2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）課時(shí)作業(yè)：第7章 第3講電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）課時(shí)作業(yè)：第7章第3講電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含解析課時(shí)作業(yè)時(shí)間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題,每小題7分,共70分。其中1～7題為單選，8～10題為多選）1．（2016·全國(guó)卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器（)A．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變答案D解析平行板電容器電容C＝eq\f(εrS，4πkd），云母介質(zhì)移出，εr減小，C減小;又C＝eq\f(Q，U），電源恒壓，即U一定,C減小，故Q減小；電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f（U,d），故E不變，D正確。2．(2016·天津高考)如圖所示，平行板電容器帶有等量異號(hào)電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地.在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大,E增大 B．θ增大,Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變答案D解析極板移動(dòng)過程中電荷量Q保持不變，靜電計(jì)指針張角變化反映板間電勢(shì)差U的變化,由C＝eq\f（εrS，4πkd）和C＝eq\f(Q,U）可知，極板下移，d減小，C增大,U減小,又E＝eq\f(U，d）＝eq\f(4πkQ，εrS），則E不變,Ep不變,綜合上述，只有D項(xiàng)正確.3．如圖所示，由粒子源發(fā)出的帶正電的粒子經(jīng)過同一加速電場(chǎng)A加速后，形成粒子束進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)B中偏轉(zhuǎn)。已知粒子源發(fā)出的粒子中包括有一價(jià)氫離子、一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子，這些粒子離開粒子源時(shí)的初速度可視為零,空氣阻力、粒子的重力及粒子之間的相互作用力均可忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是(）A．它們始終為一股粒子束B．它們會(huì)分離為兩股粒子束C．它們會(huì)分離為三股粒子束D．它們會(huì)分離為無(wú)數(shù)股粒子束答案A解析設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d,在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理得：qU1＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2,0)，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(L,v0），偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1，2)at2＝eq\f（1，2）×eq\f（qU2,md）×eq\f(L2,v\o\al（2,0)），聯(lián)立以上各式得：y＝eq\f(U2L2，4U1d),y與帶電粒子的質(zhì)量、電荷量無(wú)關(guān),則一價(jià)氫離子、一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)軌跡重合，所以它們始終為一股粒子束，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。4.如圖所示,M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力）以初速度v0由小孔水平射入兩金屬板間,當(dāng)M、N間的電壓為U時(shí)，粒子剛好能到達(dá)N板.如果要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M、N兩金屬板中線位置處即返回，則下列措施能滿足要求的是（）A．使初速度減小為原來(lái)的eq\f(1,2)B．使M、N間的電壓提高為原來(lái)的4倍C．使M、N間的電壓加倍D．使初速度減小為原來(lái)的eq\f(1，2)，同時(shí)M、N間的電壓加倍答案C解析粒子從進(jìn)入金屬板間到達(dá)N板的過程中,由動(dòng)能定理得－qEd＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,0)，所以帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為d＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE),設(shè)改變條件后帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為x，若電壓提高為原來(lái)的2倍，則金屬板間的電場(chǎng)強(qiáng)度也為原來(lái)的2倍，則x＝eq\f（d，2）,故C正確；結(jié)合上面分析可知，若使初速度減小為原來(lái)的eq\f(1,2)，則x＝eq\f(d，4)，A錯(cuò)誤;若電壓提高為原來(lái)的4倍，則金屬板間的電場(chǎng)強(qiáng)度也為原來(lái)的4倍，則x＝eq\f（d，4)，故B錯(cuò)誤；若初速度減小為原來(lái)的eq\f（1，2)，電壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則x＝eq\f（d，8)，D錯(cuò)誤。5．(2019·天津模擬)如圖所示，平行板電容器板長(zhǎng)和板間距均為L(zhǎng),兩極板分別帶等量異種電荷。現(xiàn)有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電粒子A和B，分別從緊貼上極板和極板中線位置以相同的初速度垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向進(jìn)入電場(chǎng)。最終均恰好貼著下極板飛出電場(chǎng)。粒子重力不計(jì).則（)A．兩個(gè)粒子的電荷量之比qA∶qB＝4∶1B．兩個(gè)粒子的電荷量之比qA∶qB＝2∶1C．兩個(gè)粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小之比vA∶vB＝2∶1D．過程中電場(chǎng)力對(duì)兩個(gè)粒子做功之比WA∶WB＝2∶1答案B解析A、B粒子均做類平拋運(yùn)動(dòng),對(duì)A粒子有：L＝v0tA,L＝eq\f（1,2）eq\f(qAE,m)teq\o\al（2,A），對(duì)B粒子有：L＝v0tB，eq\f(L，2)＝eq\f(1,2）eq\f（qBE,m）teq\o\al(2，B），聯(lián)立解得：qA∶qB＝2∶1，A錯(cuò)誤,B正確；對(duì)A粒子，由動(dòng)能定理得：WA＝qAEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2，A)－eq\f（1,2)mveq\o\al（2,0），對(duì)B粒子，由動(dòng)能定理得：WB＝qBEeq\f（L,2)＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2,B）－eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0),聯(lián)立解得WA∶WB＝4∶1,因?yàn)椴恢懒Ｗ拥某跛俣葀0，故無(wú)法計(jì)算粒子離開電場(chǎng)時(shí)vA和vB的比值,C、D錯(cuò)誤.6．