【物理】2020届一轮复习人教版电容器与电容　带电粒子在电场中的运动课时作业 11页

‎2020届一轮复习人教版 电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 课时作业 ‎1.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则(　　)‎ A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大 B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大 C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大 D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小 解析：C　带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C＝，U＝，E＝可知E＝，故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E＝可知，减小两极板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误．‎ ‎2.(2018·龙岩模拟)如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计重力)(　　)‎ A．2∶5 B．5∶2‎ C．4∶5 D．5∶4‎ 解析：D　粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1∶2，由l＝v0t可知运动时间比为1∶2，由y＝at2得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a＝，因为电荷量比为5∶1，则质量比为5∶4，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎3.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．‎ 一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带电油滴的电势能将减少 D．电容器的电容减小，而极板上所带的电荷量将增大 解析：B　电容器始终与电源连接，其两端的电压U保持不变，上极板向上移动一小段距离，意味着板间距离d增大，由E＝可知E减小，带电油滴受到的电场力F＝qE也减小，所以油滴将向下运动，选项A错误；设P点到下极板的距离为x，则φ＝，可知P点的电势将降低，选项B正确；电势能Ep＝qφ不仅和电势的高低有关，还和电荷的正负及电荷量有关，由题意分析知油滴带负电，则φ降低，Ep将增加，选项C错误；由C＝可知电容C减小，由Q＝CU可知极板上所带的电荷量Q也将减小，选项D错误．‎ ‎4.(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．微粒将沿着一条直线运动 B．微粒在第2 s末的速度为零 C．微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度相同 D．微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同 解析：ABD　由图可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速运动，第2 s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B正确，C错误；由对称性可知，微粒在第1 s内的平均速度与第2 s内的平均速度相同，由x＝vt得，微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同，故D正确．‎ ‎5.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．‎ ‎(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；‎ ‎(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；‎ ‎(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？‎ ‎(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由．‎ 解析：(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板．‎ ‎(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有eE＝m，Ek0＝mv2，R＝ 联立解得E＝＝.‎ ‎(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有 ΔEk＝qU 对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔEk左＝e(φB－φC)‎ 对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔEk右＝e(φA－φC)‎ ‎(4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，‎ 有|φB－φC|＞|φA－φC|‎ 即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.‎ 答案：(1)B板电势高于A板，理由见解析 ‎(2) ‎(3)ΔEk左＝e(φB－φC)　ΔEk右＝e(φA－φC)‎ ‎(4)|ΔEk左|>|ΔEk右|，理由见解析 一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)‎ ‎1.如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板与一个静电计相连，将B极向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E的变化情况分别是(　　)‎ A．C变小，θ变大，E不变 B．C不变，θ不变，E变小 C．C变小，θ不变，E不变 D．C变小，θ变大，E变小 解析：A　当负极板左移一小段距离时，d增大，由C＝可知，电容C减小，由U＝可知两极间的电压增大，因电压增大，静电计指针偏角会增大，根据E＝＝＝，不论极板间距如何变化，极板的电量总不变，因此电场强度不变，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎2.(2018·淄博模拟)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)(　　)‎ A．电子到达B板时的动能是eU B．电子从B板到达C板动能变化量为零 C．电子到达D板时动能是3eU D．