《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析）（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1.如圖所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi)，當(dāng)開關(guān)S閉合，小球靜止時(shí)，懸線與豎直方向的夾角為，則()A當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角增大B當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，若增大平行板間的距離，則夾角增大C當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角增大D當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，若減小平行板間的距離，則夾角減小解析：C帶電小球在電容器中處于平衡時(shí)，由平衡條件有tan ，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電容器兩極板上的電荷量Q不變，由C，U，E可知E，故增大或減小兩極板間的距離d，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，因?yàn)閮蓸O板間的電壓U不變，由
2、E可知，減小兩極板間的距離d，E增大，變大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤2.(2018龍巖模擬)如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的5倍，它們以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場，分別打在M、N點(diǎn)，若OMMN，則P和Q的質(zhì)量之比為(不計(jì)重力)()A25 B52C45 D54解析：D粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩粒子的初速度相等，水平位移比為12，由lv0t可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間比為12，由yat2得加速度之比為41，根據(jù)牛頓第二定律得a，因?yàn)殡姾闪勘葹?1，則質(zhì)量比為54，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤3.如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的
3、直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則()A帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)BP點(diǎn)的電勢將降低C帶電油滴的電勢能將減少D電容器的電容減小，而極板上所帶的電荷量將增大解析：B電容器始終與電源連接，其兩端的電壓U保持不變，上極板向上移動(dòng)一小段距離，意味著板間距離d增大，由E可知E減小，帶電油滴受到的電場力FqE也減小，所以油滴將向下運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)P點(diǎn)到下極板的距離為x，則，可知P點(diǎn)的電勢將降低，選項(xiàng)B正確；電勢能Epq不僅和電勢的高低有關(guān)，還和電荷的正負(fù)及電荷量有關(guān)，由題意分析知油滴帶負(fù)電，則降低，Ep
4、將增加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由C可知電容C減小，由QCU可知極板上所帶的電荷量Q也將減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤4.(多選)一個(gè)帶正電的微粒放在電場中，場強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示帶電微粒只在電場力的作用下(不計(jì)微粒重力)，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是()A微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)B微粒在第2 s末的速度為零C微粒在第1 s內(nèi)的加速度與第2 s內(nèi)的加速度相同D微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移相同解析：ABD由圖可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇數(shù)秒內(nèi)和偶數(shù)秒內(nèi)的加速度大小相等、方向相反，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速運(yùn)動(dòng)，第2 s做減速運(yùn)動(dòng)
5、，然后再加速，再減速，一直持續(xù)下去，微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)，故A、B正確，C錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知，微粒在第1 s內(nèi)的平均速度與第2 s內(nèi)的平均速度相同，由xvt得，微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移相同，故D正確5.“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成偏轉(zhuǎn)器是由兩個(gè)相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構(gòu)成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動(dòng)能從偏轉(zhuǎn)器左端M板正中間小孔垂直入射，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域，最后到達(dá)偏轉(zhuǎn)器右端的探測板N，其中動(dòng)能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)N板的正中間忽略電場的邊
6、緣效應(yīng)(1)判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由；(2)求等勢面C所在處電場強(qiáng)度E的大??；(3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為A、B和C，則到達(dá)N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場前、后的動(dòng)能改變量Ek左和Ek右分別為多少？(4)比較|Ek左|與|Ek右|的大小，并說明理由解析：(1)電子(帶負(fù)電)做圓周運(yùn)動(dòng)，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，B板電勢高于A板(2)據(jù)題意，電子在電場力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，考慮到圓軌道上的電場強(qiáng)度E大小相同，有eEm，Ek0mv2，R聯(lián)立解得E.(3)電子運(yùn)動(dòng)時(shí)只有電場力做功，根據(jù)動(dòng)能定理，有EkqU對(duì)到達(dá)N板左邊緣的電子，電場力做正功，動(dòng)能增加，有
