2020屆高三物理一輪總復習 第6章《靜電場》3 電容器 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè) 新人教版

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1、電容器　帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題 1．(2020·安徽聯(lián)考) 如圖所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中自O點自由釋放后，分別抵達B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1：q2等于(　　) A．1：2 B．2：1 C．1： D.：1 【解析】　豎直方向有h＝gt2，水平方向有l(wèi)＝t2，聯(lián)立可得q＝，所以有＝，B對． 【答案】　B 2. (多選)如圖所示，兩面積較大、正對著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷．其中A板用絕緣線懸掛，B板固定且接地，P點為兩板的中間位置．下列結(jié)論正確的是(　　) A．若在

2、兩板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩板所帶電荷量會增大 B．A、B兩板上的電荷分別在P點產(chǎn)生的電場的場強大小相等，方向相同 C．若將A板豎直向上平移一小段距離，兩板間的電場強度將增大 D．若將A板豎直向下平移一小段距離，原P點位置的電勢將不變 【解析】　由于平行板電容器是充電后斷開的，因此平行板電容器所帶電荷量是不變的，所以A選項錯誤；由于平行板電容器兩板所帶電荷量相等，再根據(jù)對稱性可知，A、B兩板上的電荷分別在P點產(chǎn)生的電場的場強大小相等，方向相同，因此B選項正確；當改變兩板間距離時，根據(jù)E＝＝和C＝可知，改變板間距離時平行板電容器所帶的電荷量不變，平行板電容器兩板間的場強不變，因此C選

3、項錯誤；再根據(jù)φP＝Ed0(設P點到B板的距離為d0)，又E不變，d0也不變，因此φP也不變，故D選項正確． 【答案】　BD 3．(多選)(2020·德州期末) 如圖所示，平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏．今有質(zhì)子(H)、氘核(H)和氚核(H)均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上(不計粒子重力)．則下列判斷中正確的是(　　) A．三種粒子從B板射出時的速度之比為：： B．三種粒子同時打到熒光屏上 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1：2：3 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1：1

4、：1 【解析】　由U0q＝mv得三種粒子從B板射出時的速度之比為，由t＝易知質(zhì)子最先打到熒光屏上，由y＝2，得三種粒子豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移都是y＝，偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子所做的功均為Eqy，其比為1：1：1，故A、D對． 【答案】　AD 4. 如圖所示是一個說明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電場(加速電壓為U1)加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為l，每單位電壓引起的偏移叫作示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用下列哪些方法(　　) A．增大U1 B．減小l C．減小d D．增大U2 【解析】　由每單位電

5、壓引起的偏移叫作示波管的靈敏度，根據(jù)U1q＝mv和h＝y(tǒng)＝2，得＝，故選項C正確． 【答案】　C 5. 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】　由電路圖可得，電子在A、B板間加速運動，電場力做正功eU，A正確；在B、C板間勻速運動，動能變化量為零，B正確；在C、D板間減速運動，電場力做負功－eU，所以電子在D板處速度為零，C錯誤；電子在A板和D板之間做

6、往復運動，D正確． 【答案】　C 6．如圖所示，A、B為水平正對放置的平行金屬板，板間距離為d，一質(zhì)量為m的帶電油滴在兩金屬板之間，油滴運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比．將油滴由靜止釋放，若兩金屬板間的電壓為零，一段時間后油滴以速率v勻速下降．若兩金屬板間加電壓U，一段時間后油滴以速率2v勻速上升．由此可知油滴所帶電荷量的大小為(　　) A. B. C. D. 【解析】　板間電壓為零，油滴勻速下降時，mg＝kv，當兩板間電壓為U，油滴勻速上升時，q＝mg＋2kv，解得q＝，C正確． 【答案】　C 7．(多選)如圖所示，長為L、傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面處于電

7、場中，一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則(　　) A．小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能 B．A、B兩點的電勢差一定為 C．若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最小值一定是 D．若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷 【解析】　小球初、末速度均為v0，從A到B，由動能定理得qUAB－mgLsin30°＝0，解得A、B兩點的電勢差為UAB＝，qUAB＝，電場力做正功電勢能減少，EpB

