【物理】2019届一轮复习人教版电容器带电粒子在电场中的运动作业 10页

电容器 带电粒子在电场中的运动 ‎1．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A，B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中(　　)‎ A．电容器的电容变大 B．电容器的电荷量保持不变 C．M点的电势比N点的电势低 D．流过电阻R的电流方向从M到N ‎【答案】D ‎ 【解析】当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向M→R→N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．‎ ‎2.如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是(　　)‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E变小 解析：电容器与电源断开，电荷量Q保持不变，增大两极板间距离时，根据C＝，知电容C变小，根据U＝，知两极板间的电势差U变大，根据E＝＝＝＝，知电场强度E不变，C正确．‎ 答案：C ‎3.如图所示，电路中R1，R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S ‎，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是(　　)‎ A．增大R1的阻值　　　　　 B．增大R2的阻值 C．增大两板间的距离　　　　　　 D．断开电键S ‎【答案】B ‎【解析】设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有q＝q＝mg.由题图知，增大R1，UR1增大，油滴将向上加速；增大R2，油滴受力不变，仍保持静止．由E＝知，增大d，U不变时，E减小，油滴将向下加速．断开开关S，电容器将通过R1，R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速．故只有B项正确．‎ ‎4.M、N为两块水平放置的平行金属板，距平行板右端L处有竖直屏，平行板板长、板间距均为L，板间电压恒定．一带电粒子(重力不计)以平行于板的初速度v0沿两板中线进入电场，粒子在屏上的落点距O点的距离为，当左端入口处均匀分布的大量上述粒子均以平行于板的初速度v0从MN板左端各位置进入电场(忽略粒子间作用力)，下列结论正确的是(　　)‎ A．有的粒子能到达屏上 B．有的粒子能到达屏上 C．有的粒子能到达屏上 D．有的粒子能到达屏上 解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，从电场中飞出后做匀速直线运动，设带电粒子在匀强电场中的偏转位移为y，根据类平抛运动规律得：物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．根据几何关系得＝，则y＝.若带电粒子恰好打在屏上，粒子应该从金属板的边缘离开电场，则粒子的入射点应当偏离中心线的距离为，由于粒子是均匀分布的，所以只有的粒子能到达屏上，选项B正确，选项A、C、D均错误．‎ 答案：B ‎5.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的(　　)‎ A．运行时间tP>tQ B．电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1‎ C．电荷量之比qP∶qQ＝2∶1‎ D．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1‎ ‎【答案】C ‎ 【解析】两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A项错；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由x＝at2可得aP∶aQ＝2∶1，则qP∶qQ＝2∶1，C项对；电势能的减少量ΔEP∶ΔEQ＝(qPE·xP)∶(qQE·xQ)＝4∶1，B错；动能增加量(mgh＋ΔEP)∶(mgh＋ΔEQ) <4∶1，D项错．‎ ‎6.AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程(　　)‎ A．运动加速度：aa＞ab＞ac B．飞行时间：tb＝tc＞ta C．水平速度：va＞vb＝vc D．电势能的减小量：ΔEc＝ΔEb＞ΔEa ‎【答案】B ‎【解析】根据牛顿第二定律得，微粒的加速度为a＝，据题相同，E相同，所以加速度相同，即aa＝ab＝ac ‎，故A项错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2得t＝，由图有yb＝yc＞ya，则得tb＝tc＞ta，故B项正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t得v0＝，由图知xa＞xb＞xc，又tb＝tc＞ta，则得va＞vb＞vc，故C项错误；电场力做功为W＝qEy，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，故D项错误．‎ ‎7.一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板B接地，P为两极板间一点，如图所示，用E表示电容器两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，则U变小，E不变 B．若将一玻璃板插入A、B两极板之间，则U变大，E变大 C．若将A极板向左平行移动少许，则U变小，φ不变 D．若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，则U变小，φ不变 解析：由题意可知电容器电荷量保持不变，根据C＝，d变小，电容变大，根据U＝，可知电势差减小，根据E＝＝＝，可知电场强度不变，故A正确；将一玻璃板插入A、B两极板之间，根据C＝，可知电容变大，根据U＝，可知电势差减小，根据E＝＝＝可知电场强度变小，故B错误；若将A极板向左平行移动少许，根据C＝，正对面积变小，电容变小，根据U＝，可知电势差变大，故C错误；若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，电容器电荷量保持不变，根据C＝，d变小，电容变大，根据U＝，可知电势差减小，根据E＝＝＝，可知电场强度不变，P、B间电势差变小，P点电势变小，故D错误．综上本题选A.‎ 答案：A ‎8.如图所示，在真空中电荷量相等的离子P1、P2分别以相同初速度从O点沿垂直于电场强度的方向射入匀强电场，粒子只在电场力的作用下发生偏转，P1打在极板B上的C点，P2打在极板B上的D点．G点在O点的正下方，已知GC＝CD，则离子P1、P2的质量之比为(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2‎ C．1∶3 D．1∶4‎ 解析：设离子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度a＝，离子运动的时间t＝，由于GC＝CD，所以飞行的时间之比：t1∶t2＝1∶2，离子的偏转量y＝at2＝，因为P1带电荷量与P2的带电荷量相同，可得P1、P2的质量之比m1∶m2为1∶4.D正确．