7、Ek左e(BC)對(duì)到達(dá)N板右邊緣的電子，電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，有Ek右e(AC)(4)根據(jù)電場線特點(diǎn)，等勢面B與C之間的電場強(qiáng)度大于C與A之間的電場強(qiáng)度，考慮到等勢面間距相等，有|BC|AC|即|Ek左|Ek右|.答案：(1)B板電勢高于A板，理由見解析(2)(3)Ek左e(BC)Ek右e(AC)(4)|Ek左|Ek右|，理由見解析一、選擇題(本題共10小題，16題為單選題，710題為多選題)1.如圖所示，固定在絕緣支架上的平行板電容器充電后與電源斷開，兩極板與一個(gè)靜電計(jì)相連，將B極向左水平移動(dòng)一小段距離后，電容器的電容C、靜電計(jì)指針偏角和極板間電場強(qiáng)度E的變化情況分別是()AC變小，變大，
8、E不變 BC不變，不變，E變小CC變小，不變，E不變 DC變小，變大，E變小解析：A當(dāng)負(fù)極板左移一小段距離時(shí)，d增大，由C可知，電容C減小，由U可知兩極間的電壓增大，因電壓增大，靜電計(jì)指針偏角會(huì)增大，根據(jù)E，不論極板間距如何變化，極板的電量總不變，因此電場強(qiáng)度不變，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤2.(2018淄博模擬)如圖所示，從F處釋放一個(gè)無初速度的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，指出下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中錯(cuò)誤的是(設(shè)電源電動(dòng)勢為U)()A電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是eUB電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零C電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3eUD電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)解析：C釋放出一個(gè)無初速度電荷量為e的電子，在電壓為
9、U的電場中做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)出電場時(shí)，所獲得的動(dòng)能等于電場力做的功，即WeU，故A正確；由圖可知，BC間沒有電壓，則沒有電場，所以電子在此處做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電子的動(dòng)能不變，故B正確；電子以eU的動(dòng)能進(jìn)入CD電場中，在電場力的阻礙下，電子做減速運(yùn)動(dòng)，由于CD間的電壓也為U，所以電子到達(dá)D板時(shí)速度減為零，開始反向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；由上可知，電子將會(huì)在A板和D板之間加速、勻速再減速，再反向加速、勻速再減速，做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D正確3噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示墨盒可以噴出質(zhì)量一定的墨汁微粒，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符已知墨汁微粒所帶電荷量的多少由計(jì)算
10、機(jī)的輸入信號(hào)按照文字的排列規(guī)律進(jìn)行控制，微粒偏移量越小打在紙上的字跡越小，則從墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場開始到打到紙上的過程中(不計(jì)墨汁微粒的重力)，以下說法正確的是()A墨汁微粒的軌跡是拋物線B電量相同的墨汁微粒軌跡相同C墨汁微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān)D減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓，可以縮小字跡解析：D墨汁微粒在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，出電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，軌跡不是拋物線，故A錯(cuò)誤；墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有，水平方向Lv0t，豎直方向yat2，則出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移y，電量相同，墨汁微粒的軌跡不一定相同，故B錯(cuò)誤；根據(jù)y知，墨汁微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量有關(guān)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)y知
11、，偏轉(zhuǎn)極板間的電壓，出電場時(shí)偏轉(zhuǎn)位移減小，打到紙上的偏轉(zhuǎn)位移減小，可以縮小字跡，故D正確4.如圖所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為場強(qiáng)E1，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場；虛線下方為場強(qiáng)E2，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場一個(gè)質(zhì)量m，帶電量q的小球從上方電場的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場中與A關(guān)于虛線對(duì)稱的B點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A若AB高度差為h，則UABB帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢能相等C在虛線上、下方的電場中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同D兩電場強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E22E1解析：A對(duì)A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，qUABmgh0，解得：UAB，知A、B的電勢不等，則電勢能不等，故A
