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第二章 静电场的应用测评卷（Word版含解析）
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这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第三册全册综合随堂练习题，共19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
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)
1.(2020湖北恩施三校联考)下列做法中,属于预防静电危害的是 ( )
A.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉
B.一些小轿车车顶装有接收收音机信号的天线
C.静电复印、静电喷涂、静电吸附
D.存放易燃品的仓库内工人穿上导电橡胶做的防电靴
2.(2021浙江绍兴高三上联考)如图所示,电容式位移传感器能够把物体的位移这个力学量转换为电容这个电学量。当被测物体在左右方向发生微小的位移时,灵敏电流计的指针会左右偏转。已知电流从a流向b时,电流计的指针向右偏,则 ( )
A.当电流计的指针向左偏时,电容器的电容增大
B.当电流计的指针向左偏时,被测物体向右移动
C.当电流计的指针向右偏时,电容器的电容减小
D.当电流计的指针向右偏时,电容器的电荷量减小
3.(2021山西运城高二上月考)如图所示是一种电容式键盘,键盘上每一个键下面都连有一小块金属片,与该金属片隔一定间隙有另一片固定的小金属片,这两片金属片组成一个小电容器。该电容器的电容C可用公式C=ESd计算,式中常量E=9×10-12 F/m,S表示金属片的正对面积,d表示两金属片间的距离。当键被按下时,此小电容器的电容C发生变化,与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了,从而给出相应的信号。设金属片的正对面积为50 mm2,键未按下时两金属片间的距离为0.6 mm。如果电容变化0.25 pF,电子线路恰能检测出必要的信号,则键至少需被按下 ( )
A.0.45 mm B.0.3 mm C.0.2 mm D.0.15 mm
4.(2020北京东城高二上期末)如图所示,一对平行金属板水平放置,板间电压为U1,一个电子沿MN以初速度v1从两板的左侧射入,刚好从右侧射出。若板间电压变为U2,另一个电子沿MN以初速度v2从两板的左侧射入,但没有从右侧射出。一定能使上述现象发生的条件是(不计电子的重力,MN平行于金属板) ( )
A.U2>U1且v2>v1 B.U2>U1且v2v1 D.U2
A.157mg B.95mg C.32mg D.57mg
6.(2021浙江山水联盟高三联考)如图所示,一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置,圆轨道最低点与一条水平轨道相连,轨道都是光滑的。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球,已知小球受到的电场力大小等于小球重力的34。为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动,则释放点A距圆轨道最低点B的距离s应为 ( )
A.7R2 B.10R3 C.13R6 D.23R6
7.(2021陕西咸阳高三三模)电子束熔炼是指高真空下,将高速电子束的动能转换为内能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示,阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子,在5×103 V加速电压的作用下,以极高的速度向阳极运动;穿过阳极后,在金属电极A1、A2间1×103 V电压形成的聚焦电场作用下,轰击到物料上,其动能全部转换为内能,使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO'所示,P是轨迹上的一点,聚焦电场中过P点的电场线如图所示,则 ( )
A.电极A1的电势高于电极A2的电势
B.电子在P点时的速度方向与聚焦电场场强方向间的夹角小于90°
C.聚焦电场只改变电子速度的方向,不改变电子速度的大小
D.电子轰击到物料上时的动能小于5×103 eV
8.(2021浙江杭州高三模拟)如图所示是示波器的核心部件示波管的原理示意图,设电子枪的加速电压为U1,偏转电极Y和Y'之间的电压为U2,X和X'之间的电压为U3,若U2和U3均为0,则电子会打在荧光屏的中心点。假设发射的电子都能打到荧光屏上,则下列说法正确的是 ( )
A.若要电子打在荧光屏上的区域②,则要求U2为正值,U3为负值
B.若U3=0,U2为一定值,则U1越大,电子打在荧光屏上的位置离中心点越远
C.若U1和U3不变,则U2越大,电子从发射到打到荧光屏上的时间越短
D.若U2和U3不变,则U1越大,偏转电极YY'对电子做的功越多
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16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4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021浙江温州高二上期中)如图是某款家用空气净化器及其原理示意图,污浊空气通过过滤网后,空气中剩余的尘埃带电。图中充电极b、d接电源负极,集尘极a、c、e接电源正极(接地),下列说法正确的是 ( )
A.通过过滤网后空气中的尘埃带负电
B.尘埃在被吸附到集尘极e的过程中动能增大
C.c、d两个电极之间的电场方向竖直向上
D.尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功
