（通用版）2020版高考物理一輪復習 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè)（含解析）

電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動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，當開關S閉合，小球靜止時，懸線與豎直方向的夾角為，則()A當開關S斷開時，若減小平行板間的距離，則夾角增大B當開關S斷開時，若增大平行板間的距離，則夾角增大C當開關S閉合時，若減小平行板間的距離，則夾角增大D當開關S閉合時，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，由平衡條件有tan ，當開關S斷開時，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度不變，不變，選項A、B錯誤；當開關S閉合時，因為兩極板間的電壓U不變，由E可知，減小兩極板間的距離d，E增大，變大，選項C正確，D錯誤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從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N點，若OMMN，則P和Q的質量之比為(不計重力)()A25 B52C45 D54解析：D粒子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩粒子的初速度相等，水平位移比為12，由lv0t可知運動時間比為12，由yat2得加速度之比為41，根據(jù)牛頓第二定律得a，因為電荷量比為51，則質量比為54，故D正確，A、B、C錯誤3.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地一帶電油滴位于電容器中的P點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一小段距離，則()A帶電油滴將沿豎直方向向上運動BP點的電勢將降低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，所以油滴將向下運動，選項A錯誤；設P點到下極板的距離為x，則，可知P點的電勢將降低，選項B正確；電勢能Epq不僅和電勢的高低有關，還和電荷的正負及電荷量有關，由題意分析知油滴帶負電，則降低，Ep將增加，選項C錯誤；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D錯誤4.(多選)一個帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示帶電微粒只在電場力的作用下(不計微粒重力)，由靜止開始運動，則下列說法中正確的是()A微粒將沿著一條直線運動B微粒在第2 s末的速度為零C微粒在第1 s內的加速度與第2 s內的加速度相同D微粒在第1 s內的位移與第2 s內的位移相同解析：ABD由圖可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇數(shù)秒內和偶數(shù)秒內的加速度大小相等、方向相反，根據(jù)運動的對稱性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速運動，第2 s做減速運動，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動，故A、B正確，C錯誤；由對稱性可知，微粒在第1 s內的平均速度與第2 s內的平均速度相同，由xvt得，微粒在第1 s內的位移與第2 s內的位移相同，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器和探測板組成偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構成，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、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區(qū)域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間忽略電場的邊緣效應(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N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉電場前、后的動能改變量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(帶負電)做圓周運動，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動，考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有eEm，Ek0mv2，R聯(lián)立解得E.(3)電子運動時只有電場力做功，根據(jù)動能定理，有EkqU對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有Ek左e(BC)對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有Ek右e(AC)(4)根據(jù)電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，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，兩極板與一個靜電計相連，將B極向左水平移動一小段距離后，電容器的電容C、靜電計指針偏角和極板間電場強度E的變化情況分別是()AC變小，變大，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當負極板左移一小段距離時，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，靜電計指針偏角會增大，根據(jù)E，不論極板間距如何變化，極板的電量總不變，因此電場強度不變，故A正確，B、C、D錯誤2.