物理试题解析

物理试题解析

1．某电容器上标有“25 μF、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2.5×10－5 C B．要使该电容器带电量1 C，两极板之间需加电压2.5×10V C．该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10 C D．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C＝Q/U可得，C＝ΔQ/ΔU，ΔQ＝CΔU，要使该电容器两极板之间电压增加ΔU＝1 V，所需电荷量为ΔQ＝2.5×10－5 C，A正确，B错误；该电容器能

－5－2

够容纳的电荷量最多为Q＝CU＝2.5×10×450＝1.125×10 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：A

2.(2010·海门模拟)如图6－3－19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( )

－5

－5

图6－3－19

A．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Q＝CU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：D

3.如图6－3－20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6－3－20

A．将打在下板

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

UQ

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＝＝＝

dCd

4kπQ

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εrS

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． 答案：BD

4.真空中的某装置如图6－3－21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α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α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )

图6－3－21

A．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1∶2∶2 D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4

L1＋L21m 解析：粒子加速过程qU1＝mv2，从B至M用时t＝，得t∝ ，所以t1∶t2∶t3

2qv

2

1qU2L12U2L1＝1∶2∶2，选项A错误．偏转位移y＝＝，所以三种粒子打到荧光屏上

2mdv4dU1

的位置相同，选项B正确．因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，选项C、D错误． 答案：B

5.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6－3－22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(v＞0)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6－3－22

A．由题设条件可以判断出粒子的带电性质 B．对h≤d的粒子，h越大，t越大

C．对h≤d的粒子，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等 D．h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

qE

正确．h≤d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m

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W＝qEx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：AD

6．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Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ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6－3－23甲所示，小球运动的v－t图象如图6－3－23乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( )

图6－3－23

A．在t＝2.5 s时，小球经过边界MN B．小球受到的重力与电场力之比为3∶5

C．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Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二

mg3

定律可知：＝，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B正确．小球在t＝2.5

F－mg2

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：BC

7.如图6－3－24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6－3－24

tUq

A．在前时间内，电场力对粒子做的功为 24

t3

B．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq

28

dd

C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2

44dd

D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2∶1

44 答案：B

8.如图6－3－25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6－3－25

A．电场力对小球做功为零

B．小球的电势能增加

122

C．小球的机械能减少量为mgt D．C可能位于AB直线的左侧

2

解析：由动能定理，得mgh＋W电＝0，可知W电＝－mgh＜0，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

11mg＋qEsin 15°2122

减少量为ΔEp＝mgh＝mg·at2＝mg··t＞mgt.选项A、C、D错误．

22m2 答案：ACD

9.如图6－3－26所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝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q＝mg/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6－3－26

(2)若小球的带电荷量为q＝2mg/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 α＝qEcos 30°，F1sin α＝mg＋qEsin 30° 解之得α＝60°，F1＝3mg.

(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

3mg的合力和电场力在一条直线上，故F2＝mgsin 60°＝mg，方向如图乙所示，斜向左上

2

60°. 答案：(1)3mg 与水平线夹60°角斜向右上方 (2)

3

mg 与水平线夹60°角斜向左上方 2

10.如图6－3－27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，

l

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

2

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6－3－27

解析：设粒子质量为m，带电荷量为q，初速度为v0， vyat1l

v0t＝l，y＝at2，tan θ＝＝，y＋ltan θ＝，

22v0v01l2all

所以a·2＋l·2＝，3al＝v20.

2v0v02

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l－y.

2

1l21v0l215

其中y＝a·2＝··2＝l，范围是l.

2v023lv066

5

答案：l 图略

6

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6－3－28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6－3－28

2qEqE

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＝＝

2mm 球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有v21＝2a1L求得v1＝

2qEL

m

(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

W1＝2qE×3L＋(－3qE×2L)＝0，故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达NQ v1

设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则t1＝，解得：t1＝

a1

2mL

qE

－3qE＋2qEqE

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＝＝－ 2m2m0－v1

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＝，

a2 求得t2＝ t＝t1＋t2＝3

8mL

.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： qE

2mL

，B球电势能增加了：Ep＝E·3q·2L＝6EqL qE

32mL2qEL

(2) 6EqL mqE

答案：(1)