2019-2020年高考物理大一輪復習 第六章 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè).doc

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2019-2020年高考物理大一輪復習 第六章 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè) 一、選擇題(在題后給的選項中，第1～3題只有一項符合題目要求，第4～8題有多項符合題目要求．) 1．如圖K6－3－1所示為一只“極距變化型電容式傳感器”的部分構(gòu)件示意圖．當動極板和定極板之間的距離d變化時，電容C便發(fā)生變化，通過測量電容C的變化就可知道兩極板之間距離d的變化情況．下列圖象能正確反映C與d之間變化規(guī)律的是(　　) 圖K6－3－1 A　　 　　B　 　　　C　　　　　D 【答案】A 【解析】由平行板電容器電容的決定式C＝，可知電容C與極板之間距離d成反比，在第一象限的反比例函數(shù)圖象是一條雙曲線，所以選項A正確． 2．平行板間有如圖K6－3－2所示的周期性變化的電壓．重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時刻開始將其釋放，運動過程中無碰板的情況發(fā)生．下列圖象能正確定性描述粒子運動的速度圖象的是(　　) 圖K6－3－2 A　　　 　B　　　　　C　　　　D 【答案】A 【解析】0～時間粒子做初速度為零的勻加速直線運動，～T時間做勻減速直線運動，由對稱性可知在T時刻速度減為零．此后周期性重復，故選項A正確． 3．(xx年全國卷)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板d處返回 【答案】D 【解析】設電池提供的電壓為U，當兩極板距離為d時，由于粒子從開始下落恰好到達下極板，由動能定理得：mgd－qU＝0，當下極板向上移動，設粒子未打到下極板，且在距上極板x處返回，由動能定理可得：mg(＋x)－qx＝0，兩式聯(lián)立解得x＝d，選項D正確． 4．平行板電容器的1個極板和靜電計相接，當該極板帶上一定量電荷后，靜電計張開一定角度θ，如圖K6－3－3所示．如果平行板電容器發(fā)生變化，下列關(guān)于靜電計張角θ變化的說法正確的是(　　) 圖K6－3－3 A．兩極板間距離增大，θ增大 B．兩極板正對面積減小，θ減小 C．在電容器內(nèi)加入電介質(zhì)，θ減小 D．上述說法都不對 【答案】AC 【解析】靜電計張角θ的大小反映平行板電容器電勢差U的大小，有U＝，由于Q不變，當兩極板間距離增大時，C減小，故U增大，選項A正確；同理選項C也正確． 5．(xx年四川模擬)如圖6－3－4所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在光屏P上，關(guān)于電子的運動，則下列說法中正確的是(　　) 圖K6－3－4 A．若在電源附近串聯(lián)一個理想電流表，滑動觸頭右移，電流表示數(shù)將變大 B．滑動觸頭左移、其他不變時，電子打在熒光屏上的位置上升 C．電壓U增大、其他不變時，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變 D．電壓U增大、其他不變時，電子打在熒光屏上的速度大小不變 【答案】BC 【解析】在處理直流電路時，電路穩(wěn)定(電容器不再充電或者放電)時，電容器所串聯(lián)的電路可以認為是斷路，故電流表示數(shù)I＝，參量均不變，所以無論滑動觸頭如何移動，其示數(shù)均不變，A選項錯誤；電子在加速電場中做加速運動，根據(jù)動能定理得：eU0＝mv，則得電子獲得的速度為：v0＝.電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，電子在沿極板方向做勻速直線運動，粒子在電場中運動時間：t＝；在平行電場方向做初速度為0的勻加速直線運動，加速度a＝，電子在電場方向偏轉(zhuǎn)的位移y＝at2，聯(lián)立以上各式得：y＝，滑動觸頭左移，導致加速電壓U0減小，所以y變大，故B正確；由v0＝知，電子發(fā)出的初速度和U無關(guān)，故不變，而后沿v0方向勻速，且此方向位移不變，故t不變C正確；由a＝知，U增大，a增大，則vy＝at增大，所以v＝增大，D選項錯誤． 6．