高考物理一輪復習第7章靜電場課時作業(yè)25 (含解析)

課時作業(yè)25電容器與電容帶電粒子在電場中的運動時間：45分鐘1．研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示．下列說法正確的是(A)A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大解析：本題考查平行板電容器．帶電玻璃棒接觸a板，a板會帶上同種電荷，同時b板上會感應出異種電荷，故A正確；靜電計指針張角反映電容器兩板間電壓，將b板上移，正對面積S減小，電容C減小，板間電壓U增大，故指針張角變大，B錯；插入有機玻璃板，相對介電常數(shù)εr增大，電容C增大，板間電壓U減小，指針張角變小，C錯；只增加極板帶電量Q，板間電壓U增大，但電容保持不變，故D錯．2．利用電容傳感器可檢測礦井滲水，及時發(fā)出安全警報，從而避免事故的發(fā)生；如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液面高低的儀器原理圖，A為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導電液體(礦井中含有雜質(zhì)的水)，A，C構(gòu)成電容器．已知靈敏電流表G的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關系：電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)．若礦井滲水(導電液體深度A增大)，則電流表(B)A．指針向右偏轉(zhuǎn)，A，C構(gòu)成的電容器充電B．指針向左偏轉(zhuǎn)，A，C構(gòu)成的電容器充電C．指針向右偏轉(zhuǎn)，A，C構(gòu)成的電容器放電D．指針向左偏轉(zhuǎn)，A，C構(gòu)成的電容器放電解析：由圖可知，液體與芯柱構(gòu)成了電容器，由圖可知，兩板間距離不變；液面變化時只有正對面積發(fā)生變化；則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當液面升高時，只能是正對面積S增大，故可判斷電容增大，再依據(jù)C＝eq\f(Q,U)，因電勢差不變，那么電容的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，因電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)，因此指針向左偏轉(zhuǎn)，故A、C、D錯，B正確．3．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(A)A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回 D．穿過P′點解析：根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強電場的電壓與電場強度的關系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確．4．(多選)一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示極板間的電場強度，U表示兩極板的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移動到如圖中虛線所示位置，則(AB)A．U變小，Ep不變 B．U變小，E不變C．U變大，Ep變大 D．U不變，E不變解析：從題圖中可知兩極板間的距離減小，根據(jù)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得電容器電容增大，因為充電后與電源斷開，則兩極板所帶電荷量不變，故根據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)可知兩板間電勢差U減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)聯(lián)立解得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，即兩極板間的電場強度與兩極板間的距離無關，所以電場強度E不變，由于下極板接地，電勢為零，P與下極板間的電勢差等于P點的電勢，由于P點到下極板的距離以及電場強度不變，所以P點的電勢不變，根據(jù)Ep＝qφ可知電勢能不變，A、B正確．5．如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該(A)A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍 D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)解析：平行金屬板的寬度為L，板間距離為d，則偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(U2L2,4dU1).U1加倍后，若使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，即y不變，則必須使U2加倍．選項A正確．6．如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則(C)A．油滴帶正電B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析：由題意知，極板M帶正電，極板間電場豎直向下，油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，可知受電場力豎直向上，與電場反向，因此油滴帶負電，故A項錯誤．油滴處于平衡狀態(tài)，豎直方向上重力與電場力平衡，有mg＝eq\f(U,d)q，可推出q＝eq\f(mgd,U)，故B項錯誤．因為極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，可得Q＝kq＝eq\f(kmgd,U)，而C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(kmgd,U2)，故C項正確．在接有電源的情況下，將極板N向下緩慢移動一小段距離，U不變，d增大，此時mg>eq\f(U,d)q，油滴在豎直方向上合外力方向向下，因此油滴將向下運動，故D項錯誤．7．如圖所示，設電子剛剛離開金屬絲時的速度可忽略不計，經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0.偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d，不計電子所受重力．求：(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0的大??