2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)作業(yè)29 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（含解析）新人教版

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1、課后限時(shí)作業(yè)29　電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 時(shí)間：45分鐘 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(gè)靜電計(jì)相連，將B極板向左水平移動(dòng)一小段距離后，電容器的電容C、靜電計(jì)指針偏角θ和極板間電場強(qiáng)度E的變化情況分別是(　A　) 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：當(dāng)B極板左移一小段距離時(shí)，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(jì)指針偏角會(huì)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(qiáng)度不變，

2、故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 2.如圖所示，從F處釋放一個(gè)無初速度的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，指出下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中錯(cuò)誤的是(設(shè)電源電動(dòng)勢為U)(　C　) A．電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是eU B．電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零 C．電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3eU D．電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 解析：釋放出一個(gè)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)出電場時(shí)，所獲得的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，則電子的動(dòng)能不變，故B正確；電子以eU的動(dòng)能進(jìn)入CD電場中，在電場力的阻礙下，電子做減速運(yùn)

3、動(dòng)，由于CD間的電壓也為U，所以電子到達(dá)D板時(shí)速度減為零，開始反向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；由上可知，電子將會(huì)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(fù)運(yùn)動(dòng)，故D正確． 3．噴墨打印機(jī)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?fù)電后，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(jì)算機(jī)的輸入信號(hào)按照文字的排列規(guī)律進(jìn)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(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場開始到打到紙上的過程中(不計(jì)墨汁微粒的重力)，以下說法正確的是(　D　) A．墨汁微粒的軌跡是拋物線 B．電量相同的墨汁微粒

4、軌跡相同 C．墨汁微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān) D．減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓，可以縮小字跡 解析：墨汁微粒在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，出電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，軌跡不是拋物線，故A錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，則有，水平方向L＝v0t，豎直方向y＝at2，則出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)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(cuò)誤；根據(jù)y＝·知，墨汁微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量有關(guān)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)y＝·知，減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓，出電場時(shí)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，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點(diǎn)靜止釋放一帶電微粒，微粒恰

5、好保持靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一個(gè)同樣的微粒，該微粒將(　B　) A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向右下方做勻加速運(yùn)動(dòng) C．向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D．向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng) 解析：在兩板中間a點(diǎn)靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，微粒受重力和電場力平衡，故電場力大小F＝mg，方向豎直向上，將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場強(qiáng)度大小不變，方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場力順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，大小仍然為mg，重力和電場力的大小均為mg，夾角為135°，故合力向右下方，微粒的加速度恒定，向右下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，故B正確，A、C

6、、D錯(cuò)誤． 5.如圖所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中時(shí)，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)水平向右電場的電場強(qiáng)度； (2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的，物塊的加速度是多大？ (3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能． 解析：(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有 FNsin37°＝qE　FNcos37°＝mg 解得E＝ (2)若電場強(qiáng)度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′co

7、s37°＝ma 解得a＝0.3g (3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場力做負(fù)功，支持力不做功，由動(dòng)能定理得 mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0 解得Ek＝0.3mgL. 答案：(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 6.如圖所示的電路中，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩個(gè)金屬極板，P為兩板間的一個(gè)固定點(diǎn)．將開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后將A板向上平移一小段距離，則下列說法中正確的是(　B　) A．電容器的電容增大 B．在A板上移過程中，電阻R中有向上的電流 C．A、B兩板間的電場強(qiáng)度增大 D．P點(diǎn)電勢升高 解析：根據(jù)C＝，將A板向上平移一

8、小段距離，間距d增大，其他條件不變，則導(dǎo)致電容變小，故A錯(cuò)誤；在A板上移過程中，電容減小，又由于極板間的電壓不變，則電容器的電荷量減小，因此電容器處于放電狀態(tài)，電阻R中有向上的電流，故B正確；根據(jù)E＝，由于間距d增大，而電壓U不變，所以A、B兩板間的電場強(qiáng)度變小，故C錯(cuò)誤；因場強(qiáng)變小，導(dǎo)致P點(diǎn)與B板間的電勢差減小，因B板接地，電勢為零，可知P點(diǎn)電勢降低，故D錯(cuò)誤． 7.如圖所示，兩塊加上電壓且水平放置的平行金屬板之間有一個(gè)厚度不計(jì)的帶電金屬網(wǎng)，使金屬板間形成了上、下兩個(gè)場強(qiáng)分別為E1、E2(方向均豎直向下)的勻強(qiáng)電場空間．兩個(gè)不計(jì)重力的帶電微粒從離金屬網(wǎng)分別為d1、d2的位置處先后水平射入電

