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(通用版)2020版高考物理一輪復習 第七章 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè)(含解析)

上傳人:Sc****h 文檔編號:101084900 上傳時間:2022-06-04 格式:DOC 頁數(shù):12 大?。?.36MB
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1、電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動 1.如圖所示,一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi),當開關S閉合,小球靜止時,懸線與豎直方向的夾角為θ,則(  ) A.當開關S斷開時,若減小平行板間的距離,則夾角θ增大 B.當開關S斷開時,若增大平行板間的距離,則夾角θ增大 C.當開關S閉合時,若減小平行板間的距離,則夾角θ增大 D.當開關S閉合時,若減小平行板間的距離,則夾角θ減小 解析:C 帶電小球在電容器中處于平衡時,由平衡條件有tan θ=,當開關S斷開時,電容器兩極板上的電荷量Q不變,由C=,U=,E=可知E=,故增大或減小兩極板間的距離d,電容器兩極板間的電場強度不變,θ

2、不變,選項A、B錯誤;當開關S閉合時,因為兩極板間的電壓U不變,由E=可知,減小兩極板間的距離d,E增大,θ變大,選項C正確,D錯誤. 2.(2018·龍巖模擬)如圖,帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的5倍,它們以相等的速度v0從同一點出發(fā),沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場,分別打在M、N點,若OM=MN,則P和Q的質(zhì)量之比為(不計重力)(  ) A.2∶5 B.5∶2 C.4∶5 D.5∶4 解析:D 粒子在水平方向做勻速直線運動,在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,兩粒子的初速度相等,水平位移比為1∶2,由l=v0t可知運動時間比為1∶2,由y=at2得加速度之比

3、為4∶1,根據(jù)牛頓第二定律得a=,因為電荷量比為5∶1,則質(zhì)量比為5∶4,故D正確,A、B、C錯誤. 3.如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,下極板接地.一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離,則(  ) A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動 B.P點的電勢將降低 C.帶電油滴的電勢能將減少 D.電容器的電容減小,而極板上所帶的電荷量將增大 解析:B 電容器始終與電源連接,其兩端的電壓U保持不變,上極板向上移動一小段距離,意味著板間距離d增大,由E=可知E減小,帶電油滴受到的電場力F=qE也減小,所以

4、油滴將向下運動,選項A錯誤;設P點到下極板的距離為x,則φ=,可知P點的電勢將降低,選項B正確;電勢能Ep=qφ不僅和電勢的高低有關,還和電荷的正負及電荷量有關,由題意分析知油滴帶負電,則φ降低,Ep將增加,選項C錯誤;由C=可知電容C減小,由Q=CU可知極板上所帶的電荷量Q也將減小,選項D錯誤. 4.(多選)一個帶正電的微粒放在電場中,場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示.帶電微粒只在電場力的作用下(不計微粒重力),由靜止開始運動,則下列說法中正確的是(  ) A.微粒將沿著一條直線運動 B.微粒在第2 s末的速度為零 C.微粒在第1 s內(nèi)的加速度與第2 s內(nèi)的加速度相同

5、D.微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移相同 解析:ABD 由圖可知,E1和E2大小相等、方向相反,所以微粒奇數(shù)秒內(nèi)和偶數(shù)秒內(nèi)的加速度大小相等、方向相反,根據(jù)運動的對稱性可知在2 s末的速度恰好是0,即微粒第1 s做加速運動,第2 s做減速運動,然后再加速,再減速,一直持續(xù)下去,微粒將沿著一條直線運動,故A、B正確,C錯誤;由對稱性可知,微粒在第1 s內(nèi)的平均速度與第2 s內(nèi)的平均速度相同,由x=vt得,微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移相同,故D正確. 5.“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成.偏轉(zhuǎn)器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A

