【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课时作业 8页

‎2020届一轮复习人教版 电容器带电粒子在电场中的运动 课时作业 时间：45分钟 ‎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极板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　)‎ 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：当B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.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)(　C　)‎ 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：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(　D　)‎ 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：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，减小偏转极板间的电压，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，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点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)顺时针旋转45°，再由a点从静止释放一个同样的微粒，该微粒将(　B　)‎ A．保持静止状态 B．向右下方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 解析：在两板中间a点静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F＝mg，方向竖直向上，将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)顺时针旋转45°，电场强度大小不变，方向顺时针旋转45°，电场力顺时针旋转45°，大小仍然为mg，重力和电场力的大小均为mg，夹角为135°，故合力向右下方，微粒的加速度恒定，向右下方做匀加速运动，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎5.如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：‎ ‎(1)水平向右电场的电场强度；‎ ‎(2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大？‎ ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能．‎ 解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有 FNsin37°＝qE　FNcos37°＝mg 解得E＝ ‎(2)若电场强度减小为原来的，即E′＝ 由牛顿第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma 解得a＝0.3g ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，支持力不做功，由动能定理得 mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0‎ 解得Ek＝0.3mgL.‎ 答案：(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL ‎6.如图所示的电路中，A、B是构成平行板电容器的两个金属极板，P为两板间的一个固定点．将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法中正确的是(　B　)‎ A．电容器的电容增大 B．在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流 C．A、B两板间的电场强度增大 D．P点电势升高 解析：根据C＝，将A板向上平移一小段距离，间距d 增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A错误；在A板上移过程中，电容减小，又由于极板间的电压不变，则电容器的电荷量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；根据E＝，由于间距d增大，而电压U不变，所以A、B两板间的电场强度变小，故C错误；因场强变小，导致P点与B板间的电势差减小，因B板接地，电势为零，可知P点电势降低，故D错误．‎ ‎7.如图所示，两块加上电压且水平放置的平行金属板之间有一个厚度不计的带电金属网，使金属板间形成了上、下两个场强分别为E1、E2(方向均竖直向下)的匀强电场空间．两个不计重力的带电微粒从离金属网分别为d1、d2的位置处先后水平射入电场(不考虑两微粒间的库仑力)，两微粒的运动轨迹在金属网上相交于同一点．下列说法中错误的是(　D　)‎ A．两微粒一定带异种电荷 B．若两微粒初速度相同，则到达金属网所用的时间相同 C．不改变其他物理量，仅将E1和d1同时减半，两微粒的运动轨迹仍然能相交于同一点 D．若E1>E2，d1＝d2，则上方微粒的比荷较小 解析：根据两微粒的运动轨迹可知，二者所受的电场力方向相反，而电场强度的方向相同，因此两微粒的电性相反，故A正确；若两微粒的初速度相同，根据平抛运动的规律可知，它们在水平方向上做匀速运动，因此到达金属网所用的时间相同，故B正确；根据运动学公式，在竖直方向有d＝at2＝2，若不改变其他物理量，仅将E1和d1同时减半，则两微粒在水平方向上的位移仍相等，因此仍能相交于同一点，故C正确；若E1>E2，d1＝d2，根据运动学公式，在竖直方向有d＝at2＝2，由于两粒子的初速度不一定相同，则上方微粒的比荷不一定较小，故D错误．‎ ‎8.(多选)如图所示，光滑绝缘的水平面内存在场强为E的匀强电场，长度为L的绝缘的光滑挡板AC与电场方向的夹角为30°.现有质量相等、所带电荷量均为Q的甲、乙两个带电体从A处出发，甲由静止释放后沿AC滑动，乙垂直于电场方向以一定的初速度开始运动，若甲、乙两个带电体都通过C处，则甲、乙两个带电体(　AC　)‎ A．发生的位移相等 B．通过C处时的速度大小相等 C．电势能减少量都为EQL D．从A点运动到C点的时间之比为1‎ 解析：由于两带电体起点和终点相同，故发生的位移一定相同，A正确；电势能的减少量等于电场力所做的功，电场力做功都为W＝EQLcos30°＝EQL，C正确；由于两带电体初速度不同，但电场力做功相同，故到达C点的速度大小不相等，B错误；甲从A点运动到C点的时间t甲＝＝＝，乙从A点运动到C点的时间t乙＝＝＝，则甲、乙从A点运动到C点的时间之比为2，D错误．‎ ‎9.某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场．当在该空间内建立如图所示的坐标系后，在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v(v>0)不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴．有的将穿出电场后再通过y轴．设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t，则(　D　)‎ A．粒子带负电 B．对h≤d的粒子，h越大，t越大 C．对h≤d的粒子，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等 D．h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大 解析：由题意可知，粒子向左偏，由电场线的方向，可确定电场力方向向左，因此粒子带正电，故选项A错误；对h≤d的粒子，沿x轴方向粒子受到电场力相同，加速度相同，因此运动时间相等，由于粒子的速度不同，所以导致粒子的h不同，故选项B错误；对h≤d的粒子，在时间t内，沿电场力方向的位移相同，因此电场力做功相等，故选项C错误；若在电场中直接通过y轴，水平分位移x相等，由x＝at2知，运动时间t相等，竖直分位移h＝vt，则h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大，若穿出电场后再通过y轴，通过电场时竖直分位移y相等，h越大，沿着电场力方向偏转位移x越小，由x＝at2，可知t越小，由y＝vt可知v越大，故选项D正确．‎ ‎10．如图所示，静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中半圆弧虚线所示的轨迹通过静电分析器，从P点垂直于CN进入矩形区域内的有界匀强电场，匀强电场的场强方向水平向左．静电分析器通道内有均匀、辐向分布的电场，已知圆弧轨迹所在处的场强大小都为E0，方向沿圆弧轨迹半径指向圆心O，离子质量为m、电荷量为q，QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．‎ ‎(1)求离子通过静电分析器时的圆弧轨迹的半径R；‎ ‎(2)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场的场强E.‎ 解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理得 qU＝mv2‎ 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得qE0＝m　解得R＝.‎ ‎(2)离子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律得＝vt　PN＝at2‎ 由牛顿第二定律得qE＝ma　解得E＝.‎ 答案：(1)　(2)