高中物理 電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動同步試題

1、電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動同步試題60°P N O M 1(2010·海南)如右圖， M、N和P是以為直徑的半圈弧上的三點(diǎn)，O點(diǎn)為半圓弧的圓心，電荷量相等、符號相反的兩個點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)，這時O點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為；若將N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)，則O點(diǎn)的場場強(qiáng)大小變?yōu)?，與之比為ABCD2如圖所示，一個平行板電容器，板間距離為d，當(dāng)對其加上電壓后，A、B兩板的電勢分別為和，下述結(jié)論正確的是()A電容器兩極板間可形成勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E/dB電容器兩極板間各點(diǎn)的電勢，有的相同，有的不同；有正的，有負(fù)的，有的為零C若只減小兩極板間的距離d，該電容器的電容C要增大，極板

2、上帶的電荷量Q也會增加圖1D若有一個電子水平射入穿越兩極板之間的電場，則電子的電勢能一定會減小3如圖，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m，帶電量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，以下說法正確的是()A若將S斷開，則油滴將做自由落體運(yùn)動，G表中無電流B若將A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有ba的電流圖2C若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動，G表中有ba的電流D若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運(yùn)動，G表中有ba的電流4.如圖3所示，一個帶正電的粒子以一定的初速度垂直進(jìn)入水平方向的勻強(qiáng)電場，若不計(jì)重力，下列四個選項(xiàng)中能正確描述

3、粒子在電場中運(yùn)動軌跡的是()5示波器是用來觀察電信號隨時間變化的儀器示波器的核心部件是示波管示波管的工作原理示意圖如圖所示電子經(jīng)電壓U1加速后以速度v0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h.兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長L.為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量)，可采用的方法是()圖4A增大兩板間電勢差U2 B盡可能使板長L短些C盡可能使板間距離d小一些 D使加速電壓U1升高一些6如圖所示，絕緣桿兩端固定帶電小球A和B，輕桿處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，不考慮兩球之間的相互作用。初始時桿與電場線垂直，將桿右移的同時順時針轉(zhuǎn)過90°，發(fā)現(xiàn)A、B兩球電勢能之和不變。根

4、據(jù)如圖給出的位置關(guān)系，下列說法正確的是 ( )LLAABBAA一定帶正電，B一定帶負(fù)電BA、B兩球帶電量的絕對值之比qAqB=12 CA球電勢能一定增加D電場力對A球和B球都不做功圖7如圖所示，有一帶電粒子(不計(jì)重力)緊貼A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡從兩板中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡落到B板正中間；設(shè)帶電粒子兩次射入電場的水平速度相同，則電壓U1、U2之比為()A11 B12C14 D188如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打

5、在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()A板間電場強(qiáng)度大小為mg/qB板間電場強(qiáng)度大小為2mg/q圖C質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時間和它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等D質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間9.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(jì)指針偏角為。實(shí)驗(yàn)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10如圖3所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下

6、極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計(jì))，則從開始射入到打到上板的過程中()A它們運(yùn)動的時間tQ>tP B它們運(yùn)動的加速度aQ<aPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12 D它們的動能增加量之比EkPEkQ1211如圖所示，在平面內(nèi)有一個以為圓心、半徑R=0.1m的圓，P為圓周上的一點(diǎn)，、兩點(diǎn)連線與軸正方向的夾角為。若空間存在沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小，則、兩點(diǎn)的電勢差可表示為A. B. C. D. 12如圖8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(jìn)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(yùn)動軌跡不發(fā)生變

7、化，應(yīng)該 ()A使U2加倍 B使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C使U2變?yōu)樵瓉淼谋?D使U2變?yōu)樵瓉淼?/213如圖所示，D是一只理想二極管，電流只能從a流向b，而不能從b流向a.平行板電容器的A、B兩極板間有一電荷，在P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)以E表示兩極板間的電場強(qiáng)度，U表示兩極板間的電壓，Ep表示電荷在P點(diǎn)的電勢能若保持極板B不動，將極板A稍向上平移，則下列說法中正確的是()AE變小 BU變大CEp不變 D電荷仍保持靜止14如圖所示，一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場，電場沿豎直方向兩個比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點(diǎn)(如圖)以相同的水平速度射入兩平行板之間測得a和b與電