8、垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q可以是負電荷，D錯誤． 【答案】　BC 8．(多選) 如圖所示的電路，閉合開關S后，當滑動變阻器的滑片由a向b滑動時，平行板電容器的(　　) A．板間電場強度增大 B．電荷量不變 C．兩極板間電壓不變 D．電容增大 【解析】　本題考查電容器所帶的電荷量、電容和兩極板間電壓與外界因素的關系．在閉合開關S后，當滑動變阻器的滑片由a向b滑動時改變了電阻．電容器接入的地方可以視為開路，其兩端的電壓一直等于電源的電動勢．故選B、C. 【答案】　BC 9．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示．如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑

9、，那么示波管中的(　　) A．極板X、Y應帶正電 B．極板X、Y′應帶正電 C．極板X′、Y應帶負電 D．極板X′、Y′應帶正電 【解析】　電子在豎直方向向Y偏轉(zhuǎn)，則Y帶正電；電子在水平方向向X偏轉(zhuǎn)，則X帶正電，A正確． 【答案】　A 10．(多選)在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB，兩電荷的位置坐標如圖甲所示．圖乙是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關系圖象，圖中x＝L點為圖線的最低點，若在x＝2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電小球(可視為質(zhì)點)，下列有關說法正確的是(　　) A．小球在x＝L處的速度最大 B．小球

10、一定可以到達x＝－2L點處 C．小球?qū)⒁詘＝L點為中心做往復運動 D．固定在A、B處的電荷的帶電荷量之比為QA：QB＝4：1 【解析】　由動能定理可知，電場力對小球做功最多時，小球獲得的動能最大，由W＝qU可知，由x＝2L到x＝L兩點的電勢差最大，故到x＝L處時，小球的動能最大，速度也最大，A項正確；假設小球能夠到達x＝－2L處，但x＝2L與x＝－2L兩點的電勢差小于零，且小球初動能為零，由動能定理可知，小球到x＝－2L處的動能小于零，故假設錯誤，小球不可能到達x＝－2L處，B項錯；同理可以確定小球到達x＝0處動能大于零，故小球往復運動的中點不是x＝L處，C項錯；小球到達x＝L處速度

11、最大，說明小球在該點加速度為零，所受合外力為零，即QA、QB兩電荷在該點對小球的作用力大小相等方向相反，即：k＝k，解得：＝4，D項正確． 【答案】　AD 二、非選擇題 11. 絕緣光滑水平面內(nèi)有一圓形有界勻強電場，其俯視圖如右圖所示，圖中xOy所在平面與光滑水平面重合，電場方向與x軸正向平行，電場的半徑為R＝ m，圓心O與坐標系的原點重合，場強E＝2 N/C.一帶電荷量為q＝－1×10－5 C、質(zhì)量m＝1×10－5 kg的粒子，由坐標原點O處以速度v0＝1 m/s沿y軸正方向射入電場(重力不計)，求： (1)粒子在電場中運動的時間； (2)粒子出射點的位置坐標； (3)粒子

12、射出時具有的動能． 【解析】　(1)粒子沿x軸負方向做勻加速運動，加速度為a，則有 Eq＝ma x＝at2 沿y軸正方向做勻速運動，有 y＝v0t x2＋y2＝R2 解得t＝1 s. (2)設粒子射出電場邊界的位置坐標為(－x1，y1)，則有 x1＝at2＝1 m，y1＝v0t＝1 m，即為(－1 m,1 m)． (3)射出時由動能定理得 Eqx1＝Ek－mv 代入數(shù)據(jù)解得Ek＝2.5×10－5 J. 【答案】　(1)1 s　(2)(－1 m, 1 m)　(3)2.5×10－5 J 12. (2020·安徽卷)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小

13、為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)．粒子所受重力忽略不計．求： (1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功； (2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間； (3)粒子經(jīng)過C點時的速率． 【解析】　 (1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0 (2)根據(jù)拋體運動的特點，粒子在x方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令tAD＝tDB＝T，則tBC＝T 由qE＝ma得a＝ 又yD＝aT2，yD＋3l0＝a(2T)2 解得T＝ 則A→C過程所經(jīng)歷的時間T＝3 (3)粒子在DC段做類平

