方形的个数为40个。由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量Q=40×4×10-5 C=1.6×10-3 C;根据电容的定义式可得C=QU=1.6×10-39 F=1.8×10-4 F;(3)由电容的计算公式,可得电荷量Q=CU,电容器储存的电荷量Q与电阻R无关,如果不改变电路其他参数,只减小电阻R,充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将不变;只减小电阻R,由于电阻对电流的阻碍作用减小,充电电流增大,所以充电时间将变短。
12.答案 (1)2mleE0 (2)233E0
解析 (1)电子在A、B间做匀加速直线运动,加速度a=eE0m (1分)
设电子在A、B间的运动时间为t,则L=12at2 (2分)
所以t=2mLeE0 (1分)
(2)设电子从B板的小孔飞出时的速度为v0,则由动能定理得eE0L=12mv02 (2分)
电子从平行极板C、D间射出时沿电场方向的速度为
vy=v0 tan 30° (1分)
又vy=eEm×Lv0 (2分)
所以C、D间匀强电场的电场强度E=233E0 (1分)
13.答案 (1)10 V (2)2518 m≤R<3 m或R≤2563 m
解析 (1)小球在平行金属板间做匀变速曲线运动,带电粒子在平行板间运动时间t=Lv0=0.6m3m/s=0.2 s(1分)
在A点,竖直分速度vy=v0 tan 53°=3 m/s×43=4 m/s,又有
vy=at (1分)
解得a=20 m/s2 (1分)
又mg+E'q=ma,E'=Ud (2分)
解得U=10 V(1分)
(2)在A点速度vA=v0cos53°=3m/s0.6=5 m/s(1分)
①若小球运动到圆心等高处前速度减为零,则不会脱离轨道,此过程由动能定理得
(mg+qE)R cos 53°≥12mvA2 (1分)
解得R≥2518 m(1分)
故2518 m≤R<3 m(1分)
②若小球能到达最高点C,且不会脱离轨道,在此过程中,由动能定理得
-(mg+qE)R·(1+cos 53°)=12mvC2-12mvA2 (1分)
小球在C点需满足mg+Eq≤mvC2R (1分)
解得R≤2563 m(1分)
故小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道的条件为
2518 m≤R<3 m或R≤2563 m(1分)
14.答案 (1)6×107 m/s (2)2.808×10-16 J (3)4.8×10-2 m
解析 (1)电子经A、B两块金属板加速,由动能定理得eUAB=12mv02 (2分)
解得v0=6×107 m/s(2分)
(2)在C、D板间,电子在水平方向做匀速运动,通过C、D板间的时间t=L1v0=263×10-9 s≪0.1 s(2分)
电子通过时间极短,可认为通过时电场恒定,电子在电场中做类平抛运动,且a=Fm=eUdm (2分)
当C、D间电压最大时,竖直方向的位移y=12at2=eUmax2dmt2=4×10-3 m(2分)
电子在竖直方向的最大位移ymax=d2=4×10-3 m,电子刚好从下极板边缘飞出时,竖直方向速度最大,动能最大,从静止开始到从下极板边缘飞出过程中,由动能定理得eUAB+eUmax2=Ekmax (2分)
解得Ekmax=2.808×10-16 J(2分)
(3)当电子在靠近C极板射入、偏转电压为0时,电子通过偏转电场做匀速直线运动,此时打在荧光屏上亮线最上端;当电子从D极板边缘射出,且竖直方向速度最大时,电子能打到荧光屏上亮线最下端,根据ymax=4.0×10-3 m可得到,当电子从距离D板高度4.0×10-3 m处射入(即沿中线射入)偏转电场时,能够到达荧光屏上亮线最下端,设此时电子打在荧光屏上竖直方向位移为Y,类比平抛运动推论:平抛运动某点速度的反向延长线过该点水平位移的中点可知,0.5L10.5L1+L2=ymaxY (2分)
解得Y=4.4×10-2 m(1分)
所以电子打到荧光屏上亮线的长度为:L=4.4×10-2 m+4.0×10-3 m=4.8×10-2 m(1分)
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