2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第七单元 电场 作业32 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第七单元 电场 作业32 Word版含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2016·全国新课标Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
答案 D
解析 电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故A、B、C项错误，D项正确．
2．1913年，美国物理学家密立根设计了著名的油滴实验，首先直接测定了基元电荷的量值．其模型简化如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( )
A．油滴带正电
B．油滴带电荷量为eq \f(mg,Ud)
C．电容器的电容为eq \f(kmgd,U2)
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
答案 C
解析 带电油滴在电场中受重力与电场力处于静止状态，故所受电场力方向竖直向上．M板带正电，故油滴带负电，A项错误；由平衡条件有：mg＝eq \f(U,d)q，故q＝eq \f(mgd,U)，B项错误；电容定义式为C＝eq \f(Q,U)，由题意得Q＝kq，解得：C＝eq \f(kmgd,U2)，C项正确；电容器与电源保持连接，两极板电势差不变，N板下移，板间距离d增大，故场强减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，D项错．
3．(2016·孝感冲刺)电容式加速度传感器的原理结构如图所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则( )
A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小
B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流
C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长
D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流
答案 D
解析 根据电容器的电容公式C＝eq \f(εrS,4kπd)，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A项错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B项错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则质量块相对传感器向右运动，从而压缩弹簧，故C项错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块相对传感器向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D项正确．
4．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
答案 AD
解析 在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F＝eq \f(U0e,d)，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个eq \f(T,4)内向B板做匀加速直线运动，在第二个eq \f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq \f(T,4)内反向做匀加速直线运动．在第四个eq \f(T,4)内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图像如图D所示，v－t图像如图A所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，所以x－t图像应是曲线．故本题选AD项．
5.如图所示，水平放置的两平行金属板与一直流电源相连，一带正电的粒子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B，现将平行金属板分别以O、O′为圆心在平面内旋转相同角度后(角度不太大)，粒子仍以原来的方式射入，则( )
A．粒子将做曲线运动
B．粒子仍做匀速直线运动
C．粒子做匀变速直线运动
D．粒子的电势能可能增加，也可能减小
答案 CD
解析 刚开始时粒子做匀速直线运动，mg＝qE＝qeq \f(U,d)，由受力分析可知，粒子在竖直方向上合力为零．如图所示，平行金属板顺时针旋转θ角，则qeq \f(U,d′)csθ＝qeq \f(U,dcsθ)csθ＝qeq \f(U,d)＝mg，即竖直方向上的合力为0，水平方向的合力为F＝mgtanθ，故粒子做匀加速直线运动，A、B项错误，C项正确；由分析知电场力做正功，粒子的电势能减小；同理，若平行金属板逆时针旋转θ角，则粒子电势能逐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故D项正确．
6.如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是( )
A．S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越高
B．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间相同
C．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同
D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高
答案 CD
解析 电子在A、B板间加速UBAe＝eq \f(1,2)mv2，在C、D板间的偏转位移y＝eq \f(1,2)·eq \f(Ue,md)·(eq \f(L,v))2＝eq \f(UL2,4dUBA)，S闭合，只向右移动滑片P，UBA增大，偏转位移y减小，电子打在M上的位置降低，A项错误；设电子在A、B板间的运动时间为t1，A、B板间距离为dAB，则dAB＝eq \f(v,2)t1，S闭合，只改变A、B板间距离，板间电压UBA不变，v不变，t1变化，从B板射出后水平方向匀速运动速度不变，电子由O到M经历的时间必然变化，B项错误；S闭合，只改变A、B板间距离，板间电压UBA不变，偏转位移y相同，根据动能定理知电场力做功相同，电子到达M瞬间的动能相同，C项正确；S闭合再断开，A、B板所带电荷量不变，向左平移B板，板间距离减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkdAB)，C增大，UBA＝eq \f(Q,C)，UBA减小，又y＝eq \f(1,2)·eq \f(Ue,md)·(eq \f(L,v))2＝eq \f(UL2,4dUBA)可知电子打在M上的位置升高，D项正确．
7.(2016·海南)如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )
A.eq \f(Ek0,4qd) B.eq \f(Ek0,2qd)
C.eq \f(\r(2)Ek0,2qd) D.eq \f(\r(2)Ek0,qd)
答案 B
解析 根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当分速度vy＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学公式：－vy2＝－2eq \f(Eq,m)d，由于vy＝v0cs45°，Ek0＝eq \f(1,2)mv02，联立整理得到E＝eq \f(Ek0,2qd)，故B项正确．
8．(2017·山东日照质检)如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图像，其中正确的是( )
答案 D
解析 在匀强电场中，沿电场线方向，电势均匀降低，A项错误；带负电小球受电场力与场强方向相反，在匀强电场中受电场力不变，故加速度不变，所以在x<0区域内加速度方向为正方向，在x>0区域内加速度为负方向．B项；小球在原点的初速度为v0，经过任意一段位移x后的速度为v，由匀变速直线运动规律可知，v2－v02＝2ax，所以v－x图像不是直线，C项错误；由动能定理有：Eqx＝Ek－eq \f(1,2)mv02，故Ek－x图像为一次函数图像，D项正确．
9.如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．以下说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域
答案 BD
解析 粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项B正确，A错误；由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项D正确，C错误．
10．如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy，当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝2 V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝－1 V时，荧光屏上光点的坐标为(4，－1)，则当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝1 V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝2 V时，荧光屏上光点的坐标为( )
A．(2，－2) B．(4，－2)
C．(2，2) D．(4，2)
答案 C
解析 根据y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU,2md)t2可知，偏转位移与电压成正比，所以答案选择C.
