【物理】2020届一轮复习人教版电容器、带电粒子在电场中的运动课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版电容器、带电粒子在电场中的运动课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电容器、带电粒子在电场中的运动 课时作业 一、选择题 ‎1．某电容器上标有“25 μF,450 V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是(　　)‎ A．要使该电容器两极板之间电压增加1 V，所需电荷量为2.5×10－‎‎5 C B．要使该电容器带电荷量‎1 C，两极板之间需加电压2.5×10－5 V C．该电容器能够容纳的电荷量最多为‎25 C D．该电容器能够承受的最大电压为450 V 解析：选A　由电容器电容的定义式C＝可知C＝，所以ΔQ＝CΔU＝2.5×10－5×1 C＝2.5×10－5 C，A正确；若Q＝1 C，则U＝＝4×104 V，B错误；当电容器的电压为450 V时，电容器的电荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×450 C＝1.125×10－2 C，C错误；450 V是电容器的额定电压，低于击穿电压，D错误．‎ ‎2.(2018届河南郑州第三次质量预测)如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一定角度．下述做法可使静电计指针张角增大的是(　　)‎ A．使A板向左平移以增大板间距离 B．在A、B两板之间插入一块陶瓷板 C．断开S后，使B板向左平移以减小板间距离 D．断开S后，使B板向上平移以减小极板正对面积 解析：选D　开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变，故A、B错误；断开S，电容器所带的电荷量不变，B板向左平移减小板间距，则电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故C错误；断开S，电容器所带的电荷量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故D正确，故选D.‎ ‎3.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　)‎ A．U1∶U2＝1∶8　　　　　　 B．U1∶U2＝1∶4‎ C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1‎ 解析：选A　设板长为l，两板间距为d，粒子的初速度为v0，质量为m，电荷量为q，当电压为U1时，有l＝v0t1，＝·t12，联立得d＝　①.当电压为U2时，有＝v0t2，d＝·t22，联立得d＝　②.由得＝，故A正确．‎ ‎4.(多选)(2018年全国卷Ⅲ)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(　　)‎ A．a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：选BD　两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确．‎ ‎5．(2017年江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)‎ A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 解析：选A　由题意知，电子在A、B板间做匀加速运动，在B、C板间做匀减速运动，到P点时速度恰好为零，设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2，由动能定理得eU1－eU2＝0，所以U1＝U2；现将C板右移至P′点，由于板上带电荷量没有变化，B、C板间电场强度E＝＝＝，E不变，故电子仍运动到P点返回，选项A正确．‎ ‎6.(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，充电后断开电源，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)‎ A．仍沿原轨迹由下板边缘飞出 B．将打在下板中央 C．不发生偏转，沿直线运动 D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 解析：选AD　平行板电容器充电结束后断开电源，极板所带的电荷量不变，则有E＝＝＝＝，由此式可知，板间距变化不会影响电场强度的变化，电场强度不变，小球所受的电场力不变，所以A正确，B、C错误；如果下极板上移，小球在竖直方向的位移将会减小，到达下极板的时间变短，有可能到达下极板的正中间，所以D正确．‎ ‎7．如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们(　　)‎ A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点 C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点 解析：选B　一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的比荷不同，由qU＝mv2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y＝at2＝相同，所以会打在同一点，B正确．‎ ‎8．(多选)如图所示，两平行金属板水平放置，两平行金属板之间有匀强电场，一个重力不计的带电粒子经加速电场加速(加速电场未画出)后，紧贴上板以速度v0进入两平行金属板之间，其速度方向垂直于两平行金属板之间的电场线方向，经一段时间后刚好从下板边缘射出，射出时末速度v恰与下板成60°角，已知带电粒子所带的电荷量为＋q、质量为m，板长为L，则(　　)‎ A．加速电场的电压为 B．偏转电场的场强大小为 C．两平行金属板之间的距离大小为d＝L D．带电粒子通过平行金属板中的匀强电场时电场力做的功为mv2‎ 解析：选AB　由题述知带电粒子经加速电场加速后，其速度大小为v0，由动能定理可知qU＝mv02，由速度关系得v0＝vcos60°＝，解得U＝，选项A正确；由牛顿第二定律得qE＝ma，由平抛运动规律得L＝v0t，vy＝at，又vy＝vsin60°＝v，联立解得E＝，选项B正确；由平抛运动的推论可得＝tan60°，故d＝L，选项C错误；带电粒子通过匀强电场时电场力做的功为W＝Eqd＝mv2，选项D错误．‎ ‎9.(多选)(2019届唐山模拟)如图所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点，重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球带负电 B．速度先增大后减小 C．机械能一直减小 D．任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量 解析：选AC　小球在B点的速度竖直向下，小球可看作在水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，可知电场力方向水平向左，与电场方向相反，说明小球带负电，故A正确；小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，即合力方向朝左下方，与初速度成钝角，所以开始减速，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大，故B错误；因为电场力做负功，电势能增加，机械能减小，故C正确；任意一小段时间，小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变，总能量守恒，所以电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D错误．‎ 二、非选择题 ‎10．中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×‎106 m/s，进入漂移管E时速度为1×‎107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的.质子的荷质比取1×‎108 C/kg.求：‎ ‎(1)漂移管B的长度；‎ ‎(2)相邻漂移管间的加速电压．‎ 解析：(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则T＝①‎ L＝vB·②‎ 联立①②式并代入数据得L＝0.4 m．③‎ ‎(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′，质子的电荷量为q，质量为m，则W＝qU④‎ W′＝3W⑤‎ W′＝mvE2－mvB2⑥‎ 联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V.‎ 答案：(1)0.4 m　(2)6×104 V ‎11.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴，在电场强度大小为E＝、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A，B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.求A，B两点间的电势差．‎ 解析：由题意知qE＝mg，液滴重力不能忽略，把运动分解 水平方向有vsin60°＝v0sin30°＋t 竖直方向有vcos60°＝v0cos30°－gt 可得v＝v0，t＝ 由牛顿第二定律得水平方向加速度a＝＝g，水平位移x＝v0sin30°·t＋(g)t2＝ UAB＝E·x＝.‎ 答案： ‎12．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝‎8 cm，板长为L＝‎25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝‎0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：‎ ‎(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；‎ ‎(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取‎10 m/s2)‎ 解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有qE＝mg，q＝mg，即qU＝mgd 当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．此时液滴所受电场力 F′＝q＝mg a＝＝＝g＝‎2 m/s2.‎ ‎(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是 设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1‎ ＝at12，t1＝＝0.2 s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间为 t2＝＝0.5 s 所以液滴从射入电场开始匀速运动到P点时间为t＝t2－t1＝0.3 s.‎ 答案：(1)2 m/s2　(2)0.3 s