【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 8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．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是(　A　)‎ A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 解析：本题考查平行板电容器．带电玻璃棒接触a板，a板会带上同种电荷，同时b板上会感应出异种电荷，故A正确；静电计指针张角反映电容器两板间电压，将b板上移，正对面积S减小，电容C减小，板间电压U增大，故指针张角变大，B错；插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，电容C增大，板间电压U减小，指针张角变小，C错；只增加极板带电量Q，板间电压U增大，但电容保持不变，故D错．‎ ‎2．利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，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(矿井中含有杂质的水)，A，C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度A增大)，则电流表(　B　)‎ A．指针向右偏转，A，C构成的电容器充电 B．指针向左偏转，A，C构成的电容器充电 C．指针向右偏转，A，C构成的电容器放电 D．指针向左偏转，A，C构成的电容器放电 解析：‎ 由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C＝可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大，故可判断电容增大，再依据C＝，因电势差不变，那么电容的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错，B正确．‎ ‎3．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　A　)‎ A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 解析：根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．‎ ‎4．(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示，以E表示极板间的电场强度，U表示两极板的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移动到如图中虚线所示位置，则(　AB　)‎ A．U变小，Ep不变 B．U变小，E不变 C．U变大，Ep变大 D．U不变，E不变 解析：从题图中可知两极板间的距离减小，根据公式C＝ 可得电容器电容增大，因为充电后与电源断开，则两极板所带电荷量不变，故根据公式C＝可知两板间电势差U减小，根据C＝、C＝、E＝联立解得E＝＝＝，即两极板间的电场强度与两极板间的距离无关，所以电场强度E不变，由于下极板接地，电势为零，P与下极板间的电势差等于P点的电势，由于P点到下极板的距离以及电场强度不变，所以P点的电势不变，根据Ep＝qφ可知电势能不变，A、B正确．‎ ‎5．如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　A　)‎ A．使U2加倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的倍 D．使U2变为原来的 解析：平行金属板的宽度为L，板间距离为d，则偏转距离y＝.U1加倍后，若使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍．选项A正确．‎ ‎6．如图所示，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(　C　)‎ A．油滴带正电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 解析：由题意知，极板M 带正电，极板间电场竖直向下，油滴在极板中央处于静止状态，可知受电场力竖直向上，与电场反向，因此油滴带负电，故A项错误．油滴处于平衡状态，竖直方向上重力与电场力平衡，有mg＝q，可推出q＝，故B项错误．因为极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，可得Q＝kq＝，而C＝＝，故C项正确．在接有电源的情况下，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，此时mg>q，油滴在竖直方向上合外力方向向下，因此油滴将向下运动，故D项错误．‎ ‎7．如图所示，设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计，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，不计电子所受重力．求：‎ ‎(1)电子射入偏转电场时初速度v0的大小；‎ ‎(2)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；‎ ‎(3)电子从偏转电场射出时速度的大小和方向．