8、容器極板的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為12，若不計(jì)重力，則a和b的比荷之比是()A12 B18C21 D4115如圖所示，真空室中速度v01.6×107 m/s的電子束，連續(xù)地沿兩水平金屬板中心線OO射入，已知極板長l4 cm，板間距離d1 cm，板右端距離熒光屏PQ為L18 cm.電子電荷量q1.6×1019 C，質(zhì)量m0.91×1030 kg.若在電極ab上加u220sin100t V的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸y上能觀測到多長的線段？(設(shè)極板間的電場是均勻的、兩板外無電場、熒光屏足夠大)16如左圖，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m=0.

9、2kg，帶電量為的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)。從t=0時刻開始，空間加上一個如右圖所示的場強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場，（取水平向右的方向?yàn)檎较?，?0m/s2。）求：（1）23秒內(nèi)小物塊的位移大小；（2）23秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功。 17(2010年臨沂模擬)如圖9327所示，一光滑斜面的直角點(diǎn)A處固定一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點(diǎn)B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上部小球從B點(diǎn)由靜止自由釋放，球能沿斜面從B點(diǎn)運(yùn)動到斜面底端C處，求：(1)小球從Eqm左圖0t/sE/（×105N/C)684212103-1右圖B處開始運(yùn)動到斜面中點(diǎn)

10、D處時的速度；(2)小球運(yùn)動到斜面底端C處時，球?qū)π泵娴膲毫Υ笮?8如圖所示，某空間有一豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=1.0×102V/m，一塊足夠大的接地金屬板水平放置在勻強(qiáng)電場中，在金屬板的正上方高度h=0.80m的a處有一粒子源，盒內(nèi)粒子以v0=2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各個方向均勻放出質(zhì)量為m=2.0×10-15kg，電荷量為q=+10-12C的帶電粒子，粒子最終落在金屬板b上。若不計(jì)粒子重力，求：（結(jié)果保abh留兩位有效數(shù)字）粒子源所在處a點(diǎn)的電勢；帶電粒子打在金屬板上時的動能；從粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍（所形成的面積）；若使

11、帶電粒子打在金屬板上的范圍減小，可以通過改變哪些物理量來實(shí)現(xiàn)?參考答案：E1/2 E1/2 E21.B 解析：依題意，每個點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為，則當(dāng)N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)時，O點(diǎn)場強(qiáng)如圖所示，合場強(qiáng)大小為，則，B正確。2. 解析：選BCD.由題意可知，兩板間電壓為2，電場強(qiáng)度為E，A錯誤；板間與板平行的中線上電勢為零，中線上方為正，下方為負(fù)，故B正確；由C知，d減小，C增大，由QCU知，極板帶電量Q增加，C正確；電子水平射入穿越兩極板之間的電場時，電場力一定對電子做正功，電子的電勢能一定減小，D正確3. 解析：選BC.將S斷開，電容器電量不變，板間場強(qiáng)不變，故油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，A錯誤；若

12、S閉合，將A板左移，由E可知，E不變，油滴仍靜止，但因C變小，電容器極板電量變小，因此有ba的電流，B正確；將A板上移，由E可知，E變小，油滴應(yīng)向下加速運(yùn)動，因C變小，電容器要放電，因此有ba的電流流過G，C正確；當(dāng)A板下移時，板間電場強(qiáng)度增大，油滴受的電場力增加，油滴向上加速運(yùn)動，但因C增大，電容器要充電，因此有ab的電流流過G，故D錯誤4. 解析：選C.電荷在電場中做類平拋運(yùn)動，受力方向總是沿電場線方向，軌跡向右彎曲，C正確5. 解析：選C.加速過程有： 偏轉(zhuǎn)過程： 由得.因此要提高靈敏度，可采用的辦法有增大L，減小U1，減小d.故C對6.B 7. 解析：選D.設(shè)板長為L，板間距離為d，水

