2024高考物理一輪復習第7章靜電場第3講電容器帶電粒子在勻強電場中的運動課時作業(yè)含解析

PAGE7-第3講電容器帶電粒子在勻強電場中的運動1．一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)()D[由a至c的彎曲狀況可知受力方向指向圖中虛線的右下方，b點的速度方向vb如圖，由a至c速率遞減可知受力方向如圖中F，α角大于90°，因為電荷為負，故場強方向應與F反向，D正確。]2.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為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.edUhC.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，速度漸漸減小。依據題意和圖示推斷，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探討問題。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。]3.(2024·湖北宜昌調研)如圖所示，一水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一束同種帶電粒子從P點以相同速度平行于極板射入電容器，最終均打在下極板的A點，若將上極板緩慢上移，則()A．粒子打在下極板的落點緩慢左移B．粒子打在下極板的落點緩慢右移C．粒子仍舊打在下極板的A點D．因未知粒子的電性，無法推斷粒子的落點C[斷開電源后，電容器所帶電荷量保持不變，電場強度E＝eq\f(4πkQ,εrS)，將上極板緩慢上移，d變大，則電場強度不變，粒子所受電場力不變，粒子到下極板距離也未變，粒子做類平拋運動，仍舊打在下極板的A點。]4．靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬極板，G為靜電計，極板B固定，A可移動，起先時開關S閉合，靜電計指針張開肯定角度，則下列說法正確的是()A．斷開S后，將A向左移動少許，靜電計指針張開的角度減小B．斷開S后，將A向上移動少許，靜電計指針張開的角度增大C．保持S閉合，在A、B間插入一電介質，靜電計指針張開的角度增大D．保持S閉合，在A、B間插入一電介質，靜電計指針張開的角度減小B[靜電計的指針張開的角度與靜電計金屬球和外殼之間的電勢差相對應，斷開開關S后，將A向左移動少許，電容器的電荷量不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知電容減小，由Q＝CU知電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，A錯；同理，斷開S后，將A向上移動少許，電容減小，電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，B對；保持S閉合，在A、B間插入一電介質，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差為電源電勢差，靜電計指針張開的角度不變，C、D錯。]5．(2024·湖南郴州質檢)a、b兩離子從平行板電容器兩板間P處垂直電場入射，運動軌跡如圖。若a、b的偏轉時間相同，則a、b肯定相同的物理量是()A．比荷 B.入射速度C．入射動能 D.入射動量A[離子在電場中做類平拋運動，垂直板方向做勻加速直線運動，偏轉時間相同，偏轉量相同，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(Uq,dm)×t2，兩板間電壓、距離、運動時間相等，則a、b肯定相同的物理量是比荷，故A正確。]6．(2024·天津卷·3)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程()A．動能增加eq\f(1,2)mv2 B.機械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D.電勢能增加2mv2B[小球動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)·mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為勻減速直線運動，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間的高度差為h＝eq\f(v2,2g)，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能削減，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的削減量為ΔEp′＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確。]7．如圖所示，絕緣的光滑水平桌面高為h＝1.25m、長為x0＝2m，桌面上方有一個水平向左的勻強電場。一個質量m＝2×10－3kg、帶電荷量q＝＋5.0×10－8C的小物體自桌面的左端A點以初速度vA＝6m/s向右滑行，離開桌子邊緣B后，落在水平地面上C點。已知C點與B點的水平距離x＝1m，不計空氣阻力，g取10m/s2。(1)小物體離開桌子邊緣B后經過多長時間落地？(2)勻強電場的電場強度E為多大？(3)為使小物體離開桌面邊緣B后水平位移加倍，即x′＝2x，某同學認為應使小物體帶電荷量減半，你同意他的想法嗎？試通過計算驗證你的結論。解析：(1)設小物體離開桌子邊緣B點后經過時間t落地，則h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s(2)設小物體離開桌子邊緣B點時的速度為vB，則vB＝eq\f(x,t)＝2m/s依據動能定理得－qEx0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得E＝3.2×105N/C(3)不同意。