《2014年高考物理一輪復(fù)習(xí) 章節(jié)訓(xùn)練 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2014年高考物理一輪復(fù)習(xí) 章節(jié)訓(xùn)練 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2014年高考一輪復(fù)習(xí)章節(jié)訓(xùn)練之帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 時(shí)間：45分鐘　　滿分：100分 一、選擇題(8×8′＝64′) 1．下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)中使用靜電計(jì)的說法中正確的是(　　) A．使用靜電計(jì)的目的是觀察電容器電壓的變化情況 B．使用靜電計(jì)的目的是測量電容器電量的變化情況 C．靜電計(jì)可以用電壓表替代 D．靜電計(jì)可以用電流表替代 解析：靜電計(jì)是用來測量電容器兩極板的電勢差，從而研究電容器電容隨電容器正對面積、兩板距離、介電常數(shù)等因素的變化．如果用電壓表、電流表來替代則構(gòu)成電容器的放電回路，兩電表都沒有示數(shù)，故答案為A. 答案：A 2．如下圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷

2、開S.當(dāng)增大兩極板間距離時(shí)，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩板間電勢差U，電容器兩極板間場強(qiáng) E的變化情況是(　　) A．Q變小，C不變，U不變，E變小 B．Q變小，C變小，U不變，E不變 C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E變小 解析：充電以后的電容器所帶電荷量Q保持不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)平行板電容器的電容公式C＝，d增大，C減小；又由C＝Q/U得，U＝Q/C，故U增大；再由公式C＝、C＝和E＝可得E＝，所以E不變，答案為C. 答案：C 3．如下圖所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電子到達(dá)B板時(shí)的速率，下列解釋正確的是(

3、　　) A．兩板間距越大，加速的時(shí)間就越長，則獲得的速率越大 B．兩板間距越小，加速度就越大，則獲得的速率越大 C．與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān) D．以上解釋都不正確 解析：設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，兩板間距為d，則 ·t2＝d，解得t＝d，即t∝d 又eU＝mv2－0得v＝與d無關(guān)． 答案：C 4．如下圖所示，L為豎直、固定的光滑絕緣桿，桿上O點(diǎn)套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小環(huán)，在桿的左側(cè)固定一電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷，桿上a、b兩點(diǎn)到＋Q的距離相等，Oa之間距 離為h1，ab之間距離為h2，使小環(huán)從圖示位置的O點(diǎn)由靜止釋放后，通過a點(diǎn)的速率為.則下列

4、說法正確的是(　　) A．小環(huán)通過b點(diǎn)的速率為 B．小環(huán)從O到b，電場力做的功可能為零 C．小環(huán)在Oa之間的速度是先增大后減小 D．小環(huán)在ab之間的速度是先減小后增大 解析：由動(dòng)能定理：O→a，mgh1－Uq＝mv，O→b，mg(h1＋h2)－Uq＝mv，解得vb＝. 答案：A 5．如下圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點(diǎn)處有一正點(diǎn)電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度v1從M點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零，然后下滑回到M點(diǎn)，此時(shí)速度為v2(v2

5、C．從M到N的過程中，電場力對小物體先做負(fù)功后做正功 D．從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小 解析：本題綜合考查庫侖力、電場力做功與電勢能變化的關(guān)系、動(dòng)能定理，意在考查考生的推理能力和分析綜合能力．M、N兩點(diǎn)在同一等勢面上．從M至N的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，－mgh－Wf＝0－mv，從N至M的過程中，mgh－Wf＝mv，由兩式聯(lián)立可得h＝，A項(xiàng)正確；從N至M，點(diǎn)電荷周圍的電勢先增大后減小，故小物體的電勢能先增大后減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；從M到N的過程中，電場力對小物體先做正功后做負(fù)功，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)庫侖定律，從N到M的過程中，小物體受到的庫侖力先增大后減小，受力分析知，小物

6、體受到的支持力先增大后減小，因而摩擦力也是先增大后減小，D項(xiàng)正確． 答案：AD 6．如下圖所示，質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計(jì)重力)，則這兩個(gè)粒子射出電場時(shí)的側(cè)位移y之比為(　　) A．1:1 B．1:2 C．2:1 D．1:4 解析：由y＝ 和Ek0＝mv，得y＝可知，y與q成正比，B正確． 答案：B 7．如圖所示，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在電場中P處由靜止下落一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))．在P的正下方h處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場的分布)，小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的k倍(k