10.(2021河南天一高三联考)如图,C为中间插有电介质的电容器,b极板与静电计的金属球连接,a极板与静电计的金属外壳都接地。开始时静电计指针张角为零,在b板带电后,静电计指针张开了一定角度。以下操作能使静电计指针张角变大的是 ( )
A.将b板也接地
B.b板不动,将a板向右平移
C.将a板向上移动一小段距离
D.取出a、b两极板间的电介质
11.(2021四川泸县二中高二上期中)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为L,两板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,已知重力加速度为g,下列结论正确的是 ( )
A.两极板间电场强度大小为mgq
B.两极板间电压为2mgdq
C.整个过程中质点的重力势能增加3mg2L22v02
D.若仅增大两极板间距,该质点仍能垂直打在M上
12.(2020安徽江安十校一模)如图甲所示,粗糙的水平绝缘轨道与光滑的竖直半圆绝缘轨道BCD相切于B点,圆轨道半径为R,空间存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=3mg4q,将质量为m、电荷量为+q的滑块(可视为质点)在距B点为L=5R处的P点由静止释放,滑块在P、B间运动的v2-x图像如图乙所示,A是P、B间的一个点,滑块经B点后恰能沿半圆轨道运动到D点,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A.在A点滑块与水平轨道间的动摩擦因数μA=0.75
B.图像中纵坐标a的值为5gR
C.滑块在水平轨道上运动时摩擦力做功为54mgR
D.滑块在半圆轨道上运动的最大速度为11gR2
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(2020山东日照高三上期中)(6分)如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素。其中电容器的左侧极板与电源负极相连并接地,右侧极板与电源正极相连并连接静电计金属球,静电计外壳接地,一带正电小球悬挂于两极板之间。
(1)该实验中,静电计的作用是测量电容器的 (选填“电容”“电压”或“电荷量”)。
(2)若电容器充满电后,保持电源与电容器连接,减小极板间的距离,可观察到:连接小球的细线的偏转角度 ,静电计指针偏转角度 。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
(3)若电容器充满电后,断开电源与电容器的连接,上移左极板,可观察到:连接小球的细线的偏转角度 ,静电计指针偏转角度 。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
14.(2021北京密云高三一模)(8分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,电路如图甲所示。
甲
乙
(1)将开关S接通1,电容器的 (填“上”或“下”)极板带正电,再将S接通2,通过电流表的电流方向向 (填“左”或“右”)。
(2)若电源电动势为10 V,实验中所使用的电容器如图乙所示,充满电后电容器正极板带电荷量为 C(结果保留两位有效数字)。
(3)下列关于电容器充电时,电流i与时间t的关系、所带电荷量Q与两极板间的电压U的关系正确的是 。
15.(2021广东珠海高二上期末)(7分)电荷量为q=2×10-4 C、质量为m=1.0 kg的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上,所在空间存在水平向右的匀强电场,场强E与时间t的关系及物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示,重力加速度为g,求:
(1)0~1 s内物块所受的电场力F1的大小和加速度a1的大小;
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ;
(3)运动2 s过程中,电场力对物块做的功。
16.(2021四川泸州高二上期中)(9分)如图所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿y轴正方向的有界匀强电场,过Q点(0,-L)在第Ⅳ象限放一张垂直于xOy平面的感光胶片。一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点(0,2L)射入电场中,并从A点(2L,0)射出电场,最后打在感光胶片上。已知电子的电荷量为e,质量为m,不计电子的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)电子从出发到打在感光胶片上的总时间。
17.(2021陕西咸阳高二上期末)(12分)如图所示,静止于A处的带正电粒子(电荷量为q,质量为m),经电压为U的加速电场加速后从B点飞出,恰好沿以源电荷Q(可视为点电荷)为圆心、半径为R的四分之一圆弧做匀速圆周运动,并从P点垂直于边界CN进入矩形有界匀强偏转电场,电场方向水平向左,粒子恰好能打在M点。已知N、P间的距离等于N、M间距离,粒子的重力不计,源电荷Q产生的电场对加速电场和偏转电场均无影响,静电力常量为k。求:
(1)粒子从B点飞出时的速度v的大小;
(2)源电荷Q的电性和电荷量;
(3)P、N两点间的电势差。
18.(2021湖北荆州高三期末)(18分)如图甲所示,真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电势差为U1的加速电场加速后,沿两水平金属板C、D间的中轴线射入两板间的偏转电场,最后打在荧光屏上。设C、D间的电场可看作匀强电场,且两板外无电场。已知电子的质量为m,电荷量为e(重力不计),C、D极板长为l,板间距离为d,偏转电压为U2,荧光屏距C、D右端的距离为l6,电子能通过偏转电场。求:
(1)该电子飞出偏转电场后打在荧光屏上的位置;
(2)若C、D两板间加如图乙所示的周期性变化的电压,UCD变化的周期为T(T未知),若电子在偏转电场中运动的时间等于周期T,求荧光屏上电子能够到达的区域的长度。
甲
乙
答案全解全析
1.D 从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉,是摩擦起电现象,选项A错误;小轿车车顶上装的天线是为了接收信号,不属于预防静电的危害,选项B错误;静电复印、静电喷涂、静电吸附属于静电的应用,选项C错误;利用导电橡胶做的防电靴及时地把产生的静电导走,防止工人在走动中产生的静电积累起来,导致事故,属于防止静电危害,选项D正确。
2.B 当电流计的指针向左偏时,说明电容器放电,故电容器电容减小,由公式C=εrS4πkd可知,相对介电常数减小,则被测物体向右移动,选项A错误,B正确;当电流计的指针向右偏时,说明电容器充电,故电容器的电容增大,选项C、D错误。
3.D 由于计算机键盘是一个电容传感器,由题意知是通过改变两金属片间距来改变电容,得到相应的电信号的。又因两金属片间距减小,电容变大,设原间距为d0,至少要按下距离为d1,电子线路恰能检测出必要的信号,则有C0=ESd0,C1=ESd0-d1,ΔC=C1-C0=ES(1d0-d1-1d0),解得d1=0.15 mm,选项D正确。
4.B 设MN到下极板的距离为h,两板间距离为d,板长为L,电子在板间运动时刚好从右侧射出,则沿水平方向L=vt,竖直方向有h=12at2,a=Uedm,联立得h=eL2U2dmv2,其中e、L、d、m为定值。若粒子未从右侧射出,则h2>h1,则一定能使题述现象发生的条件是U2>U1且v2
6.D 小球在圆轨道内运动时的等效最高点C如图所示,已知qE=34mg,则重力与电场力的合力F=(mg)2+34mg2=54mg,小球刚好在圆轨道内做圆周运动,在等效最高点,弹力为零,重力与电场力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得F=mv2R,解得v=54gR,小球从水平轨道A点到达等效最高点过程中,由动能定理得qEs-mgR(1+cos θ)-qER sin θ=12mv2-0,解得s=23R6,选项A、B、C错误,D正确。
7.A 在P点电子所受电场力方向指向轨迹弯曲的内侧,P点场强方向与电子所受电场力方向相反,又与电场线相切,可判断电场线的方向是从A1指向A2,所以电极A1的电势高于电极A2的电势,选项A正确;轨迹的切线方向即电子的运动方向,由图可知电子在P点的运动方向与电场方向间的夹角大于90°,选项B错误;聚焦电场一方面使电子向中央靠拢,另一方面使电子加速,所以既改变电子速度的方向,又改变电子速度的大小,选项C错误;聚焦电场对电子做正功,设为W,从O到O',根据动能定理得eU+W=Ek,其中U=5×103 V,可知电子轰击到物料上时的动能大于5×103 eV,选项D错误。
8.A 若要电子打在荧光屏上的区域②,电子在偏转电极Y和Y'之间向上偏转,在X和X'之间向外偏转,则要求U2为正值,U3为负值,选项A正确;若U3=0,U2为一定值,电子在加速电场中加速时,有eU1=12mv02,得v0=2eU1m,则U1越大,电子加速后获得的速度越大,电子在偏转电极Y和Y'之间运动的时间越短,由y=12at2和tan θ=vyvx=atv0知,电子离开偏转电极Y和Y'时偏转距离越小,偏转角也越小,则打在荧光屏上的位置离中心点越近,选项B错误;若U1不变,则电子加速后获得的速度不变,由于电子沿垂直于偏转电场方向的分运动为匀速直线运动,所以电子从发射到打到荧光屏上的时间不变,与U2无关,选项C错误;若U2和U3不变,则U1越大,电子加速后获得的速度越大,电子离开偏转电极Y和Y'时偏转距离越小,偏转电极YY'对电子做的功越少,选项D错误。
9.AB 尘埃经过过滤网后被正极吸引,所以尘埃带负电,选项A正确;尘埃在被吸附到集尘极e的过程中电场力做正功,动能增大,选项B正确;因为充电极b、d接电源负极,集尘极a、c、e接电源正极,所以c、d两个电极之间的电场方向竖直向下,选项C错误;尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做正功,选项D错误。
10.CD 若将b板也接地,则电容器带电荷量为零,两板间电压为零,静电计指针张角为零,选项A错误;b板不动,将a板向右平移,即极板间距d变小,根据C=εrS4πkd可知电容增大,Q一定,根据C=QU可得电压减小,故静电计指针张角变小,选项B错误;将a板向上移动一小段距离,即正对面积S减小,根据C=εrS4πkd可得电容减小,Q一定,根据C=QU可得电压增大,故静电计指针张角变大,选项C正确;若取出a、b两极板间的电介质,根据C=εrS4πkd可得电容减小,Q一定,根据C=QU可得电压增大,故静电计指针张角变大,选项D正确。
11.BD 根据题分析可知,质点在平行板间应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点做斜上抛运动,竖直向上的分速度逐渐减小,最后才能垂直打在屏M上,前后过程质点的运动轨迹具有对称性,如图所示,
可见质点在电场中、出电场后运动的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得qE-mg=mg,得到E=2mgq,由U=Ed可知两极板间电压为U=2mgdq,选项A错误,B正确;质点在电场中向上偏转的距离为y=12at2,而a=g,t=Lv0,解得y=gL22v02,故质点打在屏上的位置距中线的距离为s=2y=gL2v02,重力势能的增加量为Ep=mgs=mg2L2v02,选项C错误;仅增大两板间的距离,因两板上电荷量不变,根据E=Ud=QCd,而C=εrS4πkd,解得E=4πkQεrS,可知板间场强不变,质点在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏上,选项D正确。
