高三物理復習測試33電容 帶電粒子在電場中的運動

1、2012版高三物理一輪復習 電容 帶電粒子在電場中的運動1.用控制變量法,可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖).設(shè)兩極板正對面積為S,極板間的距離為d,靜電計指針偏角為.實驗中,極板所帶電荷量不變,若( )A.保持S不變,增大d,則變大B.保持S不變,增大d,則變小C.保持d不變,減小S,則變小D.保持d不變,減小S,則不變解析:本題考查平行板電容器電容C=的應用以及電容器的動態(tài)分析.由C=可知,保持S不變,增大d時,電容器的電容C減小,而電容器兩極板上的電量不變,由U=可得,電容器兩極板間的電勢差增大,故偏角增大,A正確,B錯誤;若保持d不變,減小S,則電容器的電容C減小,同理由U=可

2、得,電容器兩極板間的電勢差增大,故偏角增大,CD錯誤.答案:A 2.圖1是某同學設(shè)計的電容式速度傳感器原理圖,其中上板為固定極板,下板為待測物體.在兩極板間電壓恒定的條件下,極板上帶電量Q將隨待測物體的上下運動而變化.若Q隨時間t的變化關(guān)系為Q (ab為大于零的常數(shù)),其圖象如圖2所示,那么圖3圖4中反映極板間場強大小E和物體速率v隨t變化的圖線可能是( ) A.和 B.和C.和 D.和解析:設(shè)板間距離為d,則板間場強故E-t圖線為.由Q=CU=可見,板間距離d隨時間均勻增大,即下板移動速率v不變,即v-t圖線為,綜上,應選C.答案:C3.一平行板電容器的兩個極板水平放置,兩極板間有一帶電量不

3、變的小油滴,油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比.若兩極板間電壓為零,經(jīng)一段時間內(nèi),油滴以速率v勻速下降;若兩極板間的電壓為U,經(jīng)一段時間后,油滴以速率v勻速上升.若兩極板間電壓為-U,油滴做勻速運動時速度的大小方向?qū)⑹? )A.2v向下 B.2v向上C.3v向下 D.3v向上解析:當兩極間電壓為零時,受力如圖甲所示,則mg=kv.當兩極間電壓為U時,受力如圖乙所示,所以q=kv+mg.由以上兩式得電場力q=2mg.當兩極間電壓為-U時,受力如圖丙所示,所以kv=mg+q=3kv.解得v=3v,方向向下,故選C. 答案:C4.如圖所示,豎直放置的一對平行金屬板間的電勢差為U1,水

4、平放置的一對平行金屬板間的電勢差為U2.一電子由靜止開始經(jīng)U1加速后,進入水平放置的金屬板間,剛好從下板邊緣射出.不計電子重力.下列說法正確的是( )A.增大U1,電子一定打在金屬板上B.減少U1,電子一定打在金屬板上C.減少U2,電子一定能從水平金屬板間射出D.增大U2,電子一定能從水平金屬板間射出解析:電子經(jīng)U1加速,qU1=ymv2,電子以速度v進入水平放置的金屬板間做類平拋運動,x=vt, at2,a=qU2/dm,聯(lián)立解得x=d,所以正確選項是BC.答案:BC 5.如圖(甲)所示,兩個平行金屬板PQ正對豎直放置,兩板間加上如圖(乙)所示的交變電壓.t=0時,Q板比P板電勢高U0,在兩

5、板的正中央M點有一電子在電場力作用下由靜止開始運動(電子所受重力可忽略不計),已知電子在04t0時間內(nèi)未與兩板相碰.則電子速度方向向左且速度大小逐漸增大的時間是( )A.0<t<t0 B.t0<t<2t0C.2t0<t<3t0 D.3t0<t<4t0解析:在0t0時間內(nèi),電子向右做初速度為零的勻加速運動,在t02t0時間內(nèi),電子向右做勻減速運動,直到速度減小到零;在2t03t0時間內(nèi),電子向左做初速度為零的勻加速運動,在3t04t0時間內(nèi),電子向左做勻減速運動,直到速度減小為零.所以電子速度方向向左且速度大小逐漸增大的時間是2t03t0,所以正確

6、選項是C.答案:C6.如圖所示,在光滑絕緣水平面上,兩個帶等量正電的點電荷M N分別固定在AB兩點,O為AB連線的中點,CD為AB的垂直平分線.在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P(設(shè)不改變原來的電場分布),在以后的一段時間內(nèi),P在CD連線上做往復運動.若( )A.小球P的帶電量緩慢減小,則它往復運動過程中振幅不斷減小B.小球P的帶電量緩慢減小,則它往復運動過程中每次經(jīng)過O點時的速率不斷減小C.點電荷M N的帶電量同時等量地緩慢增大,則小球P往復運動過程中周期不斷減小D.點電荷M N的帶電量同時等量地緩慢增大,則小球P往復運動過程中振幅不斷減小解析:由對稱性可知,M N的帶電量一定時,

