【物理】2020届一轮复习人教版　电容器和电容　带电粒子在电场中的运动课时作业 14页

‎2020届一轮复习人教版 　电容器和电容　带电粒子在电场中的运动 课时作业 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是(　　)‎ A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大 B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变 C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变 D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小 答案　B 解析　甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小，C错误；当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝，极板间的电压U＝＝，极板间的电场强度E＝＝，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强不变，故乙图中两极板间场强不变，电场力不变，夹角不变，A、D错误；综上分析，选项B正确。‎ ‎2．[2016·商丘高三模拟]如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)(　　)‎ A．保持开关S闭合，适当上移P极板 B．保持开关S闭合，适当左移P极板 C．先断开开关S，再适当上移P极板 D．先断开开关S，再适当左移P极板 答案　A 解析　如图，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向vx和竖直方向vy。竖直方向：vy＝v0sinθ，加速度a＝，E为场强，设t为粒子上升到最高点所用时间，则t＝＝。水平方向位移x＝vx·2t＝2v0tcosθ。保持开关S闭合，电容器两板间电压U不变，适当上移P极板，两极板间的距离变大，根据E＝知场强变小，竖直方向运动时间变长，水平方向的位移x＝2v0tcosθ变大，该粒子可能从Q 板的B孔射出，A正确；若左移P极板，不影响场强，仍落在原处，B错误；断开开关S，则电容器电量Q不变，适当上移P极板，由E＝知场强E不变，则粒子仍落到原处，C错误；断开开关S，若左移P极板，由E＝知S变小E变大，则粒子加速度a变大，上升到最高点所用时间t变小，则水平方向位移x变小，不能到达B孔，D错误。‎ ‎3. [2018·陕西咸阳模拟]如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动。重力加速度为g，粒子运动的加速度为(　　)‎ A.g B.g C.g D.g 答案　A 解析　抽出前，粒子受重力和电场力平衡，mg＝q，抽出后，根据牛顿第二定律，有mg－q＝ma，联立解得a＝g，A正确。‎ ‎4．[2018·陕西渭南模拟]如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(　　)‎ A．开关S断开 B．初速度变为 C．板间电压变为 D．竖直移动上板，使板间距变为2d 答案　C 解析　开关S断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器两极板间电压不变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为一半，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，B错误；当板间电压变为时，场强变为原来的 ‎，电场力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝at2知，时间为原来的2倍，由x＝v0t知水平位移为原来的2倍，所以能沿b轨迹落到下板边缘，C正确；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，电场力为原来的，加速度为原来的，根据y＝at2知，时间为原来的倍，水平位移为原来的倍，不能到达下板边缘，D错误。‎ ‎5．[2018·吉林辽源五中模拟]如图所示，D为一理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)，平行金属板M、N水平放置，两板之间有一带电微粒以速度v0沿图示方向做直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的运动情况是(　　)‎ A．沿轨迹①运动 B．沿轨迹②运动 C．沿轨迹③运动 D．沿轨迹④运动 答案　B 解析　当微粒运动到P点时，迅速将M板上移一小段距离，由于二极管反向电阻无穷大，两极板上电量不变，由电容的决定式C＝，定义式C＝得MN两板间电压升高，由E＝＝，知电场强度不变，粒子受到的电场力不变，微粒的运动方向不变，仍沿轨迹②做直线运动，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎6. 如图所示，电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的震动膜a构成一个电容器，a、b 通过导线与恒定电源两极相接。若声源S做简谐运动，则(　　)‎ A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变 B．a振动过程中，a、b板所带电量不变 C．a振动过程中，电容器的电容不变 D．a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器电容最大 答案　D 解析　金属板b在声波驱动下沿水平方向振动，两极板间的距离发生变化，两极板与电源相连，电势差恒定，两板间的场强发生变化，A错误；电容器的电容随两板间距离改变而改变，两板带电量随电容改变而改变，B、C错误；当距离最近时，电容最大，D正确。‎ ‎7．如图所示，若在这个示波管的荧光屏上出现了一个亮斑P，那么示波管中的(　　)‎ A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 答案　AC 解析　由电子枪发射出的电子带负电，所以P点的亮斑是由于极板 X和Y带正电所形成的，故A、C正确。‎ ‎8．[2016·山东日照质检]如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动(细管绝缘且光滑)。以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是(　　)‎ 答案　AB 解析　在匀强电场中，沿电场线方向，电势均匀降低，A正确；带负电小球受电场力与场强方向相反，在匀强电场中受电场力不变，故加速度不变，所以在x<0区域内加速度方向为正方向，在x>0区域内为负方向，B正确；小球在原点的初速度为v0，经过任意一段位移x 后的速度为v，由匀变速直线运动规律可知，v2－v＝2ax，所以vx 图象不是直线，C错误；由动能定理有：Eqx＝Ek－mv，故Ekx图象应为一次函数图象，D错误。