6、和B構(gòu)成,A、B為電勢值不等的等勢面,其過球心的截面如圖所示.一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動能從偏轉(zhuǎn)器左端M板正中間小孔垂直入射,進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域,最后到達偏轉(zhuǎn)器右端的探測板N,其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間.忽略電場的邊緣效應. (1)判斷半球面A、B的電勢高低,并說明理由; (2)求等勢面C所在處電場強度E的大??; (3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC,則到達N板左、右邊緣處的電子,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場前、后的動能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少? (4)比較|ΔEk左|與|ΔEk右|的大小,并說明理由. 解析:(1)

7、電子(帶負電)做圓周運動,電場力方向指向球心,電場方向從B指向A,B板電勢高于A板. (2)據(jù)題意,電子在電場力作用下做圓周運動,考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同,有eE=m,Ek0=mv2,R= 聯(lián)立解得E==. (3)電子運動時只有電場力做功,根據(jù)動能定理,有 ΔEk=qU 對到達N板左邊緣的電子,電場力做正功,動能增加,有ΔEk左=e(φB-φC) 對到達N板右邊緣的電子,電場力做負功,動能減小,有ΔEk右=e(φA-φC) (4)根據(jù)電場線特點,等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度,考慮到等勢面間距相等, 有|φB-φC|>|φA-φC| 即|ΔEk左

8、|>|ΔEk右|. 答案:(1)B板電勢高于A板,理由見解析 (2) (3)ΔEk左=e(φB-φC) ΔEk右=e(φA-φC) (4)|ΔEk左|>|ΔEk右|,理由見解析 一、選擇題(本題共10小題,1~6題為單選題,7~10題為多選題) 1.如圖所示,固定在絕緣支架上的平行板電容器充電后與電源斷開,兩極板與一個靜電計相連,將B極向左水平移動一小段距離后,電容器的電容C、靜電計指針偏角θ和極板間電場強度E的變化情況分別是(  ) A.C變小,θ變大,E不變 B.C不變,θ不變,E變小 C.C變小,θ不變,E不變 D.C變小,θ變大,E變小 解析:A 當負極板

9、左移一小段距離時,d增大,由C=可知,電容C減小,由U=可知兩極間的電壓增大,因電壓增大,靜電計指針偏角會增大,根據(jù)E===,不論極板間距如何變化,極板的電量總不變,因此電場強度不變,故A正確,B、C、D錯誤. 2.(2018·淄博模擬)如圖所示,從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動,指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設電源電動勢為U)(  ) A.電子到達B板時的動能是eU B.電子從B板到達C板動能變化量為零 C.電子到達D板時動能是3eU D.電子在A板和D板之間做往復運動 解析:C 釋放出一個無初速度電荷量為e的電子,在電壓為U的電場中做加速運動,當出電場時,所

10、獲得的動能等于電場力做的功,即W=eU,故A正確;由圖可知,BC間沒有電壓,則沒有電場,所以電子在此處做勻速直線運動,則電子的動能不變,故B正確;電子以eU的動能進入CD電場中,在電場力的阻礙下,電子做減速運動,由于CD間的電壓也為U,所以電子到達D板時速度減為零,開始反向運動,故C錯誤;由上可知,電子將會在A板和D板之間加速、勻速再減速,再反向加速、勻速再減速,做往復運動,故D正確. 3.噴墨打印機的簡化模型如圖所示.墨盒可以噴出質(zhì)量一定的墨汁微粒,經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?,以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上,顯示出字符.已知墨汁微粒所帶電荷量的多少由計算機的輸入信號按照文字的

11、排列規(guī)律進行控制,微粒偏移量越小打在紙上的字跡越小,則從墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場開始到打到紙上的過程中(不計墨汁微粒的重力),以下說法正確的是(  ) A.墨汁微粒的軌跡是拋物線 B.電量相同的墨汁微粒軌跡相同 C.墨汁微粒的運動軌跡與帶電量無關 D.減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓,可以縮小字跡 解析:D 墨汁微粒在電場中做類平拋運動,出電場后做勻速直線運動,軌跡不是拋物線,故A錯誤;墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動,則有,水平方向L=v0t,豎直方向y=at2,則出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)位移y=·,電量相同,墨汁微粒的軌跡不一定相同,故B錯誤;根據(jù)y=·知,墨汁微粒的運動軌跡與帶