(2018·淄博模擬)如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設電源電動勢為U)()A電子到達B板時的動能是eUB電子從B板到達C板動能變化量為零C電子到達D板時動能是3eUD電子在A板和D板之間做往復運動解析：C釋放出一個無初速度電荷量為e的電子，在電壓為U的電場中做加速運動，當出電場時，所獲得的動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動，則電子的動能不變，故B正確；電子以eU的動能進入CD電場中，在電場力的阻礙下，電子做減速運動，由于CD間的電壓也為U，所以電子到達D板時速度減為零，開始反向運動，故C錯誤；由上可知，電子將會在A板和D板之間加速、勻速再減速，再反向加速、勻速再減速，做往復運動，故D正確3噴墨打印機的簡化模型如圖所示墨盒可以噴出質量一定的墨汁微粒，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾螅砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D電場，再經(jīng)偏轉電場后打到紙上，顯示出字符已知墨汁微粒所帶電荷量的多少由計算機的輸入信號按照文字的排列規(guī)律進行控制，微粒偏移量越小打在紙上的字跡越小，則從墨汁微粒進入偏轉電場開始到打到紙上的過程中(不計墨汁微粒的重力)，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墨汁微粒的運動軌跡與帶電量無關D減小偏轉極板間的電壓，可以縮小字跡解析：D墨汁微粒在電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動，軌跡不是拋物線，故A錯誤；墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動，則有，水平方向Lv0t，豎直方向yat2，則出偏轉電場時的偏轉位移y·，電量相同，墨汁微粒的軌跡不一定相同，故B錯誤；根據(jù)y·知，墨汁微粒的運動軌跡與帶電量有關，故C錯誤；根據(jù)y·知，偏轉極板間的電壓，出電場時偏轉位移減小，打到紙上的偏轉位移減小，可以縮小字跡，故D正確4.如圖所示，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為場強E1，方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為場強E2，方向豎直向上的勻強電場一個質量m，帶電量q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結果剛好到達下方電場中與A關于虛線對稱的B點，則下列結論正確的是()A若AB高度差為h，則UABB帶電小球在A、B兩點電勢能相等C在虛線上、下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同D兩電場強度大小關系滿足E22E1解析：A對A到B的過程運用動能定理得，qUABmgh0，解得：UAB，知A、B的電勢不等，則電勢能不等，故A正確，B錯誤；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)勻變速運動的推論知，加速度大小相等，方向相反，故C錯誤；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，因為a1a2，解得：E2E1，故D錯誤5如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢隨時間t變化情況如圖乙所示，t0時，在P點由靜止釋放一質量為m、電荷量為e的電子，當t2T時，電子回到P點電子運動中沒與極板相碰，不計重力，則()A1212B1214C在02T內，當tT時電子的電勢能最大D在02T內，電子的電勢能減小了解析：D0T時間內平行板間的電場強度為E1，電子以a1向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間T的位移x1a1T2，速度v1a1T，T2T內平行板間電場強度E2，加速度a2，電子以v1的速度向上做勻減速直線運動，位移x2v1Ta2T2，由題意2T時刻回到P點，則x1x20，聯(lián)立解得231，故A、B錯誤；當速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0T內電子做勻加速運動，之后做勻減速直線運動，所以在T時刻電勢能最小，故C錯誤；電子在2T時刻回到P點，此時速度v2v1a2T(負號表示方向向下)，電子的動能為Ekmv，根據(jù)能量守恒定律可知，電勢能的減小量等于動能的增加量，故D正確6粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對而立的金屬板AB.板間地面上靜止著帶正電的物塊，如圖甲所示，當兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時，設直到t1時刻物塊才開始運動，(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認為相等)則()A在0t1時間內，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右B在t1t3時間內，物塊受到的摩擦力，先逐漸增大，后逐漸減小Ct3時刻物塊的速度最大Dt4時刻物塊的速度最大解析：C在0t1時間內，物塊處于靜止狀態(tài)，電場強度方向水平向右，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錯誤；在t1t3時間內，物塊向右運動，受到的是滑動摩擦力，物塊對地面的壓力不變，根據(jù)公式FfFN知，摩擦力不變，故B錯誤；據(jù)題意：最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，在t1時刻物塊所受的靜摩擦力達到最大，并恰好等于此時的電場力在t1t3時間內，電場力一直大于摩擦力，物塊一直向右加速運動；在t3t4時間內，電場力小于滑動摩擦力，物塊向右做減速運動，所以t3時刻物塊的速度最大，故C正確，D錯誤7.