‎ 解析：(1)根据功和能的关系，有eU0＝mv 电子射入偏转电场的初速度v0＝ ‎(2)在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L 电子在偏转电场中的加速度a＝ 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝ ‎(3)电子离开偏转电场时沿垂直于极板方向的速度 vy＝aΔt＝· 电子离开偏转电场时速度的大小 v＝＝ 电子离开偏转电场时速度方向与偏转极板的夹角为θ，则tanθ＝＝ 答案：(1)　(2)　(3)，tanθ＝(θ为速度方向与偏转极板的夹角)‎ ‎8．如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地．此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是(　D　)‎ A．在两板间插入介质板，静电计指针张角变大 B．在两板间插入金属板，(金属板与A、B板不接触)静电计指针张角变大 C．B板向右平移，静电计指针张角变大 D．B板向上平移，静电计指针张角变大 解析：在两板间插入介质板，由C＝得知，电容C增大，而电荷量Q不变，由电容的定义式C＝可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小，故A错误．在两板间插入金属板，板间距离减小，电容C增大，而电荷量Q不变，由电容的定义式C＝可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小，故B错误．B板向右平移，板间距离d减小，根据电容的决定式C＝得知，电容增大，而电荷量Q不变，由电容的定义式C＝可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小，故C错误．B板向上平移，两极板正对面积减小，由电容的决定式C＝得知，电容C减小，而电荷量Q不变，由电容的定义式C＝可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大，故D正确．‎ ‎9．(多选)如图所示，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．不计粒子的重力，两极板足够长．若粒子恰能打到上极板．下列说法正确的是(　ABD　)‎ A．两极板之间的电场强度大小为 B．带电粒子到达上极板时电势能增加0.5Ek0‎ C．带电粒子到达上极板时动能减小为零 D．带电粒子到达上极板时机械能减少0.5Ek0‎ 解析：如图，将粒子初速度v0分解为垂直极板方向的vy和平行极板方向的vx，根据运动的合成与分解，当分速度vy＝0时，粒子的速度方向正好与上极板平行，则根据运动学公式有，－v＝－2d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝mv，联立解得E＝，选项A正确；粒子到达上极板时，克服电场力做功为W＝qEd＝0.5Ek0，因而电势能增加0.5Ek0，机械能减少0.5Ek0，选项B、D正确；粒子到达上极板时，速度方向与上极板平行，选项C错误．‎ ‎10．如图所示，一平行板电容器水平放置，两板间有方向竖直向上的匀强电场，板间距d＝‎0.40 m，电压U＝10 V，金属板M上开有一小孔．有A、B两个质量均为m＝‎0.10 g、电荷量均为q＝＋8.0×10－‎5 C的带电小球(可视为质点)，其间用长为L＝‎0.10 m的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，A小球恰好位于小孔正上方H＝‎0.20 m处．现由静止释放并让两个带电小球保持竖直下落．(g取‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)小球在运动过程中的最大速率；‎ ‎(2)小球在运动过程中距N板的最小距离．‎ 解析：(1)由受力分析可知，当F合＝0时，速度最大．设有n个球进入电场时，合力为零.2mg＝nEq，E＝，代入数据得n＝1，即A球刚进入电场时，F合＝0，此时v有最大值．从开始到A球刚进入电场过程中，v2＝2gH，v＝＝‎2 m/s.‎ ‎(2)设B球进入电场x时小球的速度变为0，则根据动能定理有2mg(H＋x＋L)－qEx－qE(x＋L)＝0，解得x＝‎0.2 m，A球距N板的最小距离为s＝d－x－L＝‎0.1 m.‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2)‎‎0.1 m ‎11．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分别存在匀强电场E1、E2，电场E1的场强大小E＝×103 V/m，方向与x轴负方向成60°角斜向下．电场E2的场强大小未知，方向与x轴正方向成30°角斜向上．比荷为1.0×‎105 C/kg的带正电粒子从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为‎104 m/s.不计粒子的重力．求：‎ ‎(1)P、O两点间的电势差；‎ ‎(2)粒子进入电场E1时，在电场E1某位置静止释放另外一个完全相同的带电粒子，使两粒子在离开电场前相遇，若相遇时所需时间最长，求在电场E1静止释放粒子的位置坐标．‎ 解析：(1)带电粒子由P点运动到O点，根据动能定理有 qUPO＝mv　解得UPO＝500 V ‎(2)粒子在进入电场后做类平抛运动，设离开电场E1时与O点的距离为L，如图所示，则 Lcos30°＝v0t，‎ Lsin30°＝t2‎ 解得L＝‎‎1 m 由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场E1时的速度方向所在的直线上的OM段上任一点释放粒子，均可使两者在离开电场前相遇，若相遇所需时间最长，则应在M点静止释放另一带电粒子．‎ OM＝Lcos30°‎ 故M点的横坐标为xM＝OM·cos30°‎ M点的纵坐标为yM＝OM·sin30°‎ 解得静止释放另一带电粒子的位置坐标为 答案：(1)500 V　(2)