高考物理一輪復習 課時作業(yè)24 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）-人教版高三物理試題

課時作業(yè)(二十四)電容器帶電粒子在電場中的運動1．(教科版選修3－1P40第9題)關于電容器的電容，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，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，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是()A．eq\f(edh,U) B．deUhC．eq\f(eU,dh) D．eq\f(eUh,d)D[電子從O點到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小．根據(jù)題意和圖示判斷，電子僅受電場力，不計重力．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D正確．]4．如圖所示，電容器極板間有一可移動的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，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，此時帶正電荷的極板得到電子，帶負電荷的極板失去電子，所以有電流流向負極板，A、C錯誤，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錯誤．]5．(多選)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零CD[設第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，然后反方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為零，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，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，帶電油滴處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍然保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動D[開始時油滴處于靜止狀態(tài)，有mg＝qeq\f(U,d)，B板右端下移時，U不變，d變大，電場力F＝qeq\f(U,d)變小，mg＞F.受力分析如圖所示，mg與F的合力方向為右下方，故油滴向右下方運動．]7．(2018·河南八市二模)如圖所示，傾角為α＝30°的絕緣斜面AB長度為3l，BC長度為eq\f(3,2)l，斜面上方BC間有沿斜面向上的勻強電場．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點與斜面相切滑上斜面，沿斜面向下運動，經(jīng)過C點但未能到達B點，在電場力作用下返回，最終恰好靜止在A點，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，不考慮運動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)物塊在電場中的最大電勢能．解析(1)物塊落到斜面上A點時，速度方向與水平方向夾角為α，設此時速度為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)設物塊沿斜面向下運動的最大位移為x′，自物塊從A點開始向下運動到再次返回A點，根據(jù)動能定理有－2μmgcosα·x′＝0－eq\f(1,2)mv2，解得x′＝2l.物塊位于最低點時，電勢能最大，物塊自A點到最低點過程中，設電場力做功為W，根據(jù)動能定理有mgsinα·x′－μmgcosα·x′－W＝0－eq\f(1,2)mv2，解得W＝2mgl，即物塊電勢能最大值為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的勻強電場．一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子在直線PQ上某點O以初速度v0豎直向上射出．不計重力，直線足夠長．若粒子能打到MN上，則下列說法正確的是()A．電場強度最大值為eq\f(3mv\o\al(2,0),4qd) B．電場強度最小值為eq\f(3mv\o\al(2,0),4qd)C．電場強度最大值為eq\f(3mv\o\al(2,0),8qd) D．電場強度最小值為eq\f(3mv\o\al(2,0),8qd)C[帶電粒子受電場力，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MN時，速度平行于MN方向，此時電場強度最大，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．噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()A．向負極板偏轉 B．電勢能逐漸增大C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電量無關C[微滴帶負電，進入電場，受電場力向上，應向正極板偏轉，A錯誤；電場力做正功，電勢能減小，B錯誤；微滴在電場中做類平拋運動，沿v方向：x＝vt，沿電場方向：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，得y＝eq\f(qU,2mv2d)x2，即微滴運動軌跡是拋物線，且運動軌跡與電荷量有關，C正確，D錯誤．]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電場，電場強度E＝1.0×102V/m，一塊足夠大的接地金屬板水平放置在勻強電場中，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，若不計粒子重力，求：(結果保留兩位有效數(shù)字)(1)粒子源所在a點的電勢；(2)帶電粒子打在金屬板上時的動能；(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)題中勻強電場的場強方向豎直向下，b板接地，電勢為零，因此有φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.80V＝80V.(2)不計粒子重力，只有電場力做功，對帶電粒子，由動能定理得qUab＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得帶電粒子打在金屬板上時的動能為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的落點為邊界，設水平射出后經(jīng)時間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的加速電場加速后沿圖中的半圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強大小都為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．(1)求圓弧虛線對應的半徑R的大??；(2)若離子恰好能打在QN的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值．解析(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，得qU＝eq\f(1,2)