（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練37 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）新人教版

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1、考點規(guī)范練37　電容器　帶電粒子在電場中的運動 一、單項選擇題 1.(2018·陜西咸陽模擬)如圖所示,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運動。重力加速度為g,粒子運動的加速度為(　　) A.ldg B.d-ldg C.ld-lg D.dd-lg 2.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,則下列說法正確的是(　　) A.若電容器極板間的

2、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 3.(2018·天津靜海調(diào)研)如圖所示,一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成。放射源O在A極板左端,可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)。若極板長為l,間距為d,當A、B板加上電壓U時,只有某一速度的β粒子能從細管C水平射出,細管C離兩板等距。已知元電荷的電荷量為e,則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為(　　)

3、A.2eUm B.ldeUm C.1deU(d2+l2)m D.ldeU2m 4.(2018·安徽蚌埠四校聯(lián)考)如圖所示,兩極板與電源相連接,電子從負極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強電場,電子恰好從正極板邊緣飛出,現(xiàn)保持負極板不動,正極板在豎直方向移動,并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍,而電子仍從原位置射入,且仍從正極板邊緣飛出,則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?　　) A.2倍 B.4倍 C.12 D.14 5.(2018·吉林遼源五中模擬)如圖所示,D為一理想二極管(正向電阻為0,反向電阻無窮大),平行金屬板M、N水平放置,兩板之間有一帶電微粒以速度v0沿圖示方向做直線運動,當微粒運動到P

4、點時,將M板迅速向上平移一小段距離,則此后微粒的運動情況是(　　) A.沿軌跡①運動 B.沿軌跡②運動 C.沿軌跡③運動 D.沿軌跡④運動 二、多項選擇題 6.如圖所示,一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場,入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時,其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d,P、Q兩點的電勢差為U,不計重力作用,設(shè)P點的電勢為零。下列說法正確的是(　　) A.帶電粒子在Q點的電勢能為-Uq B.帶電粒子帶負電 C.此勻強電場的電場強度大小為E=23U3d D.此勻強電場的電場強度大小為E=3U3d 7.傾角為θ的斜面上部

5、存在豎直向下的勻強電場。兩電荷量分別為q1、q2,質(zhì)量分別為m1、m2的粒子分別以速度v1、v2垂直電場射入,并在斜面上某點分別以速度v1'、v2'射出,在電場中的時間分別為t1、t2。入射速度為v2的粒子射得更遠,如圖所示,不計粒子重力。下列說法正確的是(　　) A.若v1q2m2 C.若v1>v2,則v1'

6、電微粒從A點由靜止開始,在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是E1=2.0×103 N/C和E2=4.0×103 N/C,方向如圖所示。帶電微粒質(zhì)量m=1.0×10-20 kg、電荷量q=-1.0×10-9 C,A點距虛線MN的距離d1=1.0 cm,不計帶電微粒的重力。求: (1)B點到虛線MN的距離d2; (2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t。 考點規(guī)范練37　電容器　帶電粒子在電場中的運動 1.A　解析抽出前,粒子受重力和電場力平衡,mg=qUd-l,抽出后,根據(jù)牛頓第二定律,有mg-qUd=ma,聯(lián)立解得a=ldg,A正確。 2.

7、D　解析若x變大,則由C=εrS4πkd,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=QC可知,電容器極板間電壓減小,B錯誤。 3.C　解析β粒子的運動為類平拋運動,水平方向有l(wèi)=v0t,豎直方向有d2=12at2,且a=qUmd。從A到C的過程有-12qU=12mv02-12mv2,以上各式聯(lián)立解得v=1deU(d2+l2)m,選項C正確。 4.C　解析電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場,做類平

8、拋運動。假設(shè)電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,初速度為v,極板的長度為l,極板的間距為d,電場強度為E。由于電子做類平拋運動,所以水平方向有l(wèi)=vt,豎直方向有y=12at2=12·eEm·lv2=d。因為E=Ud,可得d2=eUl22mv2,若電子的速度變?yōu)樵瓉淼?倍,仍從正極板邊緣飛出,則由上式可得兩極板的間距d應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?2,故選C。 5.B　解析當微粒運動到P點時,迅速將M板上移一小段距離,由于二極