；(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(3)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時速度的大小和方向．解析：(1)根據(jù)功和能的關系，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))(2)在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(eU,md)偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于極板方向的速度vy＝aΔt＝eq\r(\f(e,2mU0))·eq\f(LU,d)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(\f(2eU0,m)＋\f(eU2L2,2mU0d2))電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與偏轉(zhuǎn)極板的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)答案：(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)eq\f(UL2,4U0d)(3)eq\r(\f(2eU0,m)＋\f(eU2L2,2mU0d2))，tanθ＝eq\f(UL,2U0d)(θ為速度方向與偏轉(zhuǎn)極板的夾角)8．如圖所示，平行板電容器的A板帶正電，與靜電計上的金屬球相連；平行板電容器的B板和靜電計的外殼均接地．此時靜電計指針張開某一角度，則以下說法中正確的是(D)A．在兩板間插入介質(zhì)板，靜電計指針張角變大B．在兩板間插入金屬板，(金屬板與A、B板不接觸)靜電計指針張角變大C．B板向右平移，靜電計指針張角變大D．B板向上平移，靜電計指針張角變大解析：在兩板間插入介質(zhì)板，由C＝eq\f(εrS,4πkd)得知，電容C增大，而電荷量Q不變，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，板間電壓U減小，靜電計指針張角變小，故A錯誤．在兩板間插入金屬板，板間距離減小，電容C增大，而電荷量Q不變，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，板間電壓U減小，靜電計指針張角變小，故B錯誤．B板向右平移，板間距離d減小，根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)得知，電容增大，而電荷量Q不變，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，板間電壓U減小，靜電計指針張角變小，故C錯誤．B板向上平移，兩極板正對面積減小，由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)得知，電容C減小，而電荷量Q不變，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，板間電壓U增大，靜電計指針張角變大，故D正確．9．(多選)如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處以初動能Ek0豎直向上射出．不計粒子的重力，兩極板足夠長．若粒子恰能打到上極板．下列說法正確的是(ABD)A．兩極板之間的電場強度大小為eq\f(Ek0,2qd)B．帶電粒子到達上極板時電勢能增加0.5Ek0C．帶電粒子到達上極板時動能減小為零D．帶電粒子到達上極板時機械能減少0.5Ek0解析：如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板方向的vy和平行極板方向的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當分速度vy＝0時，粒子的速度方向正好與上極板平行，則根據(jù)運動學公式有，－veq\o\al(2,y)＝－2eq\f(Eq,m)d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得E＝eq\f(Ek0,2qd)，選項A正確；粒子到達上極板時，克服電場力做功為W＝qEd＝0.5Ek0，因而電勢能增加0.5Ek0，機械能減少0.5Ek0，選項B、D正確；粒子到達上極板時，速度方向與上極板平行，選項C錯誤．10．如圖所示，一平行板電容器水平放置，兩板間有方向豎直向上的勻強電場，板間距d＝0.40m，電壓U＝10V，金屬板M上開有一小孔．有A、B兩個質(zhì)量均為m＝0.10g、電荷量均為q＝＋8.0×10－5C的帶電小球(可視為質(zhì)點)，其間用長為L＝0.10m的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，A小球恰好位于小孔正上方H＝0.20m處．現(xiàn)由靜止釋放并讓兩個帶電小球保持豎直下落．(g取10m/s2(1)小球在運動過程中的最大速率；(2)小球在運動過程中距N板的最小距離．解析：(1)由受力分析可知，當F合＝0時，速度最大．設有n個球進入電場時，合力為零.2mg＝nEq，E＝eq\f(U,d)，代入數(shù)據(jù)得n＝1，即A球剛進入電場時，F(xiàn)合＝0，此時v有最大值．從開始到A球剛進入電場過程中，v2＝2gH，v＝eq\r(2gH)＝2m/s.(2)設B球進入電場x時小球的速度變?yōu)?，則根據(jù)動能定理有2mg(H＋x＋L)－qEx－qE(x＋L)＝0，解得x＝0.2m，A球距N板的最小距離為s＝d－x－L＝0.1m.答案：(1)2m/s(2)0.1m11．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一、三象限分別存在勻強電場E1、E2，電場E1的場強大小E＝eq\f(4,3)×103V/m，方向與x軸負方向成60°角斜向下．電場E2的場強大小未知，方向與x軸正方向成30°角斜向上．比荷為1.0×105C/kg的帶正電粒子從第三象限的P點由靜止釋放，粒子沿PO做勻加速直線運動，到達O點的速度為104m/s.不(1)P、O兩點間的電勢差；(2)粒子進入電場E1時，在電場E1某位置靜止釋放另外一個完全相同的帶電粒子，使兩粒子在離開電場前相遇，若相遇時所需時間最長，求在電場E1靜止釋放粒子的位置坐標．解析：(1)帶電粒子由P點運動到O點，根據(jù)動能定理有qUPO＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得UPO＝500V(2)粒子在進入電場后做類平拋運動，設離開電場E1時與O點的距離為L，如圖所示，則Lcos30°＝v0t，Lsin30°＝eq\f(qE,2m)t2解得L＝1m由于兩粒子完全相同，所以只需在帶電粒子進