12.AD 根据题图乙可知,在A处滑块的速度最大,加速度为零,则μAmg=qE,解得μA=0.75,选项A正确;由于滑块恰好到达D点,所以到达D点时满足mg=mvD2R,则vD=gR,从B到D,根据动能定理有-2mgR=12mvD2-12mvB2,解得vB2=5gR,所以图像中纵坐标a的值为5gR,选项B错误;从初始位置到运动到D的过程中,根据动能定理有qE·L+Wf-mg·2R=12mvD2,解得Wf=-54mgR,选项C错误;根据题意可知,滑块在圆弧轨道上的等效最低点Q速度最大,如图所示,可知tan θ=qEmg=34,从B点到Q点,根据动能定理有qE·R sin θ-mgR(1-cos θ)=12mvQ2-12mvB2,解得vQ=11gR2,选项D正确。
13.答案 (1)电压(2分) (2)变大(1分) 不变(1分) (3)变大(1分) 变大(1分)
解析 (1)该实验中,静电计的作用是测量电容器的电压(电势差)。(2)若电容器充满电后,保持电源与电容器连接,则U不变,减小极板间的距离d,则由E=Ud可知,场强E变大,则连接小球的细线偏转角度变大;因U不变,则静电计指针偏转角度不变。(3)若电容器充满电后,断开电源,则Q不变;上移左极板,则S减小,根据C=εrS4πkd可知C减小,根据Q=CU可知U变大,则静电计指针偏转角度变大;根据E=Ud可知,场强E变大,连接小球的细线偏转角度变大。
14.答案 (1)上(2分) 左(2分) (2)3.3×10-2(2分) (3)A(2分)
解析 (1)将开关S接通1,电容器的上极板接电源正极,带正电,将开关S拨到2后,电容器放电,通过电流表的放电电流方向向左。(2)由题图乙可知,电容器的电容C=3 300 μF=3.3×10-3 F,根据电容的定义式C=QU得,Q=CU=3.3×10-3×10 C=3.3×10-2 C。(3)电容器充电过程中,随着电荷量的增加,充电电流最终为零,选项A正确,B错误;根据电容定义式C=QU得Q=CU,所以Q-U图像应为倾斜直线,选项C、D错误。
15.答案 (1)6 N 2 m/s2 (2)0.4 (3)8 J
解析 (1)由题图甲以及电场强度的定义式可知0~1 s内物块所受的电场力大小为F1=qE1=2×10-4×3×104 N=6 N(1分)
由题图乙可知,在0~1 s内物块的加速度为a1=ΔvΔt=2-01 m/s2=2 m/s2 (1分)
(2)0~1 s内,对物块,由牛顿第二定律得
F1-μmg=ma1 (1分)
解得μ=F1-ma1mg=6-1.0×21.0×10=0.4 (1分)
(3)由v-t图像可得,2 s内物块的位移为
x=12×2×2 m=2 m(1分)
设整个过程电场力做功为W,由动能定理得
W-μmgx=0-0 (1分)
代入数据解得W=8 J(1分)
16.答案 (1)mv02eL (2)5L2v0
解析 (1)设匀强电场的场强大小为E,电子在电场中运动的时间为t1,
在x轴方向:2L=v0t1 (1分)
在y轴方向:eE=ma (1分)
2L=12at12 (1分)
联立解得E=mv02eL (1分)
(2)电子在电场中运动的时间t1=2Lv0 (1分)
加速度a=eEm=v02L (1分)
射出电场时竖直方向的分速度为vy=at1=2v0 (1分)
射出电场后至到达感光胶片运动的时间
t2=Lvy=L2v0 (1分)
电子从出发至打到感光胶片上的总时间
t=t1+t2=5L2v0。 (1分)
17.答案 (1)2qUm (2)负电 2URk (3)4U
解析 (1)对粒子在加速电场中的加速过程,由动能定理得
qU=12mv2 (1分)
得v=2qUm (1分)
(2)粒子从B点飞出后,在源电荷Q产生的电场的作用下做匀速圆周运动,由于粒子带正电,且受到Q的库仑引力,所以Q带负电。 (2分)
粒子做匀速圆周运动时,由库仑力提供向心力,则
kQqR2=mv2R (2分)
联立解得Q=2URk (1分)
(3)设N、M之间的距离为d,则P、N之间的距离也为d。设P、N之间的电势差为UPN。
粒子进入偏转电场后做类平抛运动,竖直方向有d=vt (1分)
水平方向有d=12at2 (1分)
根据牛顿第二定律得qUPNd=ma (2分)
联立解得UPN=4U (1分)
18.答案 (1)U2l23dU1 (2)U2l24dU1
解析 (1)电子在加速电场运动过程,由动能定理得
U1e=12mv02 (1分)
电子在偏转电场中运动,水平方向做匀速运动,有
v0t=l (1分)
竖直方向做匀变速直线运动,可得y1=12at2 (1分)
根据牛顿第二定律可得a=eU2md (1分)
联立解得y1=U2l24dU1 (1分)
电子离开电场后做匀速直线运动,且出射速度的反向延长线过水平位移的中点,设电子打在荧光屏上的点与O点间的距离为y2,
根据相似三角形知识可得y1y2=l2l2+l6 (2分)
解得y2=U2l23dU1 (1分)
(2)在t=nT(其中n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场的电子有向上侧移距离最大值,且电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期,减速半个周期,最终水平飞出偏转电场。 (1分)
根据匀变速直线运动的规律可得
y上=12a×T22×2 (1分)
其中a=eU2md (1分)
由(1)可知T=lv0,U1e=12mv02 (1分)
联立解得y上=U2l28dU1 (1分)
同理在t=12+nT(其中n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场的电子有向下侧移距离最大值,且电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期,减速半个周期,最终水平飞出偏转电场。
根据匀变速直线运动的规律可得 (1分)