(2018·唐山模擬)如圖所示，豎直平面內有A、B兩點，兩點的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強電場，一質量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時間豎直向下通過B點，重力加速度為g，小球在由A到B的運動過程中，下列說法正確的是()A小球帶負電B速度先增大后減小C機械能一直減小D任意一小段時間內，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點的速度豎直向下，水平方向勻減速運動，豎直方向自由落體運動，可知電場力方向水平向左，與電場方向相反，說明小球帶負電，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，可知合力先做負功然后做正功，則速度先減小后增大，故B錯誤；因為電場力做負功，電勢能增加，機械能減小，故C正確；任意一小段時間，小球的動能、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錯誤8.(2018·日照模擬)如圖所示，一直角三角形處于平行于紙面的勻強電場中，A90°，B30°，AC長為L，已知A點的電勢為(>0)，B點的電勢為2，C點的電勢為0.一帶電的粒子從C點以v0的速度出發(fā)，方向如圖所示(與AC邊成60°)不計粒子的重力，下列說法正確的是()A電場強度的方向由B指向CB電場強度的大小為C若粒子能擊中圖中的A點，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點解析：BCB點的電勢為2，C點的電勢為0，則BC中點D的電勢為，又A點的電勢為(>0)，連接AD，則電場線垂直于AD，如圖所示，故A錯誤；由圖可知電場強度E，故B正確；由于速度方向與電場方向垂直，粒子從C到A做類平拋運動，則Lcos 60°v0t，Lsin 60°·t2，解得，故C正確；由于速度方向與電場方向垂直，粒子從C拋出后做類平拋運動不可能到B點，故D錯誤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S，平行板間有一質量為m，電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止狀態(tài)，則下列說法中正確的是()A將A板向上平移一些，液滴將向下運動B將A板向左平移一些，液滴將向上運動C斷開開關S，將A板向下平移一些，液滴將保持靜止不動D斷開開關S，將A板向右平移一些，液滴將向上運動解析：BCDA極板上移時，d變大，由C可知，C變小，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，由Eq，可知電容器兩極板間的電場強度不變，油滴所受電場力不變，油滴靜止不動，故A錯誤；A極板左移時，S變小，由C可知，C變小，而兩極板間的電壓U等于電源電動勢不變，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，由E可知電容器兩極板間的電場強度增大，油滴所受電場力增大，油滴將向上運動，故B正確；當斷開開關S，將A板向下平移一些時，d變小，由C可知，C變大，因電量的不變，由E可得，電場強度不變，那么液滴將保持靜止不動，故C正確；同理，當斷開開關S，將A板向右平移一些時，S變小，由C可知，C變小，因電量的不變，由E可得，電場強度變大，那么液滴將向上運動，故D正確10.如圖所示，在一豎直平面內，BCDF段是半徑為R的圓弧形擋板，AB段為直線形擋板(長為4R)，兩者在B點相切，37°，C、F兩點與圓心等高，D在圓弧形擋板的最低點，所有接觸面均光滑，絕緣擋板處于水平方向場強為E的勻強電場中現(xiàn)將帶電荷量為q，質量為m的小球從擋板內側的A點由靜止釋放，小球沿擋板內側ABCDF運動到F點后拋出，在這段運動過程中，下列說法正確的是(sin 37°0.6，cos 37°0.8)()A勻強電場的場強大小可能是B小球運動到D點時動能一定不是最大C小球機械能增加量的最大值是2.6qERD小球從B到D運動過程中，動能的增量為1.8mgR0.8EqR解析：BC小球能沿擋板內側的ABC運動，則有qEcos 37°mgsin 37°，得E，故場強大小不可能等于，A錯誤小球在復合場中受重力和電場力，所以小球運動到合力方向上的最低點時動能最大，則知在C、D之間的某一點上時動能最大，B正確小球運動到C點時，電場力做正功最多，小球的機械能增加量最大，所以小球機械能增加量的最大值EqE4Rsin 37°R(1cos 37°)2.6qER，C正確小球從B到D運動過程中，動能的增量EkmgR(1sin 37°)qEcos 37°1.6mgR0.8qER，D錯誤二、計算題(需寫出規(guī)范的解題步驟)11.如圖所示，在一個傾角30°的斜面上建立x軸，O為坐標原點，在x軸正向空間有一個勻強電場，場強大小E4.5×106 N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個電荷量q5.0×108 C，質量m1 kg帶負電的絕緣物塊物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，沿x軸正方向給物塊一個初速度v05 m/s，如圖所示(g取10 m/s2)求：(1)物塊沿斜面向下運動的最大距離為多少？(2)到物塊最終停止時系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱共為多少？解析：(1)設物塊向下運動的最大距離為xm，由動能定理得：mgsin ·xmmgcos ·xmqExm0mv代入數(shù)據(jù)解得：xm0.5 m(2)因qE>mgsin mgcos ，物塊不可能停止在x軸正向，設最終停在x軸負向且離O點為x處，整個過程電場力做功為零，由動能定理得：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：Q10.5 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的初速度忽略不計，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，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認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，由動能定理得qU0mv2，電子經(jīng)偏轉電場：沿v方向：t沿電場方向：yat2，又a故偏轉后偏移量y··()2，所以y由題圖知t0.06 s時刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm設打在屏上的點距O點距離為Y，滿足，所以Y13.5 cm.(2)由題知電子偏移量y的最大值為，所以當偏轉電壓超過2U0時，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點上方13.5 cm處(2)30 cm12