2014届高三物理一轮课时跟踪检测26电流电阻电功电功率汇总

课时追踪检测（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（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。转着手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转着手图1摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上涨。对于这个现象，以下说法中正确的选项是（）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假如带电量不变，离铝板越近则加快度越大--：；—绝球固老2.某电容式话筒的原理表示图如图2支架所示，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（）巾八M0_I丄A.P、Q组成的电容器的电容增大B.P上电荷量保持不变图2C.M点的电势比N点的低D.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川面成一角度，两极板与素来流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线经过电容器，则在此过程中，该粒子（）A.所受重力与电场力平衡B.电势能渐渐增添C.动能渐渐增添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1差为U,板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变成2Q板间距变成2d,其余条件不变,这时两极板间电势差为U,板间场强为E2,以下说法正确的选项是（）A.U,E2=E1B.U>=2U,E2=4EC.U,E2=2E1D.U>=2U,E2=2E5.（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。两板间有一个正尝试电荷固定在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、$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，将负极板迟缓向右平移一小段距离lo的过程中，各物理量与负极板挪动距离x的关系图象中正确的选项是（图4图56.（2011?安徽高考）a）为示波管的原理图。假如在电极Y之间所加的电压图按图图6（（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（）（2012?江西要点中学联考）如图8所示，长为L、倾角为0=30°的圆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，抵达斜面顶端的速度仍为V。，则（）A.小球在B点的电势能必定大于小球在A点的电势能mgLB.A、B两点的电势差必定为2qC.mg若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值必定是qD.若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，贝UQ—定是正电荷8.（2011?安徽高考）如图9（a）所示，两平行正对的金属板A间加好像图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时辰开释该粒子，粒子会时而向

A板运动，时而向

B板运动，并最后打在

A板上。则

t0可能属于的时间段是（

）H-5TT3TA.0<t0<4B.2<t0<"43T9jC.<t0<T°~4D.T<t<8（2012?湖北要点中学联考）如图10所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上面沿等高处有两个质量同样的带电小球,P小球从紧靠左极板处由静止开始开释，Q小球从两板正中央由静止开始开释，两小球最后都能运动到右极板上的同一地点，则从开始开释到运动到右极板的过程中它们的（图10运转时间tP>tQB电势能减少许之比AEP:AEQ=2：1.电荷量之比D动能增添量之比△E<P：AEkQ=4：.1（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0角射出，微粒在运动中受阻力大小恒定为F阻。图11（1）假如在某方向加上必定大小的匀强电场后，能保证微粒仍Vo方向做直线运动，试沿求所加匀强电V0方向做直线运动,（2）若加上大小必定，方向水平向左的匀强电场，还能保证微粒沿O点，求微粒回到O点时的速率。并经过一段时间后又返回11.(2012?辽宁模拟）如图12所示，现在有一个小物块，质量qE为m=80g,带上正电荷=2X10「4C。与水平的轨道之间的滑动厂￡摩擦系数卩=0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E=1X103Wmvf■皿在水平轨道的尾端N处，连结一个圆滑的半圆形轨道，半径为R=N40cm取g=10m/s2，求图12（1）小物块恰巧运动到轨道的最高点，那么小物块应当从水平哪个地点开释?(2)假如在上小题的地点开释小物块，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

Ri的金属板

MN

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

.F2的圆形锌金属薄膜，

d?