如圖K6－3－5所示，兩平行板電容器的四塊極板A、B、C、D平行放置(AB兩板充電后電源斷開，CD兩板始終與電源相連)，每塊極板上開有一個孔，四個小孔M、N、P、Q的連線與極板垂直．一個電子以非常小的速度從小孔M進入A、B極板間，在被A、B極板間的電場加速后，從小孔P進入C、D極板間，但未從小孔Q射出．則(　　) 圖K6－3－5 A．若將B板向右移動一小段距離，電子可能從小孔Q射出 B．若將A板向左移動一小段距離，電子可能從小孔Q射出 C．若將D板向左移動一小段距離，電子可能從小孔Q射出 D．若將C板向右移動一小段距離，電子可能從小孔Q射出 【答案】AB 【解析】帶電粒子未從Q射出，根據(jù)動能定理知UCD＞UBA，將B板右移，由C＝知C變小，由C＝知，UBA變大，故可能射出，A項正確；將A板左移，則同理可知，UBA變大，故可能射出，故B項正確；不管如何移動C、D板，UCD不變，故不可能射出，C、D兩項錯誤． 7．如圖K6－3－6所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，下列對電子運動的描述正確的是(設電源電動勢為E)(　　) 圖K6－3－6 A．電子到達B板時的動能是Ee B．電子從B板到達C板動能變化量為Ee C．電子到達D板時的動能是2Ee D．電子在A板和D板之間做往復運動 【答案】AD 【解析】電子在AB之間做勻加速運動且eE＝ΔEk，選項A正確；在BC之間做勻速運動，選項B錯誤；在CD之間做勻減速運動，到達D板時，速度減為零，選項C錯誤，D正確． 8．(xx年湛江調(diào)研)將3個質(zhì)量相等的帶電微粒分別以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶正電，下板接地.3個微粒分別落在如圖K6－3－7所示A、B、C 3點，不計其重力作用，則(　　) 圖K6－3－7 A．3個微粒在電場中運動的時間相等 B．3個微粒的帶電量相同 C．3個微粒所受電場力的大小關(guān)系是FAEkB>EkA 【答案】CD 【解析】帶電微粒在水平方向做的是勻速直線運動，3個帶電微粒的水平速度相同，但水平位移不同，則3個帶電微粒在電場中的運動時間不相等，位移大的帶電微粒所用的時間更長，選項A錯誤；帶電微粒質(zhì)量相等，如果帶電量也相等，則它們在豎直方向上的加速度相等，軌跡應該是重合的，選項B錯誤；A的位移最大，A用的時間最長，說明A受到的合力最小，電場力也最小，其次是B，電場力最大的為C，選項C正確；豎直方向的位移相等，合力大的，做功多，末動能大，選項D正確． 二、非選擇題 9．如圖K6－3－8所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度L＝0.40 m 的絕緣細繩把質(zhì)量m＝0.10 kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細繩與豎直方向的夾角θ＝37.現(xiàn)將小球拉至位置A，使細線水平后由靜止釋放，求： 圖K6－3－8 (1)小球通過最低點C時速度的大??； (2)小球在擺動過程中細線對小球的最大拉力． 【答案】(1)1.4 m/s　(2)2.25 N 【解析】(1)建立等效重力場如圖所示，設等效重力加速度為g′，則其方向與豎直方向的夾角為37，大小為g′＝＝1.25g. 由A、C點分別作繩OB的垂線，交點分別為A′、C′，由動能定理得帶電小球從A點運動到C點“等效重力”做的功為 mg′(LOC′－LOA′)mg′L(cos θ－sin θ)＝mg′v， 代入數(shù)值，得vC≈1.4 m/s. (2)當帶電小球擺到B點時，繩上的拉力最大，設此時小球的速度為vB，繩上拉力為F，則 mg′(L－Lsin θ)＝mv， ① F－mg′＝m. ② 聯(lián)立①②兩式，得F＝2.25 N. 10．(xx年金山中學期末)如圖K6－3－9所示，正方形區(qū)域ABCD邊長L＝8 cm，內(nèi)有平行于AB方向指向BC邊的勻強電場，場強E＝3 750 V/m，一帶正電的粒子電量q＝10－10 C，質(zhì)量m＝10－20 kg，沿電場中心線RO飛入電場，初速度v0＝2106 m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面CD、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，一進入該區(qū)域即開始做勻速圓周運動(設點電荷左側(cè)的電場分布以界面PS為界限，電荷經(jīng)過PS時不受PS影響)．