12、正確，B錯(cuò)誤；A到虛線速度由零加速至v，虛線到B速度由v減為零，位移相同，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的推論知，加速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得：a1，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2，因?yàn)閍1a2，解得：E2E1，故D錯(cuò)誤5如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點(diǎn)在A、B板間，A板接地，B板的電勢隨時(shí)間t變化情況如圖乙所示，t0時(shí)，在P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當(dāng)t2T時(shí)，電子回到P點(diǎn)電子運(yùn)動(dòng)中沒與極板相碰，不計(jì)重力，則()A1212B1214C在02T內(nèi)，當(dāng)tT時(shí)電子的電勢能最大D在02T內(nèi)，電子的電勢能減小了解析：D
13、0T時(shí)間內(nèi)平行板間的電場強(qiáng)度為E1，電子以a1向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間T的位移x1a1T2，速度v1a1T，T2T內(nèi)平行板間電場強(qiáng)度E2，加速度a2，電子以v1的速度向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，位移x2v1Ta2T2，由題意2T時(shí)刻回到P點(diǎn)，則x1x20，聯(lián)立解得231，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)速度最大時(shí)，動(dòng)能最大，電勢能最小，而0T內(nèi)電子做勻加速運(yùn)動(dòng)，之后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以在T時(shí)刻電勢能最小，故C錯(cuò)誤；電子在2T時(shí)刻回到P點(diǎn)，此時(shí)速度v2v1a2T(負(fù)號(hào)表示方向向下)，電子的動(dòng)能為Ekmv，根據(jù)能量守恒定律可知，電勢能的減小量等于動(dòng)能的增加量，故D正確6粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對(duì)而
14、立的金屬板AB.板間地面上靜止著帶正電的物塊，如圖甲所示，當(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時(shí)，設(shè)直到t1時(shí)刻物塊才開始運(yùn)動(dòng)，(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力可認(rèn)為相等)則()A在0t1時(shí)間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右B在t1t3時(shí)間內(nèi)，物塊受到的摩擦力，先逐漸增大，后逐漸減小Ct3時(shí)刻物塊的速度最大Dt4時(shí)刻物塊的速度最大解析：C在0t1時(shí)間內(nèi)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場強(qiáng)度方向水平向右，物塊所受的電場力水平向右，根據(jù)平衡條件得：摩擦力大小FfqE，而E，得Ffq，UAB增大，F(xiàn)f隨之增大，并且由平衡條件知，F(xiàn)f的方向水平向左，故A錯(cuò)誤；在t1t3時(shí)間內(nèi)，物塊向右運(yùn)動(dòng)，受到的是滑動(dòng)摩擦力，物
15、塊對(duì)地面的壓力不變，根據(jù)公式FfFN知，摩擦力不變，故B錯(cuò)誤；據(jù)題意：最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，在t1時(shí)刻物塊所受的靜摩擦力達(dá)到最大，并恰好等于此時(shí)的電場力在t1t3時(shí)間內(nèi)，電場力一直大于摩擦力，物塊一直向右加速運(yùn)動(dòng)；在t3t4時(shí)間內(nèi)，電場力小于滑動(dòng)摩擦力，物塊向右做減速運(yùn)動(dòng)，所以t3時(shí)刻物塊的速度最大，故C正確，D錯(cuò)誤7.(2018唐山模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有A、B兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m的帶電小球從A點(diǎn)以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時(shí)間豎直向下通過B點(diǎn)，重力加速度為g，小球在由A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是()A小球帶負(fù)電B速度先
16、增大后減小C機(jī)械能一直減小D任意一小段時(shí)間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量解析：AC小球在B點(diǎn)的速度豎直向下，水平方向勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，可知電場力方向水平向左，與電場方向相反，說明小球帶負(fù)電，故A正確；小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，即合力方向朝左下方，與初速度成鈍角，所以開始減速，然后成銳角，可知合力先做負(fù)功然后做正功，則速度先減小后增大，故B錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶隽ψ鲐?fù)功，電勢能增加，機(jī)械能減小，故C正確；任意一小段時(shí)間，小球的動(dòng)能、電勢能和重力勢能之和保持不變，總能量守恒，所以電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，故D錯(cuò)誤8.(2018日照模擬)如圖所示，一直角三
17、角形處于平行于紙面的勻強(qiáng)電場中，A90，B30，AC長為L，已知A點(diǎn)的電勢為(0)，B點(diǎn)的電勢為2，C點(diǎn)的電勢為0.一帶電的粒子從C點(diǎn)以v0的速度出發(fā)，方向如圖所示(與AC邊成60)不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是()A電場強(qiáng)度的方向由B指向CB電場強(qiáng)度的大小為C若粒子能擊中圖中的A點(diǎn)，則該粒子的比荷為D只要粒子的速度大小合適，就可能擊中圖中的B點(diǎn)解析：BCB點(diǎn)的電勢為2，C點(diǎn)的電勢為0，則BC中點(diǎn)D的電勢為，又A點(diǎn)的電勢為(0)，連接AD，則電場線垂直于AD，如圖所示，故A錯(cuò)誤；由圖可知電場強(qiáng)度E，故B正確；由于速度方向與電場方向垂直，粒子從C到A做類平拋運(yùn)動(dòng)，則Lcos 60v0t，Lsi