‎ B组·能力提升题 ‎9．如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m(不计重力)，电荷量为q，从A点与等势线4成θ角以初速度v0射入电场中，到达等势线2上的B点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场场强的大小为 (　　)‎ A. B. C. D. 解析　带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，水平方向做速度为vx＝v0cosθ的匀速直线运动，竖直方向做初速度为vy＝v0sinθ，加速度为a＝的匀减速直线运动，对运动过程应用动能定理有－Eq·2d＝mv－mv，解得E＝，A项正确。‎ 答案　A　‎ ‎10．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球(　　)‎ A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 解析　对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A项错误，B项正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，C项正确，D项错误。‎ 答案　BC　‎ ‎11.(多选)如图所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以某速度水平抛出，落在斜面上B点。现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以相同速度水平抛出，落在斜面上C点。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球带正电 B．小球所受电场力可能大于重力 C．小球两次落在斜面上所用的时间不相等 D．小球两次落在斜面上的速度大小相等 解析　平抛运动过程中，合速度与水平方向夹角的正切值，与位移与水平方向夹角的正切值比值固定，在同一斜面，位移与水平方向夹角的正切值相同，所以合速度与水平方向夹角的正切值不变，即合速度方向不变，由于水平分速度大小不变，所以合速度大小不变，且两次落点，竖直方向的分速度，水平方向的分速度大小都不变，小球两次落在斜面上所用时间不相等，C、D项正确；由过程分析，小球竖直方向的末速度大小不变，由水平位移大小知时间t2，则竖直方向加速度减小，可知小球受到了向上的电场力，所以小球带负电，故A项错误；加了电场后，小球加速度仍向下，则电场力一定小于重力，故B项错误。‎ 答案　CD　‎ ‎12．如图所示，在厚铅板A表面的中心放置一很小的放射源，可向各个方向放射出速率为v0的α粒子，α粒子的质量为m，电荷量为q，在金属网B与A板间加有竖直向上的匀强电场，场强为E，A与B的间距为d，B网上方有一很大的荧光屏M，M与B的间距为L。当有α粒子打在荧光屏上时就能使荧光屏产生一闪光点，整个装置放在真空中，不计重力的影响。求：‎ ‎(1)打在荧光屏上的α粒子具有的动能。‎ ‎(2)荧光屏上闪光点的范围。‎ 解析　(1)由动能定理得 qEd＝EkB－mv，‎ 得EkB＝qEd＋mv。‎ ‎(2)α粒子的初速度与电场方向垂直时，做类平抛运动，沿场强方向，有 a＝，d＝at，‎ 得到达B网的时间t1＝。‎ 粒子具有沿场强方向的速度 vBy＝at1＝，‎ 从B网到M所用的时间 t2＝＝，‎ 粒子运动的总时间 t＝t1＋t2＝，‎ 荧光屏上闪光点的范围是个圆，其半径 R＝v0t＝。‎ 答案　(1)qEd＋mv　(2)荧光屏上闪光点的范围是个圆，半径为 ‎13．如图所示，电场强度大小为E＝的竖直匀强电场中，长为L的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端固定一质量为m，带电荷量为＋q的小球。在O点正上方和正下方L处，分别固定一个绝缘挡板A、B，两挡板竖直放置且尺寸较小。现将小球拉到与O点同一高度且距O点右侧L处，给它一个竖直向上的初速度v0，此后小球在A、B右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板A、B 碰撞，小球与挡板碰撞时不损失机械能，碰后瞬间电场立即反向，大小不变。重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)小球与挡板A碰后，能做圆周运动到挡板B，初速度v0的最小值。‎ ‎(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，小球与挡板A、B第一次碰撞前瞬间，轻绳的拉力分别为多大。‎ ‎(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50mg，在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数。‎ 解析　(1)小球与挡板A碰前，由于qE＝mg，小球将做匀速圆周运动到挡板A。‎ 小球与挡板A碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力的作用下做圆周运动到挡板B，此过程中F＝qE＋mg＝2mg，方向向下，要能做圆周运动，则最高点A处满足qE＋mg≤，解得v0≥，‎ 因而小球初速度的最小值为。‎ ‎(2)小球第一次与挡板A碰前做匀速圆周运动，因而有TA1＝，解得TA1＝2mg。‎ 小球第一次与挡板A碰后，将做变速圆周运动到挡板B与挡板B第一次碰撞，在该过程中，根据动能定理有(qE＋mg)·2L＝mv－mv 小球第一次与挡板B碰前瞬间，由圆周运动的知识有 TB1－qE－mg＝，解得TB1＝12mg。‎ ‎(3)小球与挡板B第一次碰后到小球与挡板A第二次 碰前，由于qE＝mg，且方向相反，小球做匀速圆周运动，则小球与挡板A第二次碰前有 vA2＝vB1，‎ 因而轻绳的拉力为TA2＝，‎ 联立解得TA2＝10mg。‎ 小球与挡板A第二次碰后到小球与挡板B第二次碰前的过程，根据动能定理有 ‎(qE＋mg)·2L＝mv－mv，‎ 小球与挡板B第二次碰前瞬间，根据圆周运动的知识有TB2－qE－mg＝，‎ 联立解得TB2＝20mg，‎ 由上分析可知，小球每次与挡板A、B碰撞前，轻绳的拉力均比上一次与挡板碰撞增加 ΔT＝TAn＋1－TAn＝TBn＋1－TBn＝8mg。‎ 因而小球与挡板B第n次碰前，轻绳的拉力为 TBn＝TB1＋(n－1)ΔT＝4(2n＋1)mg；‎ 如果轻绳断裂，则应有TBn≥50mg，‎ 解得n≥5.75，‎ 因而小球与挡板A碰撞6次，与挡板B碰撞5次后在小球还未与挡板B发生第6次碰撞前轻绳已经断裂，因而小球与挡板碰撞的总次数为N＝6＋5＝11(次)。‎ 答案　(1)　(2)TA1＝2mg　TB1＝12mg ‎(3)11‎