12、電量有關,故C錯誤;根據(jù)y=·知,偏轉(zhuǎn)極板間的電壓,出電場時偏轉(zhuǎn)位移減小,打到紙上的偏轉(zhuǎn)位移減小,可以縮小字跡,故D正確. 4.如圖所示,地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場,水平虛線上方為場強E1,方向豎直向下的勻強電場;虛線下方為場強E2,方向豎直向上的勻強電場.一個質(zhì)量m,帶電量+q的小球從上方電場的A點由靜止釋放,結(jié)果剛好到達下方電場中與A關于虛線對稱的B點,則下列結(jié)論正確的是(  ) A.若AB高度差為h,則UAB= B.帶電小球在A、B兩點電勢能相等 C.在虛線上、下方的電場中,帶電小球運動的加速度相同 D.兩電場強度大小關系滿足E2=2E1 解析:A 對A到B的過程運

13、用動能定理得,qUAB+mgh=0,解得:UAB=,知A、B的電勢不等,則電勢能不等,故A正確,B錯誤;A到虛線速度由零加速至v,虛線到B速度由v減為零,位移相同,根據(jù)勻變速運動的推論知,加速度大小相等,方向相反,故C錯誤;在上方電場,根據(jù)牛頓第二定律得:a1=,在下方電場中,根據(jù)牛頓第二定律得,加速度大小為:a2=,因為a1=a2,解得:E2-E1=,故D錯誤. 5.如圖甲所示,兩平行金屬板A、B放在真空中,間距為d,P點在A、B板間,A板接地,B板的電勢φ隨時間t變化情況如圖乙所示,t=0時,在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子,當t=2T時,電子回到P點.電子運動中沒與極板相碰

14、,不計重力,則(  ) A.φ1∶φ2=1∶2 B.φ1∶φ2=1∶4 C.在0~2T內(nèi),當t=T時電子的電勢能最大 D.在0~2T內(nèi),電子的電勢能減小了 解析:D 0~T時間內(nèi)平行板間的電場強度為E1=,電子以a1==向上做勻加速直線運動,經(jīng)過時間T的位移x1=a1T2,速度v1=a1T,T~2T內(nèi)平行板間電場強度E2=,加速度a2=,電子以v1的速度向上做勻減速直線運動,位移x2=v1T-a2T2,由題意2T時刻回到P點,則x1+x2=0,聯(lián)立解得φ2=3φ1,故A、B錯誤;當速度最大時,動能最大,電勢能最小,而0~T內(nèi)電子做勻加速運動,之后做勻減速直線運動,所以在T時刻電勢

15、能最小,故C錯誤;電子在2T時刻回到P點,此時速度v2=v1-a2T=-(負號表示方向向下),電子的動能為Ek=mv=,根據(jù)能量守恒定律可知,電勢能的減小量等于動能的增加量,故D正確. 6.粗糙絕緣的水平地面上,有兩塊豎直平行相對而立的金屬板AB.板間地面上靜止著帶正電的物塊,如圖甲所示,當兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時,設直到t1時刻物塊才開始運動,(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認為相等)則(  ) A.在0~t1時間內(nèi),物塊受到逐漸增大的摩擦力,方向水平向右 B.在t1~t3時間內(nèi),物塊受到的摩擦力,先逐漸增大,后逐漸減小 C.t3時刻物塊的速度最大 D.t4時刻物塊的速度最大