y下=12a×T22×2 (1分)
其中a=eU2md,T=lv0,eU1=12mv02 (1分)
解得y下=U2l28dU1 (1分)
所以电子能到达的区域长度Δy=y上+y下=U2l24dU1。 (1分)
第二章 静电场的应用
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)
1.(2020湖北恩施三校联考)下列做法中,属于预防静电危害的是 ( )
A.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉
B.一些小轿车车顶装有接收收音机信号的天线
C.静电复印、静电喷涂、静电吸附
D.存放易燃品的仓库内工人穿上导电橡胶做的防电靴
2.(2021浙江绍兴高三上联考)如图所示,电容式位移传感器能够把物体的位移这个力学量转换为电容这个电学量。当被测物体在左右方向发生微小的位移时,灵敏电流计的指针会左右偏转。已知电流从a流向b时,电流计的指针向右偏,则 ( )
A.当电流计的指针向左偏时,电容器的电容增大
B.当电流计的指针向左偏时,被测物体向右移动
C.当电流计的指针向右偏时,电容器的电容减小
D.当电流计的指针向右偏时,电容器的电荷量减小
3.(2021山西运城高二上月考)如图所示是一种电容式键盘,键盘上每一个键下面都连有一小块金属片,与该金属片隔一定间隙有另一片固定的小金属片,这两片金属片组成一个小电容器。该电容器的电容C可用公式C=ESd计算,式中常量E=9×10-12 F/m,S表示金属片的正对面积,d表示两金属片间的距离。当键被按下时,此小电容器的电容C发生变化,与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了,从而给出相应的信号。设金属片的正对面积为50 mm2,键未按下时两金属片间的距离为0.6 mm。如果电容变化0.25 pF,电子线路恰能检测出必要的信号,则键至少需被按下 ( )
A.0.45 mm B.0.3 mm C.0.2 mm D.0.15 mm
4.(2020北京东城高二上期末)如图所示,一对平行金属板水平放置,板间电压为U1,一个电子沿MN以初速度v1从两板的左侧射入,刚好从右侧射出。若板间电压变为U2,另一个电子沿MN以初速度v2从两板的左侧射入,但没有从右侧射出。一定能使上述现象发生的条件是(不计电子的重力,MN平行于金属板) ( )
A.U2>U1且v2>v1 B.U2>U1且v2
A.157mg B.95mg C.32mg D.57mg
6.(2021浙江山水联盟高三联考)如图所示,一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置,圆轨道最低点与一条水平轨道相连,轨道都是光滑的。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球,已知小球受到的电场力大小等于小球重力的34。为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动,则释放点A距圆轨道最低点B的距离s应为 ( )
A.7R2 B.10R3 C.13R6 D.23R6
7.(2021陕西咸阳高三三模)电子束熔炼是指高真空下,将高速电子束的动能转换为内能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示,阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子,在5×103 V加速电压的作用下,以极高的速度向阳极运动;穿过阳极后,在金属电极A1、A2间1×103 V电压形成的聚焦电场作用下,轰击到物料上,其动能全部转换为内能,使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO'所示,P是轨迹上的一点,聚焦电场中过P点的电场线如图所示,则 ( )
A.电极A1的电势高于电极A2的电势
B.电子在P点时的速度方向与聚焦电场场强方向间的夹角小于90°
C.聚焦电场只改变电子速度的方向,不改变电子速度的大小
D.电子轰击到物料上时的动能小于5×103 eV
8.(2021浙江杭州高三模拟)如图所示是示波器的核心部件示波管的原理示意图,设电子枪的加速电压为U1,偏转电极Y和Y'之间的电压为U2,X和X'之间的电压为U3,若U2和U3均为0,则电子会打在荧光屏的中心点。假设发射的电子都能打到荧光屏上,则下列说法正确的是 ( )
A.若要电子打在荧光屏上的区域②,则要求U2为正值,U3为负值
B.若U3=0,U2为一定值,则U1越大,电子打在荧光屏上的位置离中心点越远
C.若U1和U3不变,则U2越大,电子从发射到打到荧光屏上的时间越短
D.若U2和U3不变,则U1越大,偏转电极YY'对电子做的功越多
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16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4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021浙江温州高二上期中)如图是某款家用空气净化器及其原理示意图,污浊空气通过过滤网后,空气中剩余的尘埃带电。图中充电极b、d接电源负极,集尘极a、c、e接电源正极(接地),下列说法正确的是 ( )
A.通过过滤网后空气中的尘埃带负电
B.尘埃在被吸附到集尘极e的过程中动能增大
C.c、d两个电极之间的电场方向竖直向上
D.尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功
10.(2021河南天一高三联考)如图,C为中间插有电介质的电容器,b极板与静电计的金属球连接,a极板与静电计的金属外壳都接地。开始时静电计指针张角为零,在b板带电后,静电计指针张开了一定角度。以下操作能使静电计指针张角变大的是 ( )
A.将b板也接地
