2011届高考物理一轮复习重要题型名师精讲之静电场 第3讲电容带电粒子答案电场中的运动 doc--高中物理 .doc

永久免费组卷搜题网第3讲 电容 带电粒子在电场中的运动1.如图6314所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则() 图6314A当增大两板间距离时，v也增大B当减小两板间距离时，v增大C当改变两板间距离时，v不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，而位移如果增加的话，时间变长答案：CD2.平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图6315所示，则()图6315A保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则增大B保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变C开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变解析：悬线偏离竖直方向的夹角的大小由带电小球受的电场力和重力两因素决定因重力不变，故电场力增大时就增大在保持开关S闭合，即保持电容器两极板间电压U不变由于A、B板靠近，d变小，极板间电场强度E就增大，因而带电小球受电场力FqEq增大，则增大；若断开开关S，即表明电容器极板上的电荷量Q不变当A、B板靠近后，电容器的电容C将增大，根据U，电容器两板间电压U减小电容器两板间的场强E有无变化呢？把上述各关系代入，得E.由此可知场强不变，带电小球受电场力不变，则不变答案：AD3.如图6316所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知ABBC.不计空气阻力，则可知()图6316A微粒在电场中作抛物线运动B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等CMN板间的电势差为2mv/qDMN板间的电势差为Ev/2g解析：由题意可知，微粒到达C点时，竖直方向上速度为零，所以微粒不做抛物线运动，A项错误；因ABBC，即·t·t可见vcv0.故B项正确；由q·mv，得U，故C项错误；又由mgqE得q代入U，得U，故D项错误答案：B4.如图6317所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()图6317A板间电场强度大小为mg/qB板间电场强度大小为2mg/qC质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上由运动的合成与分解知识，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vxv0；在竖直方向上：在电场中vyat，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vygt，由此运动过程的对称性可知ag，由牛顿第二定律得：qEmgmamg，解得：E2mg/q.故选项B、C正确答案：BC5.如图6318所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L0.4 m，两板间距离d4×103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m4×105 kg，电量q1×108 C(g10 m/s2)求：图6318(1)微粒入射速度v0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？解析：(1)v0t，gt2，可解得：v010 m/s.(2)电容器的上板应接电源的负极当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，a12，a1解得：U1120 V当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，a22，a2解得：U2200 V所以120 VU200 V.答案：(1)10 m/s(2)与负极相连120 VU200 V1某电容器上标有“25 F、450 V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是()A要使该电容器两极板之间电压增加1 V，所需电荷量为2.5×105 CB要使该电容器带电量1 C，两极板之间需加电压2.5×105V C该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×105 CD该电容器能够承受的最大电压为450 V解析：由电容器电容的定义CQ/U可得，CQ/U，QCU，要使该电容器两极板之间电压增加U1 V，所需电荷量为Q2.5×105 C，A正确，B错误；该电容器能够容纳的电荷量最多为QCU2.5×105×4501.125×102 C，C错误；电容器上所标的450 V，是电容器的额定电压，是电容器长期工作时所能承受的电压，低于击穿电压，该电容器能够承受的最大电压大于450 V，D错误答案：A2.(2010·海门模拟)如图6319所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则()图6319A导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大B导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大C导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小D导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左右，则导体芯A所带电量在减小，由QCU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确答案：D3.如图6320所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()图6320A将打在下板中央B仍沿原轨迹由下板边缘飞出C不发生偏转，沿直线运动D若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央答案：BD4.真空中的某装置如图6321所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是()图6321A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为124解析：粒子加速过程qU1mv2，从B至M用时t，得t ，所以t1t2t31，选项A错误偏转位移y2，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B正确因WqEy，得W1W2W3q1q2q3112，选项C、D错误答案：B5.某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场当在该空间内建立如图6322所示的坐标系后，在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v(v0)不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t，则()图6322A由题设条件可以判断出粒子的带电性质B对hd的粒子，h越大，t越大C对hd的粒子，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等Dh越大的粒子，进入电场时的速率v也越大解析：由题设条件，粒子必定受到向左的电场力，电场方向向左，故粒子必带正电荷，A正确hd的粒子，都没有飞出电场，电场方向上的加速度a，因粒子的带电荷量和质量都相等，故加速度相等，到达y轴的时间也相等，该过程电场力做功WqEx相等，所以B、C错误而初速度越大的粒子在粒子到达y轴的时间内，竖直向上的位移越大，所以D正确答案：AD6在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图6323甲所示，小球运动的vt图象如图6323乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()图6323A在t2.5 s时，小球经过边界MNB小球受到的重力与电场力之比为35C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析：由速度图象可知，带电小球在区域与区域中的加速度之比为32，由牛顿第二定律可知：，所以小球所受的重力与电场力之比为35，B正确小球在t2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C正确因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错答案：BC7.如图6324所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则()图6324A在前时间内，电场力对粒子做的功为B在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为12D在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为21答案：B8.如图6325所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E互相垂直在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中不正确的是()图6325A电场力对小球做功为零 B小球的电势能增加C小球的机械能减少量为mg2t2 DC可能位于AB直线的左侧解析：由动能定理，得mghW电0，可知W电mgh0，即电场力对小球做负功，电势能增加，C位置应位于AB直线的右侧；由于小球运动到C点时的动能未变，重力势能减少量为Epmghmg·at2mg··t2mg2t2.选项A、C、D错误答案：ACD9.如图6326所示，匀强电场方向与水平线间夹角30°，斜向右上方，电场强度为E，质量为m的小球带负电，以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致(1)若小球的带电荷量为qmg/E，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？图6326(2)若小球的带电荷量为q2mg/E，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？解析：(1)如图甲所示，欲使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，所以F1cos qEcos 30°，F1sin mgqEsin 30°解之得60°，F1mg.(2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力必和运动方向在一条直线上，故要求力F2和mg的合力和电场力在一条直线上，故F2mgsin 60°mg，方向如图乙所示，斜向左上60°.答案：(1)mg与水平线夹60°角斜向右上方(2)mg与水平线夹60°角斜向左上方10.如图6327所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间的距离也为l，板间电压恒定今有一带电粒子(重力不计)以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上粒子落点距O点的距离为.若大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从MN板间不同位置垂直进入电场试求这些粒子打到竖直屏上的范围并在图中画出图6327解析：设粒子质量为m，带电荷量为q，初速度为v0，v0tl，yat2，tan ，yltan ，所以a·l·，3alv.由题意可分析出大量粒子垂直射入偏转电场后情况，如上图甲、乙所示其范围是ly.其中ya···l，范围是l.答案：l图略11在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电荷量为2q，B球的带电荷量为3q，组成一带电系统如图6328所示，虚线MP为AB两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距为4L.最初A球和B球分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为3L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E后，求：(1)B球刚进入电场时，A球与B球组成的带电系统的速度大小(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零时所需的时间以及B球电势能的变化量图6328解析：(1)带电系统刚开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律得：a1球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有v2a1L求得v1 (2)对带电系统进行分析，假设球A能达到NQ，且A球到达NQ时电场力对系统做功为W1，有W12qE×3L(3qE×2L)0，故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达NQ设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则t1，解得：t1 球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：a2显然，B球进入电场后带电系统做匀减速运动设减速所需时间为t2则有t2，求得t2 .可知，带电系统从静止运动到速度第一次为零时所需的时间为：tt1t23 ，B球电势能增加了：EpE·3q·2L6EqL答案：(1) (2) 6EqL 永久免费组卷搜题网