(2019·重慶模擬）如圖所示,光滑絕緣的半圓形容器處在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球在容器邊緣A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為零，OB與水平方向的夾角為θ＝60°，則下列說(shuō)法正確的是(）A．小球重力與電場(chǎng)力的關(guān)系是qE＝eq\r（3)mgB．小球在B點(diǎn)時(shí),對(duì)圓弧的壓力為eq\r(2）mgC．小球在A點(diǎn)和B點(diǎn)的加速度大小不同D．如果小球帶負(fù)電,從A點(diǎn)由靜止釋放后，也能沿AB圓弧而運(yùn)動(dòng)答案A解析小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgRsinθ－qER(1－cosθ）＝0，解得qE＝eq\r(3)mg，A正確；小球在B點(diǎn)時(shí)，速度為零，向心力為零，則有：FN＝mgsinθ＋qEcosθ＝eq\r(3）mg，B錯(cuò)誤；在A點(diǎn)，小球所受的合力等于重力,加速度為重力加速度，在B點(diǎn)，小球的合力為F＝Eqsin60°－mgcos60°＝mg，加速度為aB＝eq\f(F,m）＝g，所以小球在A、B兩點(diǎn)的加速度大小相等，C錯(cuò)誤;如果小球帶負(fù)電，從A點(diǎn)由靜止釋放后，將沿重力和電場(chǎng)力合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。7．(2019·北京海淀二模）某同學(xué)按如圖1所示連接電路,利用電壓傳感器研究電容器的放電過程.先使開關(guān)S接1，電容器充電完畢后將開關(guān)擲向2，可視為理想電壓表的電壓傳感器將電壓信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電壓隨時(shí)間變化的Ut曲線，如圖2所示。電容器的電容C已知，且從圖中可讀出最大放電電壓U0、圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積S、任一點(diǎn)的切線斜率k，但電源電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)電阻、定值電阻R均未知，根據(jù)題目所給的信息，下列物理量不能求出的是(）A．電容器放出的總電荷量B．電阻R兩端的最大電流C．定值電阻RD．電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻答案D解析Q＝CU0，所以電容器放出的總電荷量可求，即A選項(xiàng)能求出；任一時(shí)刻的電流I與R兩端的電壓滿足U＝IR,因?yàn)镮t圖線與t軸圍成的面積表示總電荷量Q，所以Ut圖線與t軸圍成的面積S＝QR，而Q＝CU0,則R＝eq\f（S，Q)＝eq\f(S，CU0）,所以C選項(xiàng)可求;電阻R兩端的最大電流即為電容器剛開始放電時(shí)的電流，所以Imax＝eq\f(U0,R)＝eq\f(CU\o\al（2,0）,S)，B選項(xiàng)可求；根據(jù)題意只知道電源的電動(dòng)勢(shì)等于電容器充滿電時(shí)兩板間的電壓，也就是剛開始放電時(shí)的電壓，即E＝U0，而電源的內(nèi)電阻無(wú)法求出，所以D選項(xiàng)不能求出。8．（2019·遼寧大連模擬)如圖所示,在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2,在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)范圍足夠大，感光板MN垂直于電場(chǎng)方向固定放置.第一次從小孔O1處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個(gè)α粒子,關(guān)于這兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng),下列判斷正確的是（)A．質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2B．質(zhì)子和α粒子在整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時(shí)的動(dòng)能之比為1∶2D．質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同答案CD解析根據(jù)動(dòng)能定理：eq\f（1，2）mv2－0＝qU，解得:v＝eq\r(\f（2qU,m）），所以質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為eq\r（2)∶1，A錯(cuò)誤;在A、B板間：a1＝eq\f(qU,md），質(zhì)子的加速度大,所以質(zhì)子運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，進(jìn)入豎直電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，a2＝eq\f（Eq,m），豎直方向加速度還是質(zhì)子的大，所以質(zhì)子運(yùn)動(dòng)時(shí)間短,所以質(zhì)子在整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比α粒子短，B錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過程用動(dòng)能定理，設(shè)O2到MN板的電勢(shì)差為U′有：Ek－0＝q(U＋U′），所以末動(dòng)能與電量成正比，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上時(shí)的動(dòng)能之比為1∶2,C正確；粒子從O2到MN板,豎直方向：h＝eq\f(1，2)eq\f(Eq，m）t2，水平方向：x＝vt，聯(lián)立解得：x＝2eq\r（\f(Uh,E)），所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正確。9.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ的光滑絕緣斜面固定于靜電場(chǎng)中，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球,以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)開始沿斜面上滑,到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，途中小球始終未離開斜面，重力加速度為g，則（)A．小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能B．小球的電勢(shì)能可能先增大后減小C．