7、小球P的帶電量的變化只影響其加速度的大小,影響其到達O點的速率的大小,而不會影響振幅的大小,因此,B正確,A錯誤;如果M N的帶電量等量緩慢增大,則小球P所受電場力產(chǎn)生的加速度在同一位置時將更大,速度變化將更快,即周期將變小,同時,伴隨M N電量的增加,由于對P的束縛起作用越來越強大,其振幅將不斷減小,CD均正確.答案:BCD7.平行板間有如圖所示周期變化的電壓,重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央,從t=0時刻開始將其釋放,運動過程無碰板情況,選項中,能正確定性描述粒子運動的速度圖象的是( )解析:由F=Eq=q知帶電粒子做變速運動的加速度大小是定值.a=故CD錯誤.由圖知0T時間段內(nèi)加速度大

8、小相等方向相反,故粒子做的是單向直線運動,速度沒有反向,故A正確,B錯誤.答案:A8.如圖所示是一個平行板電容器,其電容為C,帶電荷量為Q,上極板帶正電,兩極板間距離為d.現(xiàn)將一個檢驗電荷+q由兩極板間的A點移動到B點,AB兩點間的距離為s,連線AB與極板間的夾角為30°,則電場力對檢驗電荷+q所做的功等于( )解析:電容器兩板間的電場強度EAB兩點間的電勢差UAB=Essin30°=,則電場力對電荷做的功W=qUABC正確.答案:C9.如圖所示,一帶電粒子以速度v垂直于場強方向沿上板邊緣射入勻強電場,剛好貼下邊緣飛出,已知產(chǎn)生場強的金屬板長為l,如果帶電粒子的速度為2v時

9、,當它的豎直位移等于板間距d時,它的水平射程x為_. 解析:粒子速度為v時,在電場中運動時間為t=,側(cè)移量為d=yat2,速度為2v時,粒子在電場中運動時間為t,側(cè)移量為h=yat2=.由粒子飛出電場時好像從位移中點y處飛出一樣的規(guī)律可知則x=解得x=l+x=2.5l.答案:2.5l10.如圖所示,光滑絕緣豎直細桿與以正電荷Q為圓心的圓周交于B,C兩點.一質(zhì)量為m,電荷量為-q的空心小球從桿上A點從靜止開始下落.設(shè)AB=BC=h,小球滑到B點時速度為求:(1)小球滑至C點的速度;(2)A,C兩點的電勢差.解析:(1)因B,C是在電荷Q產(chǎn)生的電場中處在同一等勢面上的兩點,即UC=UB,所以從B到

10、C時電場對帶電小球所做的功為0,由BC,根據(jù)動能定理,有mghm·3gh則vC=(2)以小球為研究對象,根據(jù)動能定理有mg2h+UAC·(-q)=答案: 11.如圖所示,空間存在著電場強度E=2.5×102 N/C方向豎直向上的勻強電場,在電場內(nèi)一長為L=0. 5 m的絕緣細線一端固定于O點,另一端拴著質(zhì)量m=0.5 kg電荷量q=4×10-2 C的小球.現(xiàn)將細線拉至水平位置,將小球由靜止釋放,當小球運動到最高點時細線受到的拉力恰好達到它能承受的最大值而斷裂.取g=10 m/s2.求: (1)小球的電性;(2)細線能承受的最大拉力值.解析:(1)由小球運

11、動到最高點可知,小球帶正電.(2)設(shè)小球運動到最高點時速度為v,對該過程由動能定理有(qE-mg)L=ymv2在最高點對小球由牛頓第二定律有FT+mg-qE=m,由式及題中數(shù)據(jù)可得FT=15 N.答案:(1)正電 (2)15 N12.如圖,可視為質(zhì)點的三物塊ABC放在傾角為30°的固定斜面上,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)=A與B緊靠一起,C緊靠在固定擋板上,三物塊的質(zhì)量分別為mA=0.80 kgmB=0.64 kg、mC=0.50 kg,其中A不帶電,BC均帶正電,且qC=2.0×10-5 C,開始時三個物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用,BC間相距L=1.0 m.如果選

12、定兩點電荷在相距無窮遠處的電勢能為0,則相距為r時,兩點電荷具有的電勢能可表示為Ep=k現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F,使A在斜面上做加速度a=1.5 m/s2的勻加速直線運動,假定斜面足夠長.已知靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,取g=10 m/s2.求:(1)B物塊的帶電荷量qB.(2)AB運動多長距離后開始分離.(3)從開始施力到AB分離,力F對A物塊做的功.解析:(1)ABC處于靜止狀態(tài)時,設(shè)B物塊的帶電荷量為qB,則C對B的庫侖斥力F0=以AB為研究對象,根據(jù)力的平衡F0=(mA+mB)gsin30°聯(lián)立解得qB=4.0×10-5C(2)給A施加力F后,AB沿斜面向上做勻加速直線運動,C對B的庫侖力逐漸減小,AB之間的彈力也逐漸減小.設(shè)經(jīng)過時間t,BC間距離變?yōu)長,AB兩者間彈力減小到零,此后兩者分離.則t時刻C對B的庫侖斥力為F0=以B為研究對象,由牛頓第二定律有F0-mBgsin30°-mBgcos30°=mBa聯(lián)立解得L=1.2m則AB分離時,AB運動的距離L=L-L=0.2m (3)設(shè)從開始施力到AB開始分離這段時間內(nèi)庫侖力做的功為W0