已知CD、PS相距12 cm，粒子穿過PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏MN上．不計粒子重力(靜電力常數(shù)k＝9109 Nm2/C2)，試求： 圖K6－3－9 (1)粒子穿過界面PS時偏離中心線OR的距離y； (2)粒子穿過界面PS時的速度大小與方向； (3)O點與PS面的距離x. 【答案】見解析 【解析】(1)在偏轉(zhuǎn)場中 y1＝at、a＝、t1＝， 離開電場后做勻速直線運動 t2＝　vy＝at1， y2＝vy t2　y＝y(tǒng)1＋y2， 聯(lián)立以上方程代入數(shù)據(jù)得y＝12 cm. (2)vy＝at1＝＝＝1.5106 m/s， vx＝v0＝2106 m/s， 粒子的運動速度為v＝2.5106 m/s， 粒子的速度偏向角的正切為tan θ＝＝0.75，θ＝37. (3)所以x＝y(tǒng)tan θ＝9 cm. 11．如圖K6－3－10所示，在厚鉛板A表面的中心放置一很小的放射源，可向各個方向放射出速率為v0的α粒子，α粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，在金屬網(wǎng)B與A板間加有豎直向上的勻強電場，場強為E，A與B的間距為d，B網(wǎng)上方有一很大的熒光屏M，M與B的間距為L.當有α粒子打在熒光屏上時就能使熒光屏產(chǎn)生一閃光點，整個裝置放在真空中，不計重力的影響．求： 圖K6－3－10 (1)打在熒光屏上的α粒子具有的動能； (2)熒光屏上閃光點的范圍． (1)qEd＋mv　(2)半徑為的圓 【解析】(1)由動能定理，得qEd＝EkB－mv， 得EkB＝qEd＋mv. (2)α粒子的初速度與電場方向垂直時，做類平拋運動，沿場強方向，有a＝，d＝at2，得到達B網(wǎng)的時間t1＝.粒子具有沿場強方向的速度vBy＝at1＝，從B網(wǎng)到M所用的時間t2＝＝，粒子運動的總時間t＝t1＋t2＝，熒光屏上閃光點的范圍是個圓，其半徑R＝v0t＝. 12．(xx年山東模擬)為減少煙塵排放對空氣的污染，某同學設計了一個如圖K6－3－11所示的靜電除塵器，該除塵器的上下底面是邊長為L＝0.20 m的正方形金屬板，前后面是絕緣的透明有機玻璃，左右面是高h＝0.10 m的通道口．使用時底面水平放置，兩金屬板連接到U＝2 000 V的高壓電源兩極(下板接負極)，于是在兩金屬板間產(chǎn)生一個勻強電場(忽略邊緣效應)．均勻分布的帶電煙塵顆粒以v＝10 m/s的水平速度從左向右通過除塵器，已知每個顆粒帶電荷量q＝＋2.010—17C，質(zhì)量m＝1.010—15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力．在閉合開關(guān)后： 圖K6－3－11 (1)求煙塵顆粒在通道內(nèi)運動時加速度的大小和方向； (2)求除塵過程中煙塵顆粒在豎直方向所能偏轉(zhuǎn)的最大距離； (3)除塵效率是衡量除塵器性能的一個重要參數(shù)．除塵效率是指一段時間內(nèi)被吸附的煙塵顆粒數(shù)量與進入除塵器煙塵顆?？偭康谋戎担嚽笤谏鲜銮闆r下該除塵器的除塵效率；若用該除塵器對上述比荷的顆粒進行除塵，試通過分析給出在保持除塵器通道大小不變的前提下，提高其除塵效率的方法． 【答案】(1)4.0102 m/s2，方向豎直向下　(2)8.0 cm (3)通過適當增大兩金屬板間的電壓U，或通過適當減小顆粒進入通道的速度v來提高除塵效率． 【解析】(1)煙塵顆粒在通道內(nèi)只受電場力的作用，電場力F＝qE 又因為 E＝ 設煙塵顆粒在通道內(nèi)運動時加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有＝ma 解得a＝4.0102 m/s2，方向豎直向下． (2)若通道最上方的顆粒能通過通道，則這些顆粒在豎直方向上有最大的偏轉(zhuǎn)距離 這些顆粒在水平方向的位移 L＝vt 在豎直方向的位移 h′＝at2 解得 h′＝0.08 m＜h＝0.10 m，可確定這些顆粒能通過通道因此，除塵過程中煙塵顆粒在豎直方向偏轉(zhuǎn)的最大距離為8.0 cm. (3)設每立方米有煙塵顆粒為N0 時間t內(nèi)進入除塵器的顆粒N1＝N0hLvt 時間t內(nèi)吸附在底面上的顆粒N2＝N0h′Lvt 則除塵效率η＝＝＝80% 因為h′＝at2＝ 當h′＜h時，η＝＝ 當h′≥h時，η＝1 因此，在除塵器通道大小及顆粒比荷不改變的情況下，可以通過適當增大兩金屬板間的電壓U，或通過適當減小顆粒進入通道的速度v來提高除塵效率．