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

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1、課后限時作業(yè)29　電容器　帶電粒子在電場中的運動 時間：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，兩極板與一個靜電計相連，將B極板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　) 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，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，

2、故A正確，B、C、D錯誤． 2.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(shè)電源電動勢為U)(　C　) A．電子到達(dá)B板時的動能是eU B．電子從B板到達(dá)C板動能變化量為零 C．電子到達(dá)D板時動能是3eU D．電子在A板和D板之間做往復(fù)運動 解析：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(dāng)出電場時，所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(jìn)入CD電場中，在電場力的阻礙下，電子做減速運

3、動，由于CD間的電壓也為U，所以電子到達(dá)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(fù)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?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算機的輸入信號按照文字的排列規(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．墨汁微粒的運動軌跡與帶電量無關(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電量有關(guān)，故C錯誤；根據(jù)y＝·知，減小偏轉(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，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點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點的軸(垂直于紙面)順時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一個同樣的微粒，該微粒將(　B　) A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向右下方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 解析：在兩板中間a點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點的軸(垂直于紙面)順時針旋轉(zhuǎn)45°，電場強度大小不變，方向順時針旋轉(zhuǎn)45°，電場力順時針旋轉(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動，故B正確，A、C

6、、D錯誤． 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)整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，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度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大？ (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能． 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)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，支持力不做功，由動能定理得 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金屬極板，P為兩板間的一個固定點．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兩板間的電場強度增大 D．P點電勢升高 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兩板間的電場強度變小，故C錯誤；因場強變小，導(dǎo)致P點與B板間的電勢差減小，因B板接地，電勢為零，可知P點電勢降低，故D錯誤． 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厚度不計的帶電金屬網(wǎng)，使金屬板間形成了上、下兩個場強分別為E1、E2(方向均豎直向下)的勻強電場空間．兩個不計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)，兩微粒的運動軌跡在金屬網(wǎng)上相交于同一點．下列說法中錯誤的是(　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)所用的時間相同 C．不改變其他物理量，僅將E1和d1同時減半，兩微粒的運動軌跡仍然能相交于同一點 D．若E1>E2，d1＝d2，則上方微粒的比荷較小 解析：根據(jù)兩微粒的運動軌跡可知，二者所受的電場力方向相反，而電場強度的方向相同，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)平拋運動的規(guī)律可知，它們在水平方向上做勻速運動，因此到達(dá)金屬網(wǎng)所用的時間相同，故B正確；根據(jù)運動學(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，故C正確；若E1>E2，d1＝d2，根據(jù)運動學(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錯誤． 8.(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平面內(nèi)存在場強為E的勻強電場，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、乙兩個帶電體從A處出發(fā)，甲由靜止釋放后沿AC滑動，乙垂直于電場方向以一定的初速度開始運動，若甲、乙兩個帶電體都通過C處，則甲、乙兩個帶電體(　AC　) A．發(fā)生的位移相等 B．通過C處時的速

11、度大小相等 C．電勢能減少量都為EQL D．從A點運動到C點的時間之比為1 解析：由于兩帶電體起點和終點相同，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點的速度大小不相等，B錯誤；甲從A點運動到C點的時間t甲＝＝＝，乙從A點運動到C點的時間t乙＝＝＝，則甲、乙從A點運動到C點的時間之比為2，D錯誤． 9.某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)挕⒎较蛩较蜃蟮膭驈婋妶觯?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)，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，離坐標(biāo)原點的距離為h，從P到y(tǒng)軸所需的時間為t，則(　D　) A．粒子帶負(fù)電 B．對h≤d的粒子，h越大，t越大 C．對h≤d的粒子，在時間t內(nèi)，電場力對粒子做的功不相等 D．h越大的粒子，進(jìn)入電場時的速率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A錯誤；對h≤d的粒子，沿x軸方向粒子受到電場力相同，加速度相同，因此運動時間相等，由于粒子的速度不同，所以導(dǎo)致粒子的h不同，故選項B

13、錯誤；對h≤d的粒子，在時間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C錯誤；若在電場中直接通過y軸，水平分位移x相等，由x＝at2知，運動時間t相等，豎直分位移h＝vt，則h越大的粒子，進(jìn)入電場時的速率v也越大，若穿出電場后再通過y軸，通過電場時豎直分位移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點垂直于CN進(jìn)入矩形區(qū)域內(nèi)的有界勻強電場，勻強電場的場強方向水平向左．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． (1)求離子通過靜電分析器時的圓弧軌跡的半徑R； (2)若離子恰好能打在QN的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場的場強E. 解析：(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理得 qU＝mv2 離子在輻向電場中做勻速圓周運動，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)電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律得＝vt　PN＝at2 由牛頓第二定律得qE＝ma　解得E＝. 答案：(1)　(2) 9