高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)24 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）-人教版高三物理試題

課時(shí)作業(yè)(二十四)電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．(教科版選修3－1P40第9題)關(guān)于電容器的電容，下列說法中正確的是()A．電容器所帶電荷量越多，電容越大B．電容器兩板間電壓越低，其電容越大C．電容器不帶電時(shí)，其電容為零D．電容器的電容只由它本身的特性決定答案D2．(多選)有一只電容器的規(guī)格是“1.5μF,9V”，那么()A．這只電容器上的電荷量不能超過1.5×10－5CB．這只電容器上的電荷量不能超過1.35×10－5CC．這只電容器的額定電壓為9VD．這只電容器的擊穿電壓為9V答案BC3．兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()A．eq\f(edh,U) B．deUhC．eq\f(eU,dh) D．eq\f(eUh,d)D[電子從O點(diǎn)到A點(diǎn)，因受電場(chǎng)力作用，速度逐漸減?。鶕?jù)題意和圖示判斷，電子僅受電場(chǎng)力，不計(jì)重力．這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題．即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA．因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，故選項(xiàng)D正確．]4．如圖所示，電容器極板間有一可移動(dòng)的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測(cè)物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測(cè)物體的位置，則下列說法中正確的是()A．若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加B．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大C．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板D．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負(fù)極板D[若x變大，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量減少，此時(shí)帶正電荷的極板得到電子，帶負(fù)電荷的極板失去電子，所以有電流流向負(fù)極板，A、C錯(cuò)誤，D正確．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝eq\f(Q,C)可知，電容器極板間電壓減小，B錯(cuò)誤．]5．(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象．當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零CD[設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度大小為a1，第2s內(nèi)的加速度大小為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可知，1.5s末粒子的速度為零，然后反方向運(yùn)動(dòng)，至3s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為零，由動(dòng)能定理可知，此過程中電場(chǎng)力做功為零，綜上所述，可知C、D正確．]6．(2018·江蘇卷·5)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴()A．仍然保持靜止 B．豎直向下運(yùn)動(dòng)C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng)D[開始時(shí)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝qeq\f(U,d)，B板右端下移時(shí)，U不變，d變大，電場(chǎng)力F＝qeq\f(U,d)變小，mg＞F.受力分析如圖所示，mg與F的合力方向?yàn)橛蚁路?，故油滴向右下方運(yùn)動(dòng)．]7．(2018·河南八市二模)如圖所示，傾角為α＝30°的絕緣斜面AB長(zhǎng)度為3l，BC長(zhǎng)度為eq\f(3,2)l，斜面上方BC間有沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小物塊自A端左上方某處以初速度v0＝eq\r(3gl)水平拋出，恰好在A點(diǎn)與斜面相切滑上斜面，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過C點(diǎn)但未能到達(dá)B點(diǎn)，在電場(chǎng)力作用下返回，最終恰好靜止在A點(diǎn)，已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，不考慮運(yùn)動(dòng)過程中物塊電荷量的變化，重力加速度為g，求：(1)物塊平拋過程中的位移大小；(2)物塊在電場(chǎng)中的最大電勢(shì)能．解析(1)物塊落到斜面上A點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角為α，設(shè)此時(shí)速度為v，則cosα＝eq\f(v0,v)，豎直速度vy＝vsinα，平拋過程中，水平位移x＝v0eq\f(vy,g)，豎直位移y＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)，平拋的位移s＝eq\r(x2＋y2)，解得s＝eq\f(\r(13),2)l.(2)設(shè)物塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的最大位移為x′，自物塊從A點(diǎn)開始向下運(yùn)動(dòng)到再次返回A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－2μmgcosα·x′＝0－eq\f(1,2)mv2，解得x′＝2l.物塊位于最低點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能最大，物塊自A點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，設(shè)電場(chǎng)力做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理有mgsinα·x′－μmgcosα·x′－W＝0－eq\f(1,2)mv2，解得W＝2mgl，即物塊電勢(shì)能最大值為2mgl.答案(1)eq\f(\r(13),2)l(2)2mgl[能力提升練]8．(2019·河南安陽(yáng)一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)平行直線MN、PQ間距為d，直線與水平面成30°角，兩線間有垂直指向PQ的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子在直線PQ上某點(diǎn)O以初速度v0豎直向上射出．不計(jì)重力，直線足夠長(zhǎng)．若粒子能打到MN上，則下列說法正確的是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度最大值為eq\f(3mv\o\al(2,0),4qd) B．電場(chǎng)強(qiáng)度最小值為eq\f(3mv\o\al(2,0),4qd)C．電場(chǎng)強(qiáng)度最大值為eq\f(3mv\o\al(2,0),8qd) D．電場(chǎng)強(qiáng)度最小值為eq\f(3mv\o\al(2,0),8qd)C[帶電粒子受電場(chǎng)力，把速度分解，垂直于PQ方向的分速度v⊥＝v0cos30°，沿PQ方向的分速度v∥＝v0sin30°，若粒子剛好能打到MN上，則粒子到達(dá)MN時(shí)，速度平行于MN方向，此時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，在垂直于PQ方向，d＝eq\f(v\o\al(2,⊥),2a)，a＝eq\f(Eq,m)，解得Emax＝eq\f(3mv\o\al(2,0),8qd)，C正確．]9．噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場(chǎng)中()A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn) B．電勢(shì)能逐漸增大C．運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線 D．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān)C[微滴帶負(fù)電，進(jìn)入電場(chǎng)，受電場(chǎng)力向上，應(yīng)向正極板偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；微滴在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿v方向：x＝vt，沿電場(chǎng)方向：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，得y＝eq\f(qU,2mv2d)x2，即微滴運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線，且運(yùn)動(dòng)軌跡與電荷量有關(guān)，C正確，D錯(cuò)誤．]10．(2019·河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，某空間有一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×102V/m，一塊足夠大的接地金屬板水平放置在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，在金屬板的正上方高度h＝0.80m的a處有一粒子源，粒子源以v0＝2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各個(gè)方向均勻射出質(zhì)量為m＝2.0×10－15kg、電荷量為q＝＋1.0×10－12C的帶電粒子，粒子最終落在金屬板b上，若不計(jì)粒子重力，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)粒子源所在a點(diǎn)的電勢(shì)；(2)帶電粒子打在金屬板上時(shí)的動(dòng)能；(3)從粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍(所形成的面積)．解析(1)題中勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，b板接地，電勢(shì)為零，因此有φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.80V＝80V.(2)不計(jì)粒子重力，只有電場(chǎng)力做功，對(duì)帶電粒子，由動(dòng)能定理得qUab＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得帶電粒子打在金屬板上時(shí)的動(dòng)能為Ek＝qUab＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝1.2×10－10J.(3)從粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍以粒子水平射出時(shí)的落點(diǎn)為邊界，設(shè)水平射出后經(jīng)時(shí)間t落在金屬板上，則x＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，S＝πx2.聯(lián)立以上各式得S＝eq\f(2πmv\o\al(2,0)h,qE)＝4.0m2.答案(1)80V(2)1.2×10－10J(3)4.0m211．如圖所示，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后沿圖中的半圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)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(chǎng)，已知圓弧所在處場(chǎng)強(qiáng)大小都為E0，方向沿圓弧半徑指向圓心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)求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大??；(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(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的值．解析(1)離子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，得qU＝eq\f(1,2)