2020届高三物理一轮复习 第七章 第3讲 电容器的电容 带电粒子在电场中的运动课时作业（含解析）

电容器的电容 带电粒子在电场中的运动一、单项选择题1(2019山东济南外国语高三检测)带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有()A增大两极板间的距离B用手触摸极板BC在两板间插入电介质D将极板B向上适当移动解析：增大两极板间的距离，即d增大，则由电容的决定式C，可以知道电容器的电容减小；电容器所带电荷量不变，则由C分析可以知道，电容器板间的电势差增大，静电计的指针偏角变大，所以A错误因为B板接地，用手触摸时，仍接地，故对电荷量没有影响，电势差保持不变，故B错误在两板间插入电介质时，介电常数增大，则C增大，由QUC可以知道电势差减小，所以C正确将极板B向上运动时，正对面积减小，则C减小，由定义式可以知道，电势差增大，故D错误答案：C2如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则()A当减小两板间的距离时，速度v增大B当减小两板间的距离时，速度v减小C当减小两板间的距离时，速度v不变D当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析：由动能定理得eUmv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，即t，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误答案：C3.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A增大，E增大B增大，Ep不变C减小，Ep增大 D减小，E不变解析：由题知，电容器两板所带电荷量Q不变，根据C和U可知，当上板下移，C增大，U减小，减小，A、B错误根据E，可见E与d无关，只改变d，E不变，D正确根据PUP地ELP地，E不变，LP地不变，故P不变，Ep不变，C错误答案：D4(2019山东潍坊实验中学检测)如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该()A使U2加倍B使U2变为原来的4倍C使U2变为原来的倍D使U2变为原来的解析：设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y.使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍，故选A.答案：A5(2019福建龙岩模拟)如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OMMN，则P和Q的质量之比为(不计重力)()A25 B52C45 D54解析：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为12，由lv0t可知运动时间比为12，由yat2得加速度之比为41，根据牛顿第二定律得a，因为电荷量比为51，则质量比为54，故D正确，A、B、C错误答案：D二、多项选择题6如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左不计空气阻力，则小球()A做直线运动B做曲线运动C速率先减小后增大D速率先增大后减小解析：对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C正确，D错误答案：BC7如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中正确的是()AE变小 BU变大CEp不变 D电荷仍保持静止解析：将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C可知，电容C减小；若电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量保持不变，由于电容C减小，由电容的定义式C可知，U变大根据推论可知，板间电场强度E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态P与B板间电势差UPBEd，E、d都不变，UPB保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能Ep不变故A错误，B、C、D正确答案：BCD8.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，则qU1mv02，xv0t，yt2，联立y，即粒子在竖直方向的偏转量y与q、m均无关，因此三种粒子运动轨迹相同，打在屏上的同一位置，D正确偏转电场对粒子做的功WqE2y，由于运动轨迹相同，三种粒子离开电场时的偏转量y相同，则W相同，A正确总电场力做的功为qU1Wmv2，总的电场力做的功相同，但三种粒子质量不同，因此打到屏上时的速度v不同，B错误又因为三种粒子运动轨迹相同，但速度不同，所以运动时间不同，C错误答案：AD能力题组一、选择题9(多选)(2018高考全国卷)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等解析：根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aaab.对微粒a，由牛顿第二定律，qEmaaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qEmbab，联立解得，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力(电场力)等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的合外力(电场力)等于b微粒受到的合外力(电场力)，根据动量定理，在t时刻，a、b微粒的动量大小相等，选项D正确答案：BD10(多选)(2019河北衡水中学调考)如图所示 ，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为Q、Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA1 m/s，到B点时速度vB m/s，则()A微粒从B至C做加速运动，且vC3 m/sB微粒从A到C先做减速运动，后做加速运动C微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s D微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s解析：A、C之间电场是对称的，微粒从A到B电场力做的功和从B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得qUmvB2mvA2,2qUmvC2mvA2，解得vC3 m/s，故A正确；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，故B错误；过B点作垂直AC的线，此线为等势面，微粒出C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同，故C正确，D错误答案：AC11(多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子11H，第二次从小孔O1处从静止释放一个粒子24He，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是()A质子和粒子打到感光板上时的速度之比为21B质子和粒子在电场中运动的时间相同C质子和粒子打到感光板上时的动能之比为12D质子和粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起解析：从开始运动到打到板上质子的速度为v1，粒子速度为v2，根据动能定理有UqEdqmv20，化简得出v，质子的比荷与粒子的比荷之比为21，代入得，故A错误；设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中偏转时间为t2，偏转位移为y，有x1a1t12t12，yt22，由于质子和粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B错误；从开始运动到打到板上，根据动能定理有UqEdqEk0，解得Ekq(UEd)，因为U、E、d相同，则有，故C正确；带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得qUmv02，进入偏转电场后电势差为U2，偏转的位移为y，有yat2()2，联立得y，速度的偏转角正切值为tan ，有tan ，偏转位移y与速度的偏转角正切值tan 与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，故D正确答案：CD二、非选择题12(2019河南南阳一中模拟)如图所示，质量为m、电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120角，电子重力不计求：(1)电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小vB；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)电子从A运动到B的时间tAB.解析：(1)电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得a将电子在B点的速度分解(如图)可知vBv0(2)由动能定理可知：eUABmvB2mv02解式得UAB.(3)在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，则有：vyv0tan 30vyatAB解式得：tAB.答案：(1)v0(2)(3)13.(2017高考全国卷)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得vy22ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E答案：(1)31(2)H(3)9