电子在A板和D板之间做往复运动 解析：C　释放出一个无初速度电荷量为e的电子，在电压为U的电场中做加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即W＝eU，故A正确；由图可知，BC间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，故B正确；电子以eU的动能进入CD电场中，在电场力的阻碍下，电子做减速运动，由于CD间的电压也为U，所以电子到达D板时速度减为零，开始反向运动，故C错误；由上可知，电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速，再反向加速、匀速再减速，做往复运动，故D正确．‎ ‎3．喷墨打印机的简化模型如图所示．墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒，经带电室带负电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知墨汁微粒所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制，微粒偏移量越小打在纸上的字迹越小，则从墨汁微粒进入偏转电场开始到打到纸上的过程中(‎ 不计墨汁微粒的重力)，以下说法正确的是(　　)‎ A．墨汁微粒的轨迹是抛物线 B．电量相同的墨汁微粒轨迹相同 C．墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关 D．减小偏转极板间的电压，可以缩小字迹 解析：D　墨汁微粒在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，轨迹不是抛物线，故A错误；墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有，水平方向L＝v0t，竖直方向y＝at2，则出偏转电场时的偏转位移y＝·，电量相同，墨汁微粒的轨迹不一定相同，故B错误；根据y＝·知，墨汁微粒的运动轨迹与带电量有关，故C错误；根据y＝·知，偏转极板间的电压，出电场时偏转位移减小，打到纸上的偏转位移减小，可以缩小字迹，故D正确．‎ ‎4.如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m，带电量＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是(　　)‎ A．若AB高度差为h，则UAB＝ B．带电小球在A、B两点电势能相等 C．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 D．两电场强度大小关系满足E2＝2E1‎ 解析：A　对A到B的过程运用动能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的电势不等，则电势能不等，故A正确，B错误；A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反，故C错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1＝，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2＝，因为a1＝a2，解得：E2－E1＝，故D错误．‎ ‎5．如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点．电子运动中没与极板相碰，不计重力，则(　　)‎ A．φ1∶φ2＝1∶2‎ B．φ1∶φ2＝1∶4‎ C．在0～2T内，当t＝T时电子的电势能最大 D．在0～2T内，电子的电势能减小了 解析：D　0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝，电子以a1＝＝向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移x1＝a1T2，速度v1＝a1T，T～2T内平行板间电场强度E2＝，加速度a2＝，电子以v1的速度向上做匀减速直线运动，位移x2＝v1T－a2T2，由题意2T时刻回到P点，则x1＋x2＝0，联立解得φ2＝3φ1，故A、B错误；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，所以在T时刻电势能最小，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝mv＝，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确．‎ ‎6．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板AB.板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)则(　　)‎ A．在0～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右 B．在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力，先逐渐增大，后逐渐减小 C．t3时刻物块的速度最大 D．t4时刻物块的速度最大 解析：C　在0～t1时间内，物块处于静止状态，电场强度方向水平向右，物块所受的电场力水平向右，根据平衡条件得：摩擦力大小Ff＝qE，而E＝，得Ff＝q，UAB增大，Ff随之增大，并且由平衡条件知，Ff的方向水平向左，故A错误；在t1～t3时间内，物块向右运动，受到的是滑动摩擦力，物块对地面的压力不变，根据公式Ff＝μFN知，摩擦力不变，故B错误；据题意：最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在t1时刻物块所受的静摩擦力达到最大，并恰好等于此时的电场力．在t1～t3时间内，电场力一直大于摩擦力，物块一直向右加速运动；在t3～t4时间内，电场力小于滑动摩擦力，物块向右做减速运动，所以t3时刻物块的速度最大，故C正确，D错误．‎ ‎7.(2018·唐山模拟)如图所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点，重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球带负电 B．速度先增大后减小 C．机械能一直减小 D．任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量 解析：AC　小球在B点的速度竖直向下，水平方向匀减速运动，竖直方向自由落体运动，可知电场力方向水平向左，与电场方向相反，说明小球带负电，故A正确；小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，即合力方向朝左下方，与初速度成钝角，所以开始减速，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大，故B错误；因为电场力做负功，电势能增加，机械能减小，故C正确；任意一小段时间，小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变，总能量守恒，所以电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D错误．