2024年高考物理第一轮复习：第 3讲　限时规范训练 (2)

限时规范训练

[基础巩固]

1.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况．选项图中能正确反映C与d之间变化规律的图像是(　　)

解析：A　由电容决定式C＝知，C与d成反比，能正确反映C与d之间变化规律的图像是A．

2．(2022·杭州模拟)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体(　　)

A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增加

C．向左移动时，θ不变  D．向右移动时，θ减少

解析：B　当被测物体向左移动时，电容器极板间的电介质增多，则电容会增大，由于电荷量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减少，故A、C错误；当被测物体向右移动时，电容器极板间的电介质减少，则电容会减小，由于电荷量不变，则电容器极板间的电压增大，即θ增加，故B正确，D错误．

3.(2019·浙江卷)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是(　　)

A．加速过程中质子电势能增加

B．质子所受到的电场力约为2×10－15 N

C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s

D．加速器加速的直线长度约为4 m

解析：D　加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A错误；质子所受到的电场力约为F＝Eq＝1.3 × 105×1.6×10－19 N ＝ 2×10－14 N，选项B错误；加速度a＝＝ m/s2≈1.2×1013m/s2，则质子加速需要的时间约为t＝＝ s＝8.3×10－7 s，选项C错误；加速器加速的直线长度约为x＝t＝×8.3×10－7 m≈4 m，选项D正确．

4.(2022·太原模拟)(多选)电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热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3×104 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，其动能全部转换为热能，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，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则(　　)

A．电极A1的电势高于电极A2的电势

B．电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于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大于3×104 eV

解析：ABD　由粒子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以电场强度方向与电子受到的电场力方向相反，斜向右上方，即电极A1的电势高于电极A2的电势，故A正确；电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°，故B正确；聚焦电场不仅改变电子速度的方向，也改变电子速度的大小，故C错误；由动能定理，电子到达聚焦电场时动能已经为3×104 eV，再经过聚焦电场加速，可知电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV，故D正确．

5．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏与偏转电场的中心轴线的交点．已知电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝2500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果均保留两位有效数字)．求：

(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；

(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；

(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W.

解析：(1)根据动能定理有eU0＝mv

解得v0≈3.0×107 m/s.

(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，

电子在水平方向做匀速直线运动，有L1＝v0t

电子在竖直方向上做匀加速直线运动，有y＝at2

根据牛顿第二定律，有＝ma

解得y≈0.36 cm

电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，

由几何关系知＝，

解得h＝0.72 cm.

(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功为

W＝ey≈5.8×10－18 J.

答案：(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm　(3)5.8×10－18 J

[能力提升]

6.如图所示，电路中二极管为理想二极管，正向电阻为零，反向电阻无穷大，电源内阻不能忽略，闭合开关S，电路稳定后，只改变下列一个条件能增大平行板电容器两板间场强的是(　　)

A．增大平行板电容器两板间距离

B．减小平行板电容器的正对面积

C．将滑动变阻器的滑片向b端移动

D．断开开关S

解析：C　只增大两板间的距离时，电容器的电容减小，因电压不变，故电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器所带电荷量不变，增大板间距离时，根据E＝可知，板间场强不变，故A错误；减小平行板电容器的正对面积，电容器的电容减小，因电压不变，故电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器带电荷量不变，电压不变，板间距不变，板间场强E＝不变，故B错误；将滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器电阻增大，分压变大，电容器的电压变大，板间场强变大，故C正确；只断开开关S，电容器不能放电，电容器的带电荷量不变，故两板间的电压不变，板间场强不变，故D错误．

7．一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为εr.若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒定为U，则下列说法中正确的是(　　)

A．瓶内液面降低了

B．瓶内液面升高了

C．瓶内液面升高了

D．瓶内液面降低了

解析：A　由题图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，由题目图可知，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；则由C＝可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小．由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，那么电容器的电量减小；瓶内液面降低．t时间内减少的电量：q＝It，依据C＝，可得：q＝U·ΔC，液面的高度为h时的正对面积：S＝2πr·h，联立解得：Δh＝，故A正确，B、C、D错误．

8.(多选)如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空．两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动．起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半．假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板．忽略边缘效应，则下列说法正确的是(　　)

A．变化前后电容器电容之比为9∶17

B．变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9

C．变化前后电子到达下极板的速度之比为 ∶1

D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1

解析：AD　由平行板电容器电容公式C＝可知，变化前后电容器电容之比为＝·＝·＝，电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为＝＝，故A正确，B错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有eU＝mv2，解得电子到达下极板的速度v＝ ，电容器两端电压不变，变化前后电子到达下极板的速度之比为1∶1，故C错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度a＝＝，电子的运动时间t＝ ＝ ＝d，变化前后电子运动到下极板所用时间之比为＝＝＝，故D正确．

9．(2020·天津卷)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器．质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管．离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间．设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力．

(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；

(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；

(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1.

解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理，

有qU＝mv2①

离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝②

联立①②式，得T1＝  .③

(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0④

得x＝.⑤

(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝⑥

通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2.根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，

有t总＝＋⑦

联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2) ⑧

可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比．

依题意可得＝

可得m1＝m0.⑨

答案：(1) 　(2)　(3)m0

[热点加练]

10.如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用．则匀强电场的场强E大小是(　　)

A．  B．

C．  D．

解析：B　带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：vy＝＝v0，水平方向上有d＝v0t，竖直方向上有vy＝t，联立方程得：E＝，故B正确．

11.(多选)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电，电荷量为q，滑块B不带电．图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场．滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧．现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0＝d，则下列判断正确的是(　　)

A．A、B两滑块的质量之比为＝

B．A、B两滑块的质量之比为＝

C．两滑块的碰撞为弹性碰撞

D．两滑块的碰撞为非弹性碰撞

解析：AD　对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝mAv，依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动，有vt＝d，联立解得＝，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝mAv－(mA＋mB)v2＝qEd＞0，D正确，C错误．

12.(多选)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐向的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E.大量电荷量为－q(q>0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场．若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导出而不影响原来的电场分布．不计粒子的重力及它们间的相互作用．下列说法正确的是(　　)

A．能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上

B．到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越大

C．能打到荧光屏上的粒子，进入O点的动能必须大于或等于qU

D．若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮

解析：CD　能进入第一象限的粒子，必须有－x0＝v0t，－y0＝t2，所以有y0＝－x，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，选项A错误；因为sin θ＝，所以到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越小，选项B错误；能打到荧光屏上的粒子末动能必须大于或等于零，即mv2－qU≥0，则mv2≥qU，选项C正确；若U<，即－Uq>0，到达O点的粒子均可到达荧光屏，到达O点的粒子速度方向满足0°<θ <90°，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，选项D正确．

13.(2020·全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．

(1)求电场强度的大小；

(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？

(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

解析：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C．由几何关系和电场强度的定义知

AC＝R①

F＝qE②

由动能定理有F·AC＝mv③

联立①②③式得E＝④

(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R⑤

设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有

F＝ma⑥

AP＝at⑦

DP＝v1t1⑧

联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0⑨

(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有

y＝at2⑩

x＝vt⑪

粒子离开电场的位置在圆周上，

有＋＝R2⑫

粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有

mv2＝mv0＝mat⑬

联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0⑭

和v＝v0⑮

答案：(1)　(2)v0　(3)0或v0