‎ 答案：D ‎9.示波器的工作原理等效成下列情况：(如图甲所示)真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两极板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两极板间加上如图乙所示的变化电压，则荧光屏上的亮点运动规律是(　　)‎ A．沿y轴方向做匀速运动 B．沿x轴方向做匀速运动 C．沿y轴方向做匀加速运动 D．沿x轴方向做匀加速运动 解题思路：粒子进入偏转电场做类平抛运动，抓住沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移与偏转电压的关系，从而进行判断．‎ 解析：粒子在沿电场方向上的加速度a＝＝，在偏转电场中运行的时间t＝，粒子在y方向上偏转，偏转位移y1＝at2＝××，飞出偏转电场后，做匀速直线运动，侧位移y2＝vy×＝，则打在荧光屏上偏离中心的距离：y＝y1＋y2＝U，因为偏转电压与时间成正比，则y与时间成正比，所以粒子沿y 轴方向做匀速运动，故A正确，B、C、D错误．‎ 答案：A ‎10.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是(　　)‎ 甲　　　　　　　乙 A．若t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B．若t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C．若t＝时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D．若t＝时刻释放电子，电子必然打到左极板上 ‎【答案】AC ‎11.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则(　　)‎ A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．若小球在初始位移的电势能为零，则小球电势能的最大值为 ‎【答案】BD ‎【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A项错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B项正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－mv，解得h＝，C项错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·＝，D项正确．‎ ‎12.电容器的电容跟两极板间距离、正对面积以及极板间的电介质这几个因素有关，如果某一物理量(如位移、角度、压力等)的变化能引起上述某个因素的变化，从而引起电容变化，那么，通过测定电容器的电容就可以确定上述物理量的变化，作为这种用途的电容器称为电容式传感器．如图所示，甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列分析正确的是(　　)‎ A．图甲中两极间的电荷量不变时，若电压减小，则液面高度h变小 B．图乙中两极间的电荷量不变时，若电压增加，则旋转角度θ变大 C．图丙中两极间的电压不变时，若有电流流向传感器的负极板，则插入长度x变大 D．图丁中两极间的电压不变时，若有电流流向传感器的正极板，则待测压力F变大 解析：题图甲中两极间的电荷量不变，若电压减小，由电容的定义式C＝知，电容增大，再由电容的决定式C＝知，两极板正对面积增大，则h变大，选项A错误；题图乙中两极间的电荷量不变，若电压增加，由电容的定义式C＝知电容减小，再由电容的决定式C＝知，极板正对面积减小，则θ变大，选项B正确；题图丙中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，说明电容器在放电，电荷量减小，由电容的定义式C＝知，电容减小，再由电容的决定式C＝得，电介质向外移动，得x变小，选项C错误；题图丁中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，说明电容器在充电，电荷量增加，由电容的定义式C＝知，电容增大，极板间距离减小，得F变大，选项D正确．‎ 答案：BD ‎13.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN 上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．由此可见(　　)‎ A．电场力为3mg B．小球带正电 C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等 D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等 解题思路：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动．两个过程都运用分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x＝vt，可 分析时间关系；再研究竖直方向运动，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小，根据Δv＝at研究速度变化量的关系．‎ 解析：由题图知在电场中，小球受合外力竖直向上，故电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球带负电，B错误；小球在水平方向始终做匀速运动，从A到B与从B到C水平位移不同，根据x＝vt知运动时间不同，C错误；设在B点竖直方向速度为vy，则从A到B：v＝2gh1，从B到C：v＝2ah2，其中a＝，h1＝2h2，联立解得qE＝3mg，A正确；从A到B速度变化量为vy，从B到C速度变化量也为vy，速度变化量方向不同，大小相同，D正确．‎ 答案：AD ‎14.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： (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＝at2‎ 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＝.‎ ‎15.如图所示，带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场，电场强度为E0，极板间距离为L.其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D，极板长度为L，C、D板间加恒定的电压．现有一质量为m、带电荷量为e的电子(重力不计)，从A板处由静止释放，经电场加速后通过B板的小孔飞出；经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域，速度方向与边界夹角为60°，求：‎ ‎(1)电子在A、B间的运动时间；‎ ‎(2)C、D间匀强电场的电场强度．‎ 解析：(1)电子在A、B间直线加速，加速度a＝，设电子在A、B间的运动时间为t，则L＝at2，解得t＝ .‎ ‎(2)设电子从B板的小孔飞出时的速度为v0，则v0＝at，则电子从平行极板C、D间射出时沿电场方向的速度为vy＝v0tan30°，又vy＝·，可得C、D间匀强电场的电场强度E＝ E0.‎ 答案：(1) 　(2)E0‎