要使水平射程加倍，必需使B點水平速度加倍，即vB′＝2vB＝4m/s依據動能定理得－qEx0＝－eq\f(1,2)mvB′2－eq\f(1,2)mvA′2解得vA′＝4eq\r(2)m/s≠vA所以說該同學認為應使小物體的帶電荷量減半的想法是錯誤的。答案：(1)0.5s(2)3.2×105N/C(3)略8．(2024·安徽江南十校模擬)空間存在水平向右的勻強電場，方向與x軸平行，一個質量為m、帶負電的小球，電荷量為－q，從坐標原點O以v0＝10m/s的初速度斜向上拋出，且初速度v0與x軸正方向夾角θ＝37°，如圖所示。經過一段時間后到達最高點，此時速度大小也是10m/s，該小球在最高點的位置坐標是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．0.6m,1.8m B.－0.6m,1.8mC．5.4m,1.8m D.0.6m,1.08mB[本題考查帶電體在電場中的運動問題。帶電小球受重力和水平向左的電場力作用，將帶電小球的運動分解成沿x軸方向初速度為v0cos37°＝8m/s的勻變速直線運動，沿y軸方向初速度為v0sin37°＝6m/s的豎直上拋運動。當沿y軸方向速度減小為零時小球達到最高點。則有y＝eq\f(v0sin37°2,2g)＝1.8m，t＝eq\f(v0sin37°,g)＝0.6s。最高點時速度大小是10m/s，則最高點時速度方向向左，所以最高點時橫坐標x＝eq\f(v0cos37°－10m/s,2)·t＝eq\f(8＋－10,2)×0.6m＝－0.6m。故B項正確，A、C、D項錯誤。]9.如圖所示，一水平放置的平行板電容器與電源相連，起先時開關閉合。一帶電粒子沿兩極板中心線以一初速度射入，恰好沿中心線①通過電容器。則下列推斷正確的是()A．粒子帶正電B．保持開關閉合，將B板向上平移肯定距離，可使粒子沿軌跡②運動C．保持開關閉合，將A板向上平移肯定距離，可使粒子仍沿軌跡①運動D．斷開開關，將B板向上平移肯定距離，可使粒子沿軌跡②運動B[開關閉合時，粒子做勻速直線運動，說明粒子所受電場力與重力平衡，A板和電源正極相連，說明板間場強方向向下，則粒子帶負電，選項A錯誤；保持開關閉合，電容器兩端電壓不變，B板上移，板間距d變小，由公式E＝eq\f(U,d)知板間場強增大，則粒子所受電場力大于重力，粒子可能沿軌跡②運動，選項B正確；保持開關閉合，將A板向上平移肯定距離，板間距d增大，由公式E＝eq\f(U,d)知板間場強減小，則粒子所受電場力小于重力，故粒子向下偏轉，選項C錯誤；斷開開關，電容器所帶電荷量不變，將B板向上平移肯定距離，由公式C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，E與板間距無關，板間場強不變，故粒子沿軌跡①運動，選項D錯誤。]10．(2024·安徽六校聯考)(多選)某空間內有高度為d、寬度足夠寬、方向水平向左的勻強電場。當在該空間內建立如圖所示的坐標系后，在x軸上的P點沿y軸正方向連續(xù)射入相同的帶電粒子(粒子重力不計)，由于粒子的入射速率v不同，有的粒子將在電場中干脆通過y軸，有的將穿出電場后再通過y軸。設粒子通過y軸時，離坐標原點的距離為h，從P到y軸所需的時間為t，則()A．由題設條件不能推斷出粒子的帶電性質B．對h≤d的粒子，h不同，粒子在電場中的運動時間t相同C．對h>d的粒子，h不同，在時間t內，電場力對粒子做的功不相等D．不同h對應的粒子，進入電場時的速率v可能相同BC[依據題意可以知道，粒子向左偏，可確定電場力方向向左，因此粒子帶正電，故A錯誤；對h≤d的粒子，粒子受到的電場力一樣，加速度也相同，因此運動時間也相等，故B正確；對h>d的粒子，h越大，沿著電場力方向偏轉的位移越小，則電場力對粒子做功越少，故h不同，電場力對粒子做的功不相等，所以C正確；若在電場中干脆通過y軸，水平分位移x相等，由x＝eq\f(1,2)at2知，運動時間t相等，豎直分位移h＝vt，則h越大的粒子，進入電場時的速率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，沿著電場力方向的位移x越小，由x＝eq\f(1,2)at2，可以知道t越小，由y＝vt，可以知道，v越大，所以D錯誤。故選B、C。]11.(2024·重慶九校聯盟聯考)在如圖所示的平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限區(qū)域內有沿y軸正方向(豎直向上)的勻強電場，電場強度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內有一寬度d＝0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強電場。質量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－2C的小球從y軸上P點以肯定的初速度垂直y軸方向進入第Ⅰ象限后，從x軸上的A點進入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點離開，已知P、A的坐標分別為(0,0.4m)，(0.4m,0)，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)初速度v0的大?。?2)A、B兩點間的電勢差UAB；(3)小球經過B點時的速度大小。解析：本題考查帶電粒子在組合場中的運動。(1)小球進入豎直方向的勻強電場后做類平拋運動，小球帶正電，受到的電場力方向豎直向上，依據牛頓其次定律，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)，解得a＝5m/s2,依據平拋運動規(guī)律，小球沿水平方向做勻速運動，有xA＝v0t，豎直方向有yP＝eq\f(1,2)at2，聯立得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))，代入數據，解得v0＝1m/s。(2)設水平電場的電場強度大小為E，因未進入水平電場前，帶電小球做類平拋運動，所以進入電場時豎直方向的速度vy＝eq\r(2yPa)，因為小球在水平電場區(qū)域恰好做直線運動，所以合外力的方向與速度方向在一條直線上，即速度方向與合外力的方向相同，有e