9、場(不考慮兩微粒間的庫侖力)，兩微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡在金屬網(wǎng)上相交于同一點(diǎn)．下列說法中錯(cuò)誤的是(　D　) A．兩微粒一定帶異種電荷 B．若兩微粒初速度相同，則到達(dá)金屬網(wǎng)所用的時(shí)間相同 C．不改變其他物理量，僅將E1和d1同時(shí)減半，兩微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡仍然能相交于同一點(diǎn) D．若E1>E2，d1＝d2，則上方微粒的比荷較小 解析：根據(jù)兩微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，二者所受的電場力方向相反，而電場強(qiáng)度的方向相同，因此兩微粒的電性相反，故A正確；若兩微粒的初速度相同，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，它們?cè)谒椒较蛏献鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，因此到達(dá)金屬網(wǎng)所用的時(shí)間相同，故B正確；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，在豎直方向有d＝at2＝2，若不

10、改變其他物理量，僅將E1和d1同時(shí)減半，則兩微粒在水平方向上的位移仍相等，因此仍能相交于同一點(diǎn)，故C正確；若E1>E2，d1＝d2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，在豎直方向有d＝at2＝2，由于兩粒子的初速度不一定相同，則上方微粒的比荷不一定較小，故D錯(cuò)誤． 8.(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平面內(nèi)存在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，長度為L的絕緣的光滑擋板AC與電場方向的夾角為30°.現(xiàn)有質(zhì)量相等、所帶電荷量均為Q的甲、乙兩個(gè)帶電體從A處出發(fā)，甲由靜止釋放后沿AC滑動(dòng)，乙垂直于電場方向以一定的初速度開始運(yùn)動(dòng)，若甲、乙兩個(gè)帶電體都通過C處，則甲、乙兩個(gè)帶電體(　AC　) A．發(fā)生的位移相等 B．通過C處時(shí)的速

11、度大小相等 C．電勢能減少量都為EQL D．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間之比為1 解析：由于兩帶電體起點(diǎn)和終點(diǎn)相同，故發(fā)生的位移一定相同，A正確；電勢能的減少量等于電場力所做的功，電場力做功都為W＝EQLcos30°＝EQL，C正確；由于兩帶電體初速度不同，但電場力做功相同，故到達(dá)C點(diǎn)的速度大小不相等，B錯(cuò)誤；甲從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間t甲＝＝＝，乙從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間t乙＝＝＝，則甲、乙從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間之比為2，D錯(cuò)誤． 9.某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)挕⒎较蛩较蜃蟮膭驈?qiáng)電場．當(dāng)在該空間內(nèi)建立如圖所示的坐標(biāo)系后，在x軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向連續(xù)射入質(zhì)量和電荷量均相同且?guī)щ娦再|(zhì)也

12、相同的帶電粒子(粒子重力不計(jì))，由于粒子的入射速率v(v>0)不同，有的粒子將在電場中直接通過y軸．有的將穿出電場后再通過y軸．設(shè)粒子通過y軸時(shí)，離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為h，從P到y(tǒng)軸所需的時(shí)間為t，則(　D　) A．粒子帶負(fù)電 B．對(duì)h≤d的粒子，h越大，t越大 C．對(duì)h≤d的粒子，在時(shí)間t內(nèi)，電場力對(duì)粒子做的功不相等 D．h越大的粒子，進(jìn)入電場時(shí)的速率v也越大 解析：由題意可知，粒子向左偏，由電場線的方向，可確定電場力方向向左，因此粒子帶正電，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)h≤d的粒子，沿x軸方向粒子受到電場力相同，加速度相同，因此運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由于粒子的速度不同，所以導(dǎo)致粒子的h不同，故選項(xiàng)B

13、錯(cuò)誤；對(duì)h≤d的粒子，在時(shí)間t內(nèi)，沿電場力方向的位移相同，因此電場力做功相等，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若在電場中直接通過y軸，水平分位移x相等，由x＝at2知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，豎直分位移h＝vt，則h越大的粒子，進(jìn)入電場時(shí)的速率v也越大，若穿出電場后再通過y軸，通過電場時(shí)豎直分位移y相等，h越大，沿著電場力方向偏轉(zhuǎn)位移x越小，由x＝at2，可知t越小，由y＝vt可知v越大，故選項(xiàng)D正確． 10．如圖所示，靜止于A處的離子經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中半圓弧虛線所示的軌跡通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直于CN進(jìn)入矩形區(qū)域內(nèi)的有界勻強(qiáng)電場，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻、輻向分布的電場，已

14、知圓弧軌跡所在處的場強(qiáng)大小都為E0，方向沿圓弧軌跡半徑指向圓心O，離子質(zhì)量為m、電荷量為q，QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計(jì)． (1)求離子通過靜電分析器時(shí)的圓弧軌跡的半徑R； (2)若離子恰好能打在QN的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E. 解析：(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動(dòng)能定理得 qU＝mv2 離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qE0＝m　解得R＝. (2)離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得＝vt　PN＝at2 由牛頓第二定律得qE＝ma　解得E＝. 答案：(1)　(2) 9