【物理】2020届一轮复习人教版电容器带电粒子在电场中的运动作业课时作业 10页

‎2020届一轮复习人教版 电容器带电粒子在电场中的运动 作业 课时作业 ‎1．(2018·安徽马鞍山一模)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．它的构造原理如图所示，粒子源S发出两种带正电的同位素粒子甲、乙，速度都很小，可忽略不计．粒子经过电场加速后垂直进入有界匀强磁场，最终打到底片上，测得甲、乙两粒子打在底片上的点到入射点的距离之比为3∶2，则甲、乙两粒子的质量之比是(　　)‎ A．2∶3 B.∶ ‎ C.∶ D．9∶4‎ 答案：D　解析：在加速电场中由Uq＝mv2得v＝，在匀强磁场中由qvB＝得R＝＝，联立解得m＝，则甲、乙两粒子的质量之比为m甲∶m乙＝D∶D＝9∶4.‎ ‎2．如图所示左侧为竖直放置的两平行板M、N，右侧为垂直纸面向里的左、右边界分别为1、2的匀强磁场，磁感应强度为B.平行板M的中心处有一电子放射源S，能源源不断地发射一系列初速度可视为零的电子，经加速电压U0加速后，电子沿水平方向从N板的小孔向右进入匀强磁场，经一段时间电子到达磁场右边界的P点．如果磁感应强度变为2B，欲使电子仍沿原来的轨迹到达P点，应将加速电压调节为U，则(　　)‎ A．U＝4U0 B．U＝2U0‎ C．U＝U0 D．U＝U0‎ 答案：A　解析：要使电子在磁场中仍打在P点，则可知电子的运动半径不变，则由Bev＝m可知R＝，磁感应强度B加倍，而电子的轨道半径R不变，则速度一定也加倍．对电子的加速过程有eU＝mv2，解得v＝，故要使速度加倍，加速电压应变为原来的4倍，A正确．‎ ‎ 4．(多选)(2017·如皋市第二次质检)如图12甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)‎ 图12‎ 答案　AD 解析　分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零，～T时间内向A板做匀加速直线运动，T～T时间内做匀减速直线运动，T时刻速度为零．根据匀变速直线运动速度－时间图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；电子做匀变速直线运动时x－t图象应是抛物线的一部分，故B错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀加速运动和匀减速运动的加速度大小都不变，a－t图象应平行于横轴，故D正确．‎ ‎1．(2018·苏州市调研卷)某一平行板电容器，其一个极板带＋5.4×10－3C电荷量，另一极板带－5.4×10－3C电荷量，电容器两极板间电压为450V，则该电容器的电容值为(　　)‎ A．2.4×10－5F B．1.2×10－5F C．8.3×104F D．4.2×104F 答案　B 解析　根据C＝，则C＝F＝1.2×10－5F，故选B.‎ ‎2．(2018·泰州中学等综合评估)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图1所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是(　　)‎ 图1‎ A．右移B．左移C．上移D．下移 答案　A ‎3．(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，平行板电容器两极板M、N间距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是(　　)‎ 图2‎ A．减小d B．增大U C．将M板向左平移 D．在板间插入电介质 答案　C 解析　据电容的决定式C＝可知，减小d，则C变大，选项A错误；增大U，电容器的电容不变，选项B错误；将M板向左平移，则S减小，C减小，选项C正确；在板间插入电介质，则C变大，选项D错误．‎ ‎4.(2018·南京市、盐城市质检)如图3所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合．则电容器的电容将(　　)‎ 图3‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．保持不变 D．先增大后减小 答案　A ‎5.(多选)如图4所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)‎ 图4‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 答案　BD 解析　在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv，所以d＝，设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的时，由公式可知x＝；使M、N间电压提高到原来的2倍时，电场强度变为原来的2倍，由公式可知x＝；使M、N间电压提高到原来的4倍时，电场强度变为原来的4倍，由公式可知x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的 eq f(1,2)时，电场强度变为原来的一半，由公式可知x＝，故B、D正确．‎ ‎6.在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图5所示．有一带负电的粒子，从上边区域沿平行电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在下列选项的速度－时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)(　　)‎ 图5‎ 答案　C 解析　粒子在上面的电场中匀速下落，所受重力和电场力平衡，进入下面电场后，电场力变大，根据牛顿第二定律，粒子具有向上的加速度，所以粒子做匀减速运动至速度为0，又反向做匀加速直线运动，进入上面的电场后又做匀速直线运动，速度大小仍然等于v0，故C正确．‎ ‎7.(2017·如皋市第二次质检)三个α粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图6所示，下列判断不正确的是(　　)‎ 图6‎ A．进电场时c的速度最大，a的速度最小 B．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 C．b和c同时飞离电场 D．动能的增加量c最小，a和b一样大 答案　C 解析　三个粒子的质量和电荷量都相同，则粒子的加速度相同．a、b 两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y＝at2，可知a、b运动时间相等，在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，故B正确；c竖直方向上的位移yc＜yb，根据y＝at2，可知tc＜tb，c先离开电场，故C错误；在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v＝.