13、平初速度為v0；帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q；兩次運(yùn)動的時間分別為t1和t2.第一次射入時：Lv0t1，·t12，聯(lián)立兩式解得：U1.第二次射入時：v0t2，d·t22，聯(lián)立兩式解得：U2.所以U1U218，故D正確8. 解析：選BC.當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受電場力方向向上且大于重力時，質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到屏上由運(yùn)動的合成與分解，可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動，所以質(zhì)點(diǎn)在電場中做類平拋運(yùn)動的時間和在重力場中做斜上拋運(yùn)動的時間相等由運(yùn)動規(guī)律可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，vxv0；在豎直方向上：在電場中vyat，如圖所示，離開電場后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動，vygt，由此運(yùn)動過程的對稱

14、性可知ag，由牛頓第二定律得：qEmgmamg，解得：E2mg/q.故B、C正確9. 【答案】A【解析】由知保持S不變，增大d，電容減小，電容器帶電能力降低，電容器電量減小，靜電計(jì)所帶電量增加，變大；保持d不變，減小S，電容減小，變大。正確答案A。10. 解析：設(shè)P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是h/2，它們做類平拋運(yùn)動的水平距離為l.則對P，由lv0tP，aPtP2，得到aP；同理對Q，lv0tQ，haQtQ2，得到aQ.由此可見tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPqQ12.由動能定理，它們的動能增加量之比EkPEkQmaPmaQh14.綜上所

15、述，C項(xiàng)正確答案：C11. 答案：A。解析：在勻強(qiáng)電場中，兩點(diǎn)間的電勢差U=Ed，而d是沿場強(qiáng)方向上的距離，所以，故：，選項(xiàng)A正確。12. 解析：要使電子的運(yùn)動軌跡不變，則應(yīng)使電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后任一水平位移x所對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)距離y保持不變由yat2··()2和qU1mv02得y，可見在x、y一定時，U2U1.故A項(xiàng)正確答案：A13. 解析：由C可知，當(dāng)極板A稍向上平移時，d增大，C變小，但因二極管的存在，電容器上的電量不能放出，故電容器上的電量Q不變，由QCU可知，U變大，由QE可知，板間電場強(qiáng)度不變，電荷仍靜止，且P不變，故EpPq也不變，綜上所述，B、C、D均正確，A錯誤答

16、案：BCD14. 解析：帶電粒子受到的電場力FEq，產(chǎn)生的加速度a，在電場中做類平拋運(yùn)動的時間t ，位移xv0t，所以，D正確答案：D15：因?yàn)榻?jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為t2.5×109 s, 而T0.02 st.故可以認(rèn)為進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當(dāng)時所加電壓形成的勻強(qiáng)電場中運(yùn)動縱向位移at2，a，所以電子能夠打在熒光屏上最大豎直偏轉(zhuǎn)電壓：Um91 V.當(dāng)U91 V時，E，yat2因?yàn)関yatt4×106 m/s，tan0.25偏轉(zhuǎn)量yLtan5 cm.y軸上的觀測量為2y10 cm.答案：10 cm16. 解析：（1）02s內(nèi)物塊加速度位移2s末的速度為24s內(nèi)物塊加速度位移4s末的速度為因此小物塊做周期為4s的加速和減速運(yùn)動，第22s末的速度也為，第23s末的速度 （）所求位移為（2）23秒內(nèi)，設(shè)電場力對小物塊所做的功為W，由動能定理：求得17. 解析：(1)由題意知：小球運(yùn)動到D點(diǎn)時，由于ADAB，所以有電勢DB，即UDBDB0則由動能定理得：mgsin30°mvD20聯(lián)