14、拋運動，于是有 2l0＝vCx(2T)，vCy＝a(2T) vC＝＝ 【答案】　(1)3qEl0　(2)3 　(3) 13. (2020·四川卷)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E＝1.5×106 N/C，方向水平向右的勻強電場．帶負電的小物體P電荷量是2.0×10－6 C，質(zhì)量m＝0.25 kg，與軌道間動摩擦因數(shù)μ＝0.4.P從O點由靜止開始向右運動，經(jīng)過0.55 s到達A點，到達B點時速度是5 m/s，到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為α，且tanα＝1.2.P在整個運動過程中始終

15、受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關系如表所示．P視為質(zhì)點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g＝10 m/s2.求： v/(m·s－1) 0≤v≤2 2

16、至A點，受外力F2＝6 N，設其做勻變速直線運動的加速度為a2，則F2－μmg＝ma2④ 設小物體P從速度v1經(jīng)過Δt2時間，在A點的速度為v2，則 Δt2＝0.55 s－Δt1⑤ v2＝v1＋a2Δt2⑥ P從A點至B點，受外力F2＝6 N、電場力和滑動摩擦力的作用，設其做勻變速直線運動的加速度為a3，電荷量為q，在B點的速度為v3，從A點至B點的位移為x1，則F2－μmg－qE＝ma3⑦ v－v＝2a3x1⑧ P以速度v3滑出軌道右端B點，設水平方向受外力為F3，電場力大小為FE，代入數(shù)據(jù)有FE＝F3⑨ F3與FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，P從B點開始做

17、初速度為v3的平拋運動．設P從B點運動至D點用時為Δt3，水平位移為x2，由題意知＝tanα⑩ x2＝v3Δt3? 設小物體P從A點至D點電場力做功為W，則 W＝－qE(x1＋x2)? 聯(lián)立④～⑧，⑨～?式并代入數(shù)據(jù)得W＝－9.25 J? 【答案】　(1)0.5 s　(2)－9.25 J 14．(2020·北京卷) 真空中放置的平行金屬板可以用做光電轉(zhuǎn)換裝置，如圖所示，光照前兩板都不帶電．以光照射A板，則板中的電子可能吸收光的能量而逸出．假設所有逸出的電子都垂直于A板向B板運動，忽略電子之間的相互作用．保持光照條件不變．a(chǎn)和b為接線柱． 已知單位時間內(nèi)從A板逸出的電子數(shù)為N

18、，電子逸出時的最大動能為Ekm，元電荷為e. (1)求A板和B板之間的最大電勢差為Um，以及將a、b短接時回路中的電流I短． (2)圖示裝置可看做直流電源，求其電動勢E和內(nèi)阻r. (3)在a和b之間連接一個外電阻時，該電阻兩端的電壓為U.外電阻上消耗的電功率設為P；單位時間內(nèi)到達B板的電子，在從A板運動到B板的過程中損失的動能之和設為ΔEk.請推導證明P＝ΔEk.(注意：解題過程中需要用到、但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明) 【解析】　(1)由動能定理，Ekm＝eUm，可得Um＝ 短路時所有逸出電子都到達B板，故短路電流I短＝Ne (2)電源的電動勢等于斷路時的路端電壓，即上面求出的Um，所以E＝Um＝ 電源內(nèi)阻r＝＝ (3)設外電阻兩端的電壓為U，則電源兩端的電壓也是U.由動能定理，一個電子經(jīng)電源內(nèi)部電場后損失的動能ΔEke＝eU 設單位時間內(nèi)有N′個電子到達B板，則損失的動能之和 ΔEk＝N′ΔEke＝N′eU 根據(jù)電流的定義，此時電源內(nèi)部的電流I＝N′e 此時流過外電阻的電流也是I＝N′e 外電阻上消耗的電功率P＝IU＝N′eU 所以P＝ΔEk 【答案】　(1)；Ne　(2)；　(3)證明過程見解析