B.b板不动,将a板向右平移
C.将a板向上移动一小段距离
D.取出a、b两极板间的电介质
11.(2021四川泸县二中高二上期中)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为L,两板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,已知重力加速度为g,下列结论正确的是 ( )
A.两极板间电场强度大小为mgq
B.两极板间电压为2mgdq
C.整个过程中质点的重力势能增加3mg2L22v02
D.若仅增大两极板间距,该质点仍能垂直打在M上
12.(2020安徽江安十校一模)如图甲所示,粗糙的水平绝缘轨道与光滑的竖直半圆绝缘轨道BCD相切于B点,圆轨道半径为R,空间存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=3mg4q,将质量为m、电荷量为+q的滑块(可视为质点)在距B点为L=5R处的P点由静止释放,滑块在P、B间运动的v2-x图像如图乙所示,A是P、B间的一个点,滑块经B点后恰能沿半圆轨道运动到D点,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A.在A点滑块与水平轨道间的动摩擦因数μA=0.75
B.图像中纵坐标a的值为5gR
C.滑块在水平轨道上运动时摩擦力做功为54mgR
D.滑块在半圆轨道上运动的最大速度为11gR2
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(2020山东日照高三上期中)(6分)如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素。其中电容器的左侧极板与电源负极相连并接地,右侧极板与电源正极相连并连接静电计金属球,静电计外壳接地,一带正电小球悬挂于两极板之间。
(1)该实验中,静电计的作用是测量电容器的 (选填“电容”“电压”或“电荷量”)。
(2)若电容器充满电后,保持电源与电容器连接,减小极板间的距离,可观察到:连接小球的细线的偏转角度 ,静电计指针偏转角度 。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
(3)若电容器充满电后,断开电源与电容器的连接,上移左极板,可观察到:连接小球的细线的偏转角度 ,静电计指针偏转角度 。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
14.(2021北京密云高三一模)(8分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,电路如图甲所示。
甲
乙
(1)将开关S接通1,电容器的 (填“上”或“下”)极板带正电,再将S接通2,通过电流表的电流方向向 (填“左”或“右”)。
(2)若电源电动势为10 V,实验中所使用的电容器如图乙所示,充满电后电容器正极板带电荷量为 C(结果保留两位有效数字)。
(3)下列关于电容器充电时,电流i与时间t的关系、所带电荷量Q与两极板间的电压U的关系正确的是 。
15.(2021广东珠海高二上期末)(7分)电荷量为q=2×10-4 C、质量为m=1.0 kg的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上,所在空间存在水平向右的匀强电场,场强E与时间t的关系及物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示,重力加速度为g,求:
(1)0~1 s内物块所受的电场力F1的大小和加速度a1的大小;
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ;
(3)运动2 s过程中,电场力对物块做的功。
16.(2021四川泸州高二上期中)(9分)如图所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿y轴正方向的有界匀强电场,过Q点(0,-L)在第Ⅳ象限放一张垂直于xOy平面的感光胶片。一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点(0,2L)射入电场中,并从A点(2L,0)射出电场,最后打在感光胶片上。已知电子的电荷量为e,质量为m,不计电子的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)电子从出发到打在感光胶片上的总时间。
17.(2021陕西咸阳高二上期末)(12分)如图所示,静止于A处的带正电粒子(电荷量为q,质量为m),经电压为U的加速电场加速后从B点飞出,恰好沿以源电荷Q(可视为点电荷)为圆心、半径为R的四分之一圆弧做匀速圆周运动,并从P点垂直于边界CN进入矩形有界匀强偏转电场,电场方向水平向左,粒子恰好能打在M点。已知N、P间的距离等于N、M间距离,粒子的重力不计,源电荷Q产生的电场对加速电场和偏转电场均无影响,静电力常量为k。求:
(1)粒子从B点飞出时的速度v的大小;
(2)源电荷Q的电性和电荷量;
(3)P、N两点间的电势差。
18.(2021湖北荆州高三期末)(18分)如图甲所示,真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电势差为U1的加速电场加速后,沿两水平金属板C、D间的中轴线射入两板间的偏转电场,最后打在荧光屏上。设C、D间的电场可看作匀强电场,且两板外无电场。已知电子的质量为m,电荷量为e(重力不计),C、D极板长为l,板间距离为d,偏转电压为U2,荧光屏距C、D右端的距离为l6,电子能通过偏转电场。求:
(1)该电子飞出偏转电场后打在荧光屏上的位置;
(2)若C、D两板间加如图乙所示的周期性变化的电压,UCD变化的周期为T(T未知),若电子在偏转电场中运动的时间等于周期T,求荧光屏上电子能够到达的区域的长度。
甲