18、n 60t2，解得，故C正確；由于速度方向與電場方向垂直，粒子從C拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)不可能到B點(diǎn)，故D錯(cuò)誤9.如圖所示的電路中，理想二極管和水平放置的平行板電容器串聯(lián)接在電路中，閉合開關(guān)S，平行板間有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法中正確的是()A將A板向上平移一些，液滴將向下運(yùn)動(dòng)B將A板向左平移一些，液滴將向上運(yùn)動(dòng)C斷開開關(guān)S，將A板向下平移一些，液滴將保持靜止不動(dòng)D斷開開關(guān)S，將A板向右平移一些，液滴將向上運(yùn)動(dòng)解析：BCDA極板上移時(shí)，d變大，由C可知，C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由Eq，可知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，油滴所受電場力不
19、變，油滴靜止不動(dòng)，故A錯(cuò)誤；A極板左移時(shí)，S變小，由C可知，C變小，而兩極板間的電壓U等于電源電動(dòng)勢不變，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，由E可知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度增大，油滴所受電場力增大，油滴將向上運(yùn)動(dòng)，故B正確；當(dāng)斷開開關(guān)S，將A板向下平移一些時(shí)，d變小，由C可知，C變大，因電量的不變，由E可得，電場強(qiáng)度不變，那么液滴將保持靜止不動(dòng)，故C正確；同理，當(dāng)斷開開關(guān)S，將A板向右平移一些時(shí)，S變小，由C可知，C變小，因電量的不變，由E可得，電場強(qiáng)度變大，那么液滴將向上運(yùn)動(dòng)，故D正確10.如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，BCDF段是半徑為R的圓弧形擋板，AB段為直線形擋板(長為4R)，兩
20、者在B點(diǎn)相切，37，C、F兩點(diǎn)與圓心等高，D在圓弧形擋板的最低點(diǎn)，所有接觸面均光滑，絕緣擋板處于水平方向場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中現(xiàn)將帶電荷量為q，質(zhì)量為m的小球從擋板內(nèi)側(cè)的A點(diǎn)由靜止釋放，小球沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)ABCDF運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)后拋出，在這段運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是(sin 370.6，cos 370.8)()A勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小可能是B小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能一定不是最大C小球機(jī)械能增加量的最大值是2.6qERD小球從B到D運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能的增量為1.8mgR0.8EqR解析：BC小球能沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)的ABC運(yùn)動(dòng)，則有qEcos 37mgsin 37，得E，故場強(qiáng)大小不可能等于，A錯(cuò)誤小球在復(fù)合場中受重力
21、和電場力，所以小球運(yùn)動(dòng)到合力方向上的最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，則知在C、D之間的某一點(diǎn)上時(shí)動(dòng)能最大，B正確小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，電場力做正功最多，小球的機(jī)械能增加量最大，所以小球機(jī)械能增加量的最大值EqE4Rsin 37R(1cos 37)2.6qER，C正確小球從B到D運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能的增量EkmgR(1sin 37)qEcos 371.6mgR0.8qER，D錯(cuò)誤二、計(jì)算題(需寫出規(guī)范的解題步驟)11.如圖所示，在一個(gè)傾角30的斜面上建立x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，在x軸正向空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E4.5106 N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個(gè)電荷量q5.0108 C，質(zhì)量m1 kg帶負(fù)電的絕
22、緣物塊物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速度v05 m/s，如圖所示(g取10 m/s2)求：(1)物塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的最大距離為多少？(2)到物塊最終停止時(shí)系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱共為多少？解析：(1)設(shè)物塊向下運(yùn)動(dòng)的最大距離為xm，由動(dòng)能定理得：mgsin xmmgcos xmqExm0mv代入數(shù)據(jù)解得：xm0.5 m(2)因qEmgsin mgcos ，物塊不可能停止在x軸正向，設(shè)最終停在x軸負(fù)向且離O點(diǎn)為x處，整個(gè)過程電場力做功為零，由動(dòng)能定理得：mgxsin mgcos (2xmx)0mv代入數(shù)據(jù)解得：x0.4 m產(chǎn)生的焦耳熱：Qmgcos (2xmx)代入數(shù)據(jù)解得：Q10.
23、5 J答案：(1)0.5 m(2)10.5 J12如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示(每個(gè)電子穿過平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)求：(1)在t0.06 s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的何處(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？解析：(1)電子經(jīng)加速電場，由動(dòng)能定理得qU0mv2，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場：沿v方向：t沿電場方向：yat2，又a故偏轉(zhuǎn)后偏移量y()2，所以y由題圖知t0.06 s時(shí)刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)距離為Y，滿足，所以Y13.5 cm.(2)由題知電子偏移量y的最大值為，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時(shí)，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L30 cm.答案：(1)O點(diǎn)上方13.5 cm處(2)30 cm12
（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析）
