2024高二物理寒假作業(yè)同步練習題電容器和帶電粒子在電場中的運動含解析

電容器和帶電粒子在電場中的運動1、依據(jù)電容器的電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，可知()A．電容器帶的電荷量Q越多，它的電容C就越大B．電容器兩極板之間的電勢差U越大，它的電容C就越小C．電容器的電容大小與電容器的帶電狀況無關D．電容器不帶電時，其電容為零【答案】C【解析】依據(jù)電容C與Q、U無關，故A、B錯誤；電容是反映電容器容納電荷本事大小的物理量，由電容器本身確定，C與Q無關，故C正確；電容器不帶電時，其電容不為零，故D錯誤。2、[多選]如圖所示，將平行板電容器與電池組相連，兩板間的帶電油滴恰好處于靜止狀態(tài)。若將兩板緩慢地錯開一些，其他條件不變，則()A．電容器帶電荷量不變B．油滴仍靜止C．電流計中有a→b的電流D．電流計中有b→a的電流【答案】BC【解析】將兩板緩慢地錯開一些，兩板正對面積減小，依據(jù)電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，知電容減小，而電壓不變，由Q＝CU可知，電容器帶電荷量減小，故A錯誤。由于板間電壓和板間距離不變，則板間場強不變，油滴所受電場力不變，仍處于靜止狀態(tài)，故B正確。電容器帶電荷量減小，處于放電狀態(tài)，而電容器上極板帶正電，下極板帶負電，電路中形成逆時針方向的電流，則電流計中有a→b的電流，故C正確，D錯誤。3、如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則()A．a(chǎn)的電荷量肯定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量肯定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷肯定大于b的比荷D．b的比荷肯定大于a的比荷【答案】C【解析】粒子在電場中做類平拋運動，有h＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)(eq\f(x,v0))2，得x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))＜v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))得eq\f(qa,ma)＞eq\f(qb,mb).4、（多選）一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的電場強度，U表示電容器的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則()A．U變小，E不變 B．E變大，Ep變大C．U變小，Ep不變 D．U不變，Ep不變【答案】AC【解析】電容器充電后與電源斷開，說明電容器帶的電荷量不變．由C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)，推出U∝d，因此正極板向負極板接近，即d變小時，U變?。钟蒃＝eq\f(U,d)，U∝d，故E不變，選項A正確，選項B、D錯誤．負極板接地即以負極板作為零電勢點，電場強度E不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能也不變，選項C正確．5、(多選)如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，C是一只靜電計，開關S閉合后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使靜電計指針張角增大的是()A．使A、B兩板靠近一些B．使A、B兩板正對面積減小一些C．斷開S后，使B板向右平移一些D．斷開S后，使A、B正對面積減小一些【答案】CD【解析】靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高。當合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變；當斷開S后，板間距離增大，正對面積減小，都將使A、B兩板間的電容變小，而電容器所帶的電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)可知，板間電壓U增大，從而靜電計指針張角增大。所以本題的正確答案是C、D。6、如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙耄胰詮恼龢O板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍 B．4倍C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)【答案】C【解析】電子在兩極板間做類平拋運動，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確。7、(多選)如圖為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空。A為放射電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時的速度可以忽視，電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時的速度大小為v。下面的說法中正確的是()A．假如A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度仍為vB．假如A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)C．假如A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)vD．假如A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)【答案】AC【解析】電子在兩個電極間的加速電場中進行加速，由動能定理eU＝eq\f(1,2)mv2－0得v＝eq\r(\f(2eU,m))，當電壓不變，A、K間距離改變時，不影響電子的速度，故A正確，B錯誤；電壓減半，則電子離開K時的速度為eq\f(\r(2),2)v，C正確，D錯誤。8、(多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大C．三種粒子運動到屏上所用時間相同D．三種粒子肯定打到屏上的同一位置【答案】AD【解析】設加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，則qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)t2，vy＝eq\f(qU2,md)t，tanθ＝eq\f(vy,v0)，聯(lián)立得y＝eq\f(U2x2,4U1d)，tanθ＝eq\f(U2x,2U1d)，即粒子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)量y和偏轉(zhuǎn)角θ與q、m均無關，因此三種粒子運動軌跡相同。打在屏上的同一位置，D正確；加速電場對粒子做功W1＝qU1，偏轉(zhuǎn)電場對粒子做功W2＝qU＝qE2y，由于運動軌跡相同，三種粒子離開電場時的偏轉(zhuǎn)量y相同，則W2相同，A正確；依據(jù)W1＋W2＝eq\f(1,2)mv2，三種粒子電荷量相等，質(zhì)量不同，因此速度v不同，B錯誤；又因為三種粒子運動軌跡相同，但速度不同，所以運動時間不同，C錯誤。9、(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上極板帶負電，下極板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下極板邊緣飛出。若下極板不動，將上極板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A．將打在下極板中心B．仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D．若上極板不動，將下極板上移一段距離，小球可能打在下極板的中心【答案】BD【解析】將電容器上極板或下極板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4kπQ,εrS)可知，電容器產(chǎn)生的場強不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動。當上極板不動，下極板向上移動時，小球可能打在下極板的中心。10、如圖所示，水平放置的兩平行金屬板A、B相距為d，電容為C，起先兩板均不帶電，A板接地且中心有孔，現(xiàn)將帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電液滴一滴一滴地從小孔正上方h高處無初速度地滴下，落向B板后電荷全部傳給B板。(1)第幾滴液滴在A、B間做勻速直線運動？(2)能夠到達B板的液滴不會超過多少滴？【答案】(1)eq\f(Cdmg,q2)＋1(2)eq\f(mgCh＋d,q2)【解析】(1)設第n滴恰在A、B間做勻速直線運動，則這時電容器的帶電荷量為(n－1)q，對第n滴液滴，依據(jù)它的受力平衡得：qE＝mg，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(n－1q,Cd)解得：n＝eq\f(mgCd,q2)＋1。(2)當?shù)竭_B板的液滴增多時，電容器帶電荷量Q增大，兩板間電壓也增大；當某帶電液滴到達B板速度恰好為零時，該液滴將返回，在OB間往復運動。設能夠到達B板的液滴不會超過n′，由動能定理有：qU′＝mg(h＋d)，qeq\f(n′q,C)＝mg(h＋d)，解得：n′＝eq\f(mgCh＋d,q2)。11、如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中，射出電場的瞬時速度的方向與初速度方向成30°角。在這一過程中，不計粒子重力。求：(1)該粒子在電場中經(jīng)驗的時間；(2)粒子在這一過程中電勢能的增量?！敬鸢浮?1)eq\f(\r(3)mv0,3Eq)(2)－eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)【解析】(1)分解末速度vy＝v0tan30°，在豎直方向vy＝at，a＝eq\f(qE,m)，聯(lián)立