16、 解析:C 在0~t1時間內(nèi),物塊處于靜止狀態(tài),電場強度方向水平向右,物塊所受的電場力水平向右,根據(jù)平衡條件得:摩擦力大小Ff=qE,而E=,得Ff=q,UAB增大,F(xiàn)f隨之增大,并且由平衡條件知,F(xiàn)f的方向水平向左,故A錯誤;在t1~t3時間內(nèi),物塊向右運動,受到的是滑動摩擦力,物塊對地面的壓力不變,根據(jù)公式Ff=μFN知,摩擦力不變,故B錯誤;據(jù)題意:最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,在t1時刻物塊所受的靜摩擦力達到最大,并恰好等于此時的電場力.在t1~t3時間內(nèi),電場力一直大于摩擦力,物塊一直向右加速運動;在t3~t4時間內(nèi),電場力小于滑動摩擦力,物塊向右做減速運動,所以t3時刻物塊的速度最

17、大,故C正確,D錯誤. 7.(2018·唐山模擬)如圖所示,豎直平面內(nèi)有A、B兩點,兩點的水平距離和豎直距離均為H,空間存在水平向右的勻強電場,一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出,經(jīng)一段時間豎直向下通過B點,重力加速度為g,小球在由A到B的運動過程中,下列說法正確的是(  ) A.小球帶負電 B.速度先增大后減小 C.機械能一直減小 D.任意一小段時間內(nèi),電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量 解析:AC 小球在B點的速度豎直向下,水平方向勻減速運動,豎直方向自由落體運動,可知電場力方向水平向左,與電場方向相反,說明小球帶負電,故A正確;小球受豎直向下的重力和水平向左的

18、電場力,即合力方向朝左下方,與初速度成鈍角,所以開始減速,然后成銳角,可知合力先做負功然后做正功,則速度先減小后增大,故B錯誤;因為電場力做負功,電勢能增加,機械能減小,故C正確;任意一小段時間,小球的動能、電勢能和重力勢能之和保持不變,總能量守恒,所以電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量,故D錯誤. 8.(2018·日照模擬)如圖所示,一直角三角形處于平行于紙面的勻強電場中,∠A=90°,∠B=30°,AC長為L,已知A點的電勢為φ(φ>0),B點的電勢為2φ,C點的電勢為0.一帶電的粒子從C點以v0的速度出發(fā),方向如圖所示(與AC邊成60°).不計粒子的重力,下列說法正確的是(  )

19、 A.電場強度的方向由B指向C B.電場強度的大小為 C.若粒子能擊中圖中的A點,則該粒子的比荷為 D.只要粒子的速度大小合適,就可能擊中圖中的B點 解析:BC B點的電勢為2φ,C點的電勢為0,則BC中點D的電勢為φ,又A點的電勢為φ(φ>0),連接AD,則電場線垂直于AD,如圖所示,故A錯誤;由圖可知電場強度E==,故B正確;由于速度方向與電場方向垂直,粒子從C到A做類平拋運動,則Lcos 60°=v0t,Lsin 60°=·t2,解得=,故C正確;由于速度方向與電場方向垂直,粒子從C拋出后做類平拋運動不可能到B點,故D錯誤. 9.如圖所示的電路中,理想二極管和水平放置的平

20、行板電容器串聯(lián)接在電路中,閉合開關S,平行板間有一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止狀態(tài),則下列說法中正確的是(  ) A.將A板向上平移一些,液滴將向下運動 B.將A板向左平移一些,液滴將向上運動 C.斷開開關S,將A板向下平移一些,液滴將保持靜止不動 D.斷開開關S,將A板向右平移一些,液滴將向上運動 解析:BCD A極板上移時,d變大,由C=可知,C變小,由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?,由E===q,可知電容器兩極板間的電場強度不變,油滴所受電場力不變,油滴靜止不動,故A錯誤;A極板左移時,S變小,由C=可知,C變小,而兩極板間的電壓U等于電源電動勢不變

21、,由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?,由E=可知電容器兩極板間的電場強度增大,油滴所受電場力增大,油滴將向上運動,故B正確;當斷開開關S,將A板向下平移一些時,d變小,由C=可知,C變大,因電量的不變,由E=可得,電場強度不變,那么液滴將保持靜止不動,故C正確;同理,當斷開開關S,將A板向右平移一些時,S變小,由C=可知,C變小,因電量的不變,由E=可得,電場強度變大,那么液滴將向上運動,故D正確. 10.如圖所示,在一豎直平面內(nèi),BCDF段是半徑為R的圓弧形擋板,AB段為直線形擋板(長為4R),兩者在B點相切,θ=37°,C、F兩點與圓心等高,D在圓弧形擋板的最低點,所有接觸面均光滑