乙
答案全解全析
1.D 从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉,是摩擦起电现象,选项A错误;小轿车车顶上装的天线是为了接收信号,不属于预防静电的危害,选项B错误;静电复印、静电喷涂、静电吸附属于静电的应用,选项C错误;利用导电橡胶做的防电靴及时地把产生的静电导走,防止工人在走动中产生的静电积累起来,导致事故,属于防止静电危害,选项D正确。
2.B 当电流计的指针向左偏时,说明电容器放电,故电容器电容减小,由公式C=εrS4πkd可知,相对介电常数减小,则被测物体向右移动,选项A错误,B正确;当电流计的指针向右偏时,说明电容器充电,故电容器的电容增大,选项C、D错误。
3.D 由于计算机键盘是一个电容传感器,由题意知是通过改变两金属片间距来改变电容,得到相应的电信号的。又因两金属片间距减小,电容变大,设原间距为d0,至少要按下距离为d1,电子线路恰能检测出必要的信号,则有C0=ESd0,C1=ESd0-d1,ΔC=C1-C0=ES(1d0-d1-1d0),解得d1=0.15 mm,选项D正确。
4.B 设MN到下极板的距离为h,两板间距离为d,板长为L,电子在板间运动时刚好从右侧射出,则沿水平方向L=vt,竖直方向有h=12at2,a=Uedm,联立得h=eL2U2dmv2,其中e、L、d、m为定值。若粒子未从右侧射出,则h2>h1,则一定能使题述现象发生的条件是U2>U1且v2
6.D 小球在圆轨道内运动时的等效最高点C如图所示,已知qE=34mg,则重力与电场力的合力F=(mg)2+34mg2=54mg,小球刚好在圆轨道内做圆周运动,在等效最高点,弹力为零,重力与电场力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得F=mv2R,解得v=54gR,小球从水平轨道A点到达等效最高点过程中,由动能定理得qEs-mgR(1+cos θ)-qER sin θ=12mv2-0,解得s=23R6,选项A、B、C错误,D正确。
7.A 在P点电子所受电场力方向指向轨迹弯曲的内侧,P点场强方向与电子所受电场力方向相反,又与电场线相切,可判断电场线的方向是从A1指向A2,所以电极A1的电势高于电极A2的电势,选项A正确;轨迹的切线方向即电子的运动方向,由图可知电子在P点的运动方向与电场方向间的夹角大于90°,选项B错误;聚焦电场一方面使电子向中央靠拢,另一方面使电子加速,所以既改变电子速度的方向,又改变电子速度的大小,选项C错误;聚焦电场对电子做正功,设为W,从O到O',根据动能定理得eU+W=Ek,其中U=5×103 V,可知电子轰击到物料上时的动能大于5×103 eV,选项D错误。
8.A 若要电子打在荧光屏上的区域②,电子在偏转电极Y和Y'之间向上偏转,在X和X'之间向外偏转,则要求U2为正值,U3为负值,选项A正确;若U3=0,U2为一定值,电子在加速电场中加速时,有eU1=12mv02,得v0=2eU1m,则U1越大,电子加速后获得的速度越大,电子在偏转电极Y和Y'之间运动的时间越短,由y=12at2和tan θ=vyvx=atv0知,电子离开偏转电极Y和Y'时偏转距离越小,偏转角也越小,则打在荧光屏上的位置离中心点越近,选项B错误;若U1不变,则电子加速后获得的速度不变,由于电子沿垂直于偏转电场方向的分运动为匀速直线运动,所以电子从发射到打到荧光屏上的时间不变,与U2无关,选项C错误;若U2和U3不变,则U1越大,电子加速后获得的速度越大,电子离开偏转电极Y和Y'时偏转距离越小,偏转电极YY'对电子做的功越少,选项D错误。
9.AB 尘埃经过过滤网后被正极吸引,所以尘埃带负电,选项A正确;尘埃在被吸附到集尘极e的过程中电场力做正功,动能增大,选项B正确;因为充电极b、d接电源负极,集尘极a、c、e接电源正极,所以c、d两个电极之间的电场方向竖直向下,选项C错误;尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做正功,选项D错误。
10.CD 若将b板也接地,则电容器带电荷量为零,两板间电压为零,静电计指针张角为零,选项A错误;b板不动,将a板向右平移,即极板间距d变小,根据C=εrS4πkd可知电容增大,Q一定,根据C=QU可得电压减小,故静电计指针张角变小,选项B错误;将a板向上移动一小段距离,即正对面积S减小,根据C=εrS4πkd可得电容减小,Q一定,根据C=QU可得电压增大,故静电计指针张角变大,选项C正确;若取出a、b两极板间的电介质,根据C=εrS4πkd可得电容减小,Q一定,根据C=QU可得电压增大,故静电计指针张角变大,选项D正确。
11.BD 根据题分析可知,质点在平行板间应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点做斜上抛运动,竖直向上的分速度逐渐减小,最后才能垂直打在屏M上,前后过程质点的运动轨迹具有对称性,如图所示,
可见质点在电场中、出电场后运动的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得qE-mg=mg,得到E=2mgq,由U=Ed可知两极板间电压为U=2mgdq,选项A错误,B正确;质点在电场中向上偏转的距离为y=12at2,而a=g,t=Lv0,解得y=gL22v02,故质点打在屏上的位置距中线的距离为s=2y=gL2v02,重力势能的增加量为Ep=mgs=mg2L2v02,选项C错误;仅增大两板间的距离,因两板上电荷量不变,根据E=Ud=QCd,而C=εrS4πkd,解得E=4πkQεrS,可知板间场强不变,质点在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏上,选项D正确。