‎ ‎8.(2018·日照模拟)如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A＝90°，∠B＝30°，AC长为L，已知A点的电势为φ(φ>0)，B点的电势为2φ，C点的电势为0.一带电的粒子从C点以v0的速度出发，方向如图所示(与AC边成60°)．不计粒子的重力，‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的方向由B指向C B．电场强度的大小为 C．若粒子能击中图中的A点，则该粒子的比荷为 D．只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B点 解析：BC　B点的电势为2φ，C点的电势为0，则BC中点D的电势为φ，又A点的电势为φ(φ>0)，连接AD，则电场线垂直于AD，如图所示，故A错误；由图可知电场强度E＝＝，故B正确；由于速度方向与电场方向垂直，粒子从C到A做类平抛运动，则Lcos 60°＝v0t，Lsin 60°＝·t2，解得＝，故C正确；由于速度方向与电场方向垂直，粒子从C抛出后做类平抛运动不可能到B点，故D错误．‎ ‎9.如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关S，平行板间有一质量为m，电荷量为q的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．将A板向上平移一些，液滴将向下运动 B．将A板向左平移一些，液滴将向上运动 C．断开开关S，将A板向下平移一些，液滴将保持静止不动 D．断开开关S，将A板向右平移一些，液滴将向上运动 解析：BCD　A极板上移时，d变大，由C＝可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝＝＝q，可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，故A错误；A极板左移时，S变小，由C＝可知，C 变小，而两极板间的电压U等于电源电动势不变，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝可知电容器两极板间的电场强度增大，油滴所受电场力增大，油滴将向上运动，故B正确；当断开开关S，将A板向下平移一些时，d变小，由C＝可知，C变大，因电量的不变，由E＝可得，电场强度不变，那么液滴将保持静止不动，故C正确；同理，当断开开关S，将A板向右平移一些时，S变小，由C＝可知，C变小，因电量的不变，由E＝可得，电场强度变大，那么液滴将向上运动，故D正确．‎ ‎10.如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧形挡板，AB段为直线形挡板(长为4R)，两者在B点相切，θ＝37°，C、F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E的匀强电场中．现将带电荷量为＋q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)‎ A．匀强电场的场强大小可能是 B．小球运动到D点时动能一定不是最大 C．小球机械能增加量的最大值是2.6qER D．小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR－0.8EqR 解析：BC　小球能沿挡板内侧的ABC运动，则有qEcos 37°≥mgsin 37°，得E≥，故场强大小不可能等于，A错误．小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上的最低点时动能最大，则知在C、D之间的某一点上时动能最大，B正确．小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值ΔE＝qE[4Rsin 37°＋R(1－cos 37°)]＝2.6qER，C正确．小球从B到D运动过程中，动能的增量ΔEk＝mgR(1＋sin 37°)－qEcos 37°＝1.6mgR－0.8qER，D错误．‎ 二、计算题(需写出规范的解题步骤)‎ ‎11.如图所示，在一个倾角θ＝30°的斜面上建立x轴，O为坐标原点，在x轴正向空间有一个匀强电场，场强大小E＝4.5×106 N/C，方向与x轴正方向相同，在O 处放一个电荷量q＝5.0×10－‎8 C，质量m＝‎1 kg带负电的绝缘物块．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝‎5 m/s，如图所示(g取‎10 m/s2)．求：‎ ‎(1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少？‎ ‎(2)到物块最终停止时系统产生的焦耳热共为多少？‎ 解析：(1)设物块向下运动的最大距离为xm，‎ 由动能定理得：‎ mgsin θ·xm－μmgcos θ·xm－qExm＝0－mv 代入数据解得：xm＝‎‎0.5 m ‎(2)因qE>mgsin θ＋μmgcos θ，物块不可能停止在x轴正向，设最终停在x轴负向且离O点为x处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得：‎ ‎－mgxsin θ－μmgcos θ(2xm＋x)＝0－mv 代入数据解得：‎ x＝‎‎0.4 m 产生的焦耳热：‎ Q＝μmgcos θ·(2xm＋x)‎ 代入数据解得：‎ Q＝10.5 J 答案：(1)‎0.5 m　(2)10.5 J ‎12．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝‎10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝‎10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：‎ ‎(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处．‎ ‎(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ 解析：(1)电子经加速电场，由动能定理得 qU0＝mv2，电子经偏转电场：沿v方向：t＝ 沿电场方向：y＝at2，又a＝ 故偏转后偏移量y＝··()2，所以y＝ 由题图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝‎‎4.5 cm 设打在屏上的点距O点距离为Y，‎ 满足＝，所以Y＝‎13.5 cm.‎ ‎(2)由题知电子偏移量y的最大值为，‎ 所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为‎3L＝‎30 cm.‎ 答案：(1)O点上方‎13.5 cm处　(2)‎‎30 cm