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差一定為eq\f（mgL,q）D．若處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定是eq\f(mg，q)答案AB解析小球在斜面上受到重力、支持力和電場(chǎng)力,支持力不做功，小球以速度v0由斜面底端A點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)頂端B點(diǎn)的速度仍為v0，說(shuō)明電場(chǎng)力做的功和重力做的功之和為零,小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程，重力做負(fù)功,電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于在A點(diǎn)的電勢(shì)能,A正確。小球的電勢(shì)能可能先增大后減小，B正確。由于電場(chǎng)力做的正功和重力做的負(fù)功大小相等，即qU＝WG＝mgLsinθ，可知A、B兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差U＝eq\f（mgLsinθ,q），C錯(cuò)誤。小球在斜面上向上運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力做的正功和重力做的負(fù)功大小相等，但是不知道電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，因此即使是勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小也不一定為eq\f（mg,q)，故D錯(cuò)誤。10．（2019·河南許昌模擬)如圖甲所示,兩平行金屬板A、B放在真空中,間距為d,P點(diǎn)在A、B板間，A板接地，B板的電勢(shì)φ隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，t＝0時(shí),在P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子,當(dāng)t＝2T時(shí)，電子回到P點(diǎn)。電子運(yùn)動(dòng)過程中未與極板相碰,不計(jì)重力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T時(shí)間內(nèi)，當(dāng)t＝T時(shí)電子的動(dòng)能最大D．在0～2T時(shí)間內(nèi),電子的動(dòng)能增大了eq\f(2e2T2φ\(chéng)o\al(2，1)，md2）答案BD解析0~T時(shí)間內(nèi)平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為：E1＝eq\f(φ1，d），電子以加速度a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f（eφ1,md)向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)過時(shí)間T的位移為：x1＝eq\f（1,2)a1T2，速度為：v1＝a1T,T~2T時(shí)間內(nèi)平行板間電場(chǎng)強(qiáng)度為：E2＝eq\f（φ2,d），加速度大小為：a2＝eq\f（eE2，m)＝eq\f（eφ2，md)，電子以v1的速度向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，位移為：x2＝v1T－eq\f（1，2）a2T2，由題意知t＝2T時(shí)刻電子回到P點(diǎn)，則有:x1＋x2＝0,聯(lián)立可得：φ2＝3φ1，A錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)電場(chǎng)力做正功最多，電勢(shì)能最小,而0～T時(shí)間內(nèi)電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T～2T時(shí)間內(nèi)先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后反向勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)t＝T時(shí)電子的動(dòng)能為Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2，1）＝eq\f(e2T2φ\(chéng)o\al(2，1),2md2），電子在t＝2T時(shí)刻回到P點(diǎn)，此時(shí)速度為:v2＝v1－a2T＝－eq\f（2φ1eT,dm）(負(fù)號(hào)表示方向向下)，電子的動(dòng)能為：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2φ\(chéng)o\al(2,1)e2T2,d2m）,所以當(dāng)t＝2T時(shí)電子的動(dòng)能最大，C錯(cuò)誤，D正確。二、非選擇題（本題共2小題，共30分)11。（12分）如圖，在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng).長(zhǎng)度為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)）,初始時(shí)小球靜止在電場(chǎng)中的a點(diǎn)，此時(shí)細(xì)繩拉力為2mg，g為重力加速度.（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E和a、O兩點(diǎn)的電勢(shì)差U；(2）若小球在a點(diǎn)獲得一水平初速度va＝4eq\r(gl），使其在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，求小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)細(xì)繩拉力F的大小。答案(1)eq\f（3mg,q），方向豎直向上－eq\f（3mgl，q)(2）6mg解析(1）小球在a點(diǎn)時(shí),根據(jù)題意有關(guān)系式qE＝mg＋2mg，得E＝eq\f（3mg,q)，方向豎直向上。在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有UOa＝El,則a、O兩點(diǎn)電勢(shì)差U＝－UOa＝－eq\f（3mgl,q）。（2）小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn),設(shè)到b點(diǎn)速度大小為vb，由動(dòng)能定理得－qE·2l＋mg·2l＝eq\f(1，2)mveq\o\al（2，b）－eq\f（1,2)mveq\o\al(2，a）,小球做圓周運(yùn)動(dòng)通過b點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得F＋qE－mg＝meq\f(v\o\al（2,b），l），已知va＝4eq\r(gl），聯(lián)立可得F＝6mg。12．(18分）如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長(zhǎng)L＝10cm,極板間距d＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示。每個(gè)電子穿過極板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的