22、,絕緣擋板處于水平方向場強為E的勻強電場中.現(xiàn)將帶電荷量為+q,質(zhì)量為m的小球從擋板內(nèi)側(cè)的A點由靜止釋放,小球沿擋板內(nèi)側(cè)ABCDF運動到F點后拋出,在這段運動過程中,下列說法正確的是(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(  ) A.勻強電場的場強大小可能是 B.小球運動到D點時動能一定不是最大 C.小球機械能增加量的最大值是2.6qER D.小球從B到D運動過程中,動能的增量為1.8mgR-0.8EqR 解析:BC 小球能沿擋板內(nèi)側(cè)的ABC運動,則有qEcos 37°≥mgsin 37°,得E≥,故場強大小不可能等于,A錯誤.小球在復合場中受重力和電場力,所以小球運

23、動到合力方向上的最低點時動能最大,則知在C、D之間的某一點上時動能最大,B正確.小球運動到C點時,電場力做正功最多,小球的機械能增加量最大,所以小球機械能增加量的最大值ΔE=qE[4Rsin 37°+R(1-cos 37°)]=2.6qER,C正確.小球從B到D運動過程中,動能的增量ΔEk=mgR(1+sin 37°)-qEcos 37°=1.6mgR-0.8qER,D錯誤. 二、計算題(需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.如圖所示,在一個傾角θ=30°的斜面上建立x軸,O為坐標原點,在x軸正向空間有一個勻強電場,場強大小E=4.5×106 N/C,方向與x軸正方向相同,在O處放一個電荷量q=5

24、.0×10-8 C,質(zhì)量m=1 kg帶負電的絕緣物塊.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=,沿x軸正方向給物塊一個初速度v0=5 m/s,如圖所示(g取10 m/s2).求: (1)物塊沿斜面向下運動的最大距離為多少? (2)到物塊最終停止時系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱共為多少? 解析:(1)設物塊向下運動的最大距離為xm, 由動能定理得: mgsin θ·xm-μmgcos θ·xm-qExm=0-mv 代入數(shù)據(jù)解得:xm=0.5 m (2)因qE>mgsin θ+μmgcos θ,物塊不可能停止在x軸正向,設最終停在x軸負向且離O點為x處,整個過程電場力做功為零,由動能定理得: -mgxs

25、in θ-μmgcos θ(2xm+x)=0-mv 代入數(shù)據(jù)解得: x=0.4 m 產(chǎn)生的焦耳熱: Q=μmgcos θ·(2xm+x) 代入數(shù)據(jù)解得: Q=10.5 J 答案:(1)0.5 m (2)10.5 J 12.如圖甲所示,熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計,電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0,電容器板長和板間距離均為L=10 cm,下極板接地,電容器右端到熒光屏的距離也是L=10 cm,在電容器兩極板間接一交變電壓,上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示.(每個電子穿過平行板的時間都極短,可以認為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)求: (1)在t=0.06 s時刻

26、,電子打在熒光屏上的何處. (2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長? 解析:(1)電子經(jīng)加速電場,由動能定理得 qU0=mv2,電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場:沿v方向:t= 沿電場方向:y=at2,又a= 故偏轉(zhuǎn)后偏移量y=··()2,所以y= 由題圖知t=0.06 s時刻U偏=1.8U0,所以y=4.5 cm 設打在屏上的點距O點距離為Y, 滿足=,所以Y=13.5 cm. (2)由題知電子偏移量y的最大值為, 所以當偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時,電子就打不到熒光屏上了,所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L=30 cm. 答案:(1)O點上方13.5 cm處 (2)30 cm 12

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