因xc＝xb，tc＜tb，则vc＞vb；因ta＝tb，xb＞xa，则vb＞va.所以有：vc＞vb＞va，故A正确；根据动能定理知，对a、b两粒子，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，对c粒子，电场力做功最少，动能增加量最小，故D正确．‎ ‎8．(2018·泰州中学期中)如图7所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置(可视为电容器)并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流 B．若保持S闭合，将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流 C．若保持S闭合，将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流 D．若保持S闭合，将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流 答案　C ‎9．如图8所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点由静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点由静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)‎ 图8‎ A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 答案　D 解析　两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qE，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但电场力大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．‎ ‎10．(多选)(2019·铜山中学期中)如图9所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2.仅仅改变加速电压后，电子在电场中的侧移量y增大为原来的2倍，下列说法中正确的是(　　)‎ 图9‎ A．加速电压U1减小到了原来的 B．偏转电场对电子做的功变为原来的2倍 C．电子飞出偏转电场时的速度变为原来的2倍 D．电子飞出偏转电场时的偏转角变为原来的2倍 答案　AB ‎11．(多选)(2018·南京市期中)如图10所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处．下列说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A．若仅将A板上移，小球将无法运动至N处 B．若仅将B板上移，小球将从小孔N穿出 C．若仅将滑动变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至N处 D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处 答案　ACD ‎12．(2018·南京市、盐城市二模)如图11所示，在铅板A上有小孔S，放射源C可通过S在纸面内向各个方向射出速率v0＝2.0×106 m/s的某种带正电粒子，B为金属网状栅极，M为荧光屏，A、B、M三者平行正对，且面积足够大，A、B间距离d1＝1.0 cm，电压U＝1.5×104 V且恒定不变，B、M间距离d2＝4.0cm.该种带电粒子的比荷＝4.0×108C/kg，忽略带电粒子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用，不计带电粒子的重力．求：‎ 图11‎ ‎(1)该带电粒子运动到荧光屏M的速度大小；‎ ‎(2)该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度．‎ 答案　(1)4.0×106m/s　(2)4cm 解析　(1)带电粒子在运动过程中，只有电场力做功，由动能定理得Uq＝mv2－mv 解得v＝＝4.0×106 m/s ‎(2)初速度平行于A板进入电场的粒子做类平抛运动，到达B板时垂直于B板的速度vBx＝＝2×106 m/s 设粒子在电场中运动的时间为t1，则d1＝(0＋vBx)t1‎ 得t1＝＝ s＝×10－8 s 粒子在BM间运动的时间t2＝＝ s＝×10－8 s 则粒子平行于板方向运动的最大位移ym＝v0(t1＋t2)＝2 cm 所以该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度l＝2ym＝4 cm.‎ ‎13．(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图12甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O点有一个可以连续产生粒子的粒子源，A、B间的距离为L.现在A、B之间加上电压UAB，电压随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．已知粒子质量为m＝5.0×10－10kg，电荷量q＝＋1.0×10－7C，L＝1.2m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：‎ 图12‎ ‎(1)t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0；‎ ‎(2)在0～时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔Δt；‎ ‎(3)在0～时间内，产生的粒子能到达B板的粒子数与到达A板的粒子数之比k.‎ 答案　(1)×10－3s　(2)2×10－3s　(3)2‎ 解析　(1)t＝0时刻产生的粒子由O到B：＝at 加速度：a＝＝2.0×105m/s2‎ 得：t0＝×10－3s<＝6×10－3s 所以t0＝×10－3s ‎(2)对刚好不能到达B极板的粒子，先做匀加速运动，达到最大速度vm后做匀减速运动，到达B极板前瞬间速度刚好减为0，则匀加速运动时间为Δt，设匀减速运动时间为Δt′，全程运动时间为t，‎ 则匀加速运动的加速度：a＝2.0×105m/s2‎ 匀减速运动的加速度大小：‎ a′＝＝4.0×105m/s2‎ 由vm＝aΔt＝a′Δt′‎ 得Δt′＝Δt 所以t＝Δt＋Δt′＝Δt 由L＝vmt＝·aΔt·Δt 得Δt＝＝2×10－3s ‎(3)设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为t0′，‎ 由L＝a′t0′2‎ 得t0′＝＝×10－3s<＝5×10－3s 即在0～时间内，不能到达B板的粒子都能打到A极板上 所以k＝＝＝2.‎