7、<1)，而碰撞過程中小球的機(jī)械能不損失，即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反．設(shè)在勻強(qiáng)電場中，擋板S處的電勢為零，則下列說法正確的是(　　) A．小球在初始位置P處的電勢能為Eqh B．小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到的最大高度大于h C．小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到最大高度時(shí)的電勢能小于Eqh D．小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到的最大高度小于h 解析：因S處的電勢為0，故φP＝Eh，小球在初始位置P處的電勢能為φP·q＝Ehq，A正確，設(shè)小球第一次與擋板碰前的速度大小為v0，由動(dòng)能定理得，mgh＋qEh＝mv，設(shè)反彈后上升的高度為H，由動(dòng)能定理得(mg＋Ekq)H＝mv，由以

8、上兩式可得H＝h，因k<1，故H>h，B正確，D錯(cuò)誤；因Eqk·H＝Eqh·

9、方向在重力作用下做速度減小到零的勻變速運(yùn)動(dòng)，x方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，所以到M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能不為零，C錯(cuò)；由動(dòng)能定理有：qEx＝mv－mv>0，D正確． 答案：D 二、計(jì)算題(3×12′＝36′) 9．如下圖所示，兩塊平行金屬板豎直放置，兩板間的電勢差U＝1.5×103 V(僅在兩板間有電場)，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1×10－2 kg、電荷量q＝4×10－5C的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平拋出，小球恰好從左板的上邊緣進(jìn)入電場，在兩板間沿直線運(yùn)動(dòng)，從右板的下邊緣飛出電場，求： (1)金屬板的長度L. (2)小球飛出電

10、場時(shí)的動(dòng)能Ek. 解析：(1)小球到達(dá)左板上邊緣時(shí)的豎直分速度： vy＝＝2 m/s 設(shè)小球此時(shí)速度方向與豎直方向之間的夾角為θ，則tanθ＝＝2 小球在電場中沿直線運(yùn)動(dòng)，所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，設(shè)板間距為d，則：tanθ＝＝，L＝，解得L＝＝0.15 m. (2)進(jìn)入電場前mgh＝mv－mv 電場中運(yùn)動(dòng)過程qU＋mgL＝Ek－mv 解得Ek＝0.175 J. 答案：(1)0.15 m　(2)0.175 J 10．為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣透明的有機(jī)玻璃，它的上下底面是面積A＝0.04 m2的金屬板，間距L＝0.05 m，當(dāng)連接到U＝2500

11、V的高壓電源正負(fù)兩極時(shí)，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個(gè)勻強(qiáng)電場，如下圖所示．現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1013個(gè)，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個(gè)顆粒帶電量為q＝＋1.0×10－17 C，質(zhì)量為m＝2.0×10－15 kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力．求合上開關(guān)后： (1)經(jīng)過多長時(shí)間煙塵顆?？梢员蝗课剑? (2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？ (3)經(jīng)過多長時(shí)間容器里煙塵顆粒的總動(dòng)能達(dá)到最大？ 解析：(1)當(dāng)最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時(shí)，煙塵就被全部吸附，煙塵顆粒受到的電場力F＝，L＝at2＝，t＝L

12、＝0.02 s. (2)W＝NALqU＝2.5×10－4J. (3)設(shè)煙塵顆粒下落距離為x Ek＝mv2·NA(L－x)， 當(dāng)x＝時(shí)，Ek達(dá)到最大，x＝at. t1＝＝L＝0.014 s. 答案：(1)0.02 s　(2)2.5×10－4J　(3)0.014 s 11．(2012·大綱全國理綜)如下圖，一平行板電容器的兩個(gè)極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點(diǎn)．現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為＋Q和－Q，此時(shí)懸線與豎直方向的夾角為.再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到，且小球與兩極板不接觸．求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量． 解析：設(shè)電容器電容為C.第一次充電后兩極板之間的電壓為 U＝① 兩極板之間電場的場強(qiáng)為E＝② 式中d為兩極板間的距離． 按題意，當(dāng)小球偏轉(zhuǎn)角θ1＝時(shí)，小球處于平衡位置．設(shè)小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，則有Tcosθ1＝mg③ Tsinθ1＝qE④ 式中T為此時(shí)懸線的張力． 聯(lián)立①②③④式得tanθ1＝⑤ 設(shè)第二次充電使正極板上增加的電荷量為ΔQ，此時(shí)小球偏轉(zhuǎn)角θ2＝，則tanθ2＝⑥ 聯(lián)立⑤⑥式得＝⑦ 代入數(shù)據(jù)解得ΔQ＝2Q⑧ 答案：2Q