12.AD 根据题图乙可知,在A处滑块的速度最大,加速度为零,则μAmg=qE,解得μA=0.75,选项A正确;由于滑块恰好到达D点,所以到达D点时满足mg=mvD2R,则vD=gR,从B到D,根据动能定理有-2mgR=12mvD2-12mvB2,解得vB2=5gR,所以图像中纵坐标a的值为5gR,选项B错误;从初始位置到运动到D的过程中,根据动能定理有qE·L+Wf-mg·2R=12mvD2,解得Wf=-54mgR,选项C错误;根据题意可知,滑块在圆弧轨道上的等效最低点Q速度最大,如图所示,可知tan θ=qEmg=34,从B点到Q点,根据动能定理有qE·R sin θ-mgR(1-cos θ)=12mvQ2-12mvB2,解得vQ=11gR2,选项D正确。
13.答案 (1)电压(2分) (2)变大(1分) 不变(1分) (3)变大(1分) 变大(1分)
解析 (1)该实验中,静电计的作用是测量电容器的电压(电势差)。(2)若电容器充满电后,保持电源与电容器连接,则U不变,减小极板间的距离d,则由E=Ud可知,场强E变大,则连接小球的细线偏转角度变大;因U不变,则静电计指针偏转角度不变。(3)若电容器充满电后,断开电源,则Q不变;上移左极板,则S减小,根据C=εrS4πkd可知C减小,根据Q=CU可知U变大,则静电计指针偏转角度变大;根据E=Ud可知,场强E变大,连接小球的细线偏转角度变大。
14.答案 (1)上(2分) 左(2分) (2)3.3×10-2(2分) (3)A(2分)
解析 (1)将开关S接通1,电容器的上极板接电源正极,带正电,将开关S拨到2后,电容器放电,通过电流表的放电电流方向向左。(2)由题图乙可知,电容器的电容C=3 300 μF=3.3×10-3 F,根据电容的定义式C=QU得,Q=CU=3.3×10-3×10 C=3.3×10-2 C。(3)电容器充电过程中,随着电荷量的增加,充电电流最终为零,选项A正确,B错误;根据电容定义式C=QU得Q=CU,所以Q-U图像应为倾斜直线,选项C、D错误。
15.答案 (1)6 N 2 m/s2 (2)0.4 (3)8 J
解析 (1)由题图甲以及电场强度的定义式可知0~1 s内物块所受的电场力大小为F1=qE1=2×10-4×3×104 N=6 N(1分)
由题图乙可知,在0~1 s内物块的加速度为a1=ΔvΔt=2-01 m/s2=2 m/s2 (1分)
(2)0~1 s内,对物块,由牛顿第二定律得
F1-μmg=ma1 (1分)
解得μ=F1-ma1mg=6-1.0×21.0×10=0.4 (1分)
(3)由v-t图像可得,2 s内物块的位移为
x=12×2×2 m=2 m(1分)
设整个过程电场力做功为W,由动能定理得
W-μmgx=0-0 (1分)
代入数据解得W=8 J(1分)
16.答案 (1)mv02eL (2)5L2v0
解析 (1)设匀强电场的场强大小为E,电子在电场中运动的时间为t1,
在x轴方向:2L=v0t1 (1分)
在y轴方向:eE=ma (1分)
2L=12at12 (1分)
联立解得E=mv02eL (1分)
(2)电子在电场中运动的时间t1=2Lv0 (1分)
加速度a=eEm=v02L (1分)
射出电场时竖直方向的分速度为vy=at1=2v0 (1分)
射出电场后至到达感光胶片运动的时间
t2=Lvy=L2v0 (1分)
电子从出发至打到感光胶片上的总时间
t=t1+t2=5L2v0。 (1分)
17.答案 (1)2qUm (2)负电 2URk (3)4U
解析 (1)对粒子在加速电场中的加速过程,由动能定理得
qU=12mv2 (1分)
得v=2qUm (1分)
(2)粒子从B点飞出后,在源电荷Q产生的电场的作用下做匀速圆周运动,由于粒子带正电,且受到Q的库仑引力,所以Q带负电。 (2分)
粒子做匀速圆周运动时,由库仑力提供向心力,则
kQqR2=mv2R (2分)
联立解得Q=2URk (1分)
(3)设N、M之间的距离为d,则P、N之间的距离也为d。设P、N之间的电势差为UPN。
粒子进入偏转电场后做类平抛运动,竖直方向有d=vt (1分)
水平方向有d=12at2 (1分)
根据牛顿第二定律得qUPNd=ma (2分)
联立解得UPN=4U (1分)
18.答案 (1)U2l23dU1 (2)U2l24dU1
解析 (1)电子在加速电场运动过程,由动能定理得
U1e=12mv02 (1分)
电子在偏转电场中运动,水平方向做匀速运动,有
v0t=l (1分)
竖直方向做匀变速直线运动,可得y1=12at2 (1分)
根据牛顿第二定律可得a=eU2md (1分)
联立解得y1=U2l24dU1 (1分)
电子离开电场后做匀速直线运动,且出射速度的反向延长线过水平位移的中点,设电子打在荧光屏上的点与O点间的距离为y2,
根据相似三角形知识可得y1y2=l2l2+l6 (2分)
解得y2=U2l23dU1 (1分)
(2)在t=nT(其中n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场的电子有向上侧移距离最大值,且电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期,减速半个周期,最终水平飞出偏转电场。 (1分)
根据匀变速直线运动的规律可得
y上=12a×T22×2 (1分)
其中a=eU2md (1分)
由(1)可知T=lv0,U1e=12mv02 (1分)
联立解得y上=U2l28dU1 (1分)
同理在t=12+nT(其中n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场的电子有向下侧移距离最大值,且电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期,减速半个周期,最终水平飞出偏转电场。
根据匀变速直线运动的规律可得 (1分)
y下=12a×T22×2 (1分)
其中a=eU2md,T=lv0,eU1=12mv02 (1分)
解得y下=U2l28dU1 (1分)
所以电子能到达的区域长度Δy=y上+y下=U2l24dU1。 (1分)
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