11．如图(1)是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电荷量Q将随待测物体的上下运动而变化，若Q随时间t的变化关系为Q＝eq \f(b,t＋a)(a、b为大于零的常数)，其图像如图(2)所示，那么图(3)、图(4)中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是( )
A．①和③ B．①和④
C．②和③ D．②和④
答案 C
解析 由C＝eq \f(Q,U)知，U不变，Q减小，C减小，由C＝eq \f(εS,4kπd)知，d增大．由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4kπb,εS（t＋a）)知②图像正确．由C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εS,4kπd)＝eq \f(b,U（t＋a）)知d＝eq \f(εSU（t＋a）,4kπb)，即d与t为一次函数，故v的大小不变，③图像正确．
二、非选择题
12.如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10 m/s2，sinα＝0.6，csα＝0.8)．求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度．
答案 (1)8×10－8 kg (2)eq \f(\r(7),2) m/s
解析 (1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，
可得qEcsα＝mg
E＝eq \f(U,d)
解得m＝eq \f(qUcsα,dg)
代入数据得m＝8×10－8 kg
(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零．对液滴由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(v02＋\f(2qU,m))
所以v＝eq \f(\r(7),2) m/s
13．(2016·北京)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2.
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
答案 (1)eq \r(\f(2eU0,m)) eq \f(UL2,4U0d) (2)略 (3)略
解析 (1)根据功和能的关系，有eU0＝eq \f(1,2)mv02
电子射入偏转电场的初速度v0＝eq \r(\f(2eU0,m))
在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq \f(L,v0)＝Leq \r(\f(m,2eU0))
偏转距离Δy＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝eq \f(UL2,4U0d).
(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有
重力G＝mg＝10－29 N
电场力F＝eq \f(eU,d)＝10－15 N
由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力．
(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，
即φ＝eq \f(Ep,q)
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫作“重力势”，即φG＝eq \f(EG,m).
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
14．如图所示，两平行金属板A、B长8 cm，两极板间距离d＝8 cm，A极板比B极板电势高300 V，一电荷量q＝1×10－10 C、质量m＝1×10－20 kg的带正电的粒子，沿电场中心线RO垂直电场线方向飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS恰好做匀速圆周运动打在放置于中心线上的荧光屏bc上，不计粒子重力(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)．
(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？
(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；
(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．
答案 (1)3 cm 12 cm (2)见解析
(3)负电 1.04×10－8 C
解析 (1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)
y＝eq \f(1,2)at2，t＝eq \f(L,v0)，a＝eq \f(qUAB,md)，UAB＝300 V
解得y＝0.03 m
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线的距离为Y，
则eq \f(y,Y)＝eq \f(\f(L,2),\f(L,2)＋s1)
解得Y＝0.12 m；
(2)第一段是抛物线，第二段是直线，第三段是圆弧．
(3)粒子到达H点时，其水平速度vx＝v0＝2.0×106 m/s
竖直速度vy＝at＝1.5×106 m/s
则v合＝2.5×106 m/s
该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电
根据几何关系可知半径r＝15 cm
keq \f(qQ,r2)＝meq \f(v合2,r)
解得Q≈1.04×10－8 C