R2<R，两板之间电压为

UMN两板之间真空且

Qi可视为匀强电场。

N板遇到某种单色光照耀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-----------------

血

l每秒牢固发射

n个电子。电子在板间运动过程中无碰撞且不计电子

图

13的重力和电子间互相作用，电子抵达M板所有被吸取。M板右边串联的电流表可以丈量到通过M板的电流I。试求:当UMN取什么值时，I一直为零；(2)当UMN取什么值时，I存在一个最大值，并求这个最大值;⑶请利用⑴(2)的结论定性画出I随UMN变化的图象。课时追踪检测(二十五)静电现象电容器带电粒子在电场中的运动选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；因为电场力做功，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；因为离铝板越近，电场强度越小，同一烟尘颗粒在被吸附过程中假如带电量不变，离铝板越近则加快度越小，选项D错误。￡rS

Q选D由公式C=4nkd可知，当PQ间距增大时，c减小，故A错误。由C='U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。选BD粒子做直线运动，其重力和电场力的协力应与速度共线，如图所示。重力与电场力不共线，不行能平衡，选项

A错误；粒子运动过程中电场力做负功，因此电势能增添，选项

B正确；协力做负功，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，

协力恒定，因此粒子做匀变速直线运动，选项

D正确。UQ

￡rS

Q4.选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正确。rS5?选C由平行板电容器的电容C=4nkd可知d减小时，C变大，但不是一次函数，AQU

4n

kQ错。在电容器两极板所带电荷量必定状况下，

U=

C，E=

与d没关，则

B错。在负极板接地的状况下，

设没有挪动负极板时

P点距负极板的距离为

d,挪动

x后为

d—

x。因为挪动极板过程中电场强度

E不变。故

0

P=

Hd—

x)=

Ed—

Ex,

此中

xGo，则

C正确；正电

荷在

P点的电势能Wq0

P=

qEc

—

qEx,

显然

D错。6.

选

B在0?2t

i时间内，扫描电压扫描一次，信号电压达成一个周期，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

U为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，所以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

vo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点的电势能必定小于小球在

A点的电势能，选项

A错误；由动mgL能定理，

qU-mgl

sin30

°=0，解得

AB

两点的电势差为

U=茹，选项

B正确；若电场是mg匀强电场，该电场的场强的最小值为

2q，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。&选

B两板间加的是方波电压，刚开释粒子时，粒子向

A板运动，说明开释粒子时TB为负，所以A项错误，若10=2时辰开释粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，素来T向A运动；若t0=~4时辰开释粒子，则粒子在电场中固定两点间做往来运动，不可以抵达A3T板；所以2<t0<7时间内，粒子的运动知足题意的要求，选项B正确。9?选C两球均受重力、恒定的电场力作用，做匀加快直线运动，按运动的分解，竖直方向：是重力作用下的自由落体运动，两者降落位移同样，用时间相等，A错误；水平方1Eq向：电场力作用下的初速度为0的匀加快直线运动，位移比是XP：XQ=2:1,由公式x=2mUt2得它们的电荷量之比

qp：

qQ=2:

1,

C正确，又

△EP=

qpU,

△

EQ=

4?2，故△

E=:

△EQ=

4:1,

B错；动能增添量

△E<P=A

E3+

mgh

△

E<Q=

△

EQ+

mgh

故△

E<P

:

△

E<QM

4:

1,

D错误。10.

解析：(1)微粒沿

V0方向做直线运动，微粒所受合外力应当沿速度

V0方向，由力的合成知识可得qE=mgcos0mg解得所加匀强电场的最小值的大小E=qcos0，方向斜向上且与竖直方向的夹角为0。(2)若加上大小必定，方向水平向左的匀强电场，电场力向左，且知足，qEsin0=mgcos1_20，设微粒的最大位移为x，由动能定理一(qEcos0+mg|sin0+F阻)x=0—2mv112—2F阻x=2mv—2mvol~

2F

阻sin

0联立解得

v=

V[

—mg+

FEsin—0

。答案：看法析2v11.

解析：(i)

物块能经过轨道最高点的临界条件是

mg=

mR解得v=2m/s设小物块开释地点距N处为x￡Eqx=mgx^2mV+mg-2R解得x=20m，即小物块应当从在水平川点距N处为20m处开始开释11(2)物块到P点时，2mV+mg+EqR=2mv2解得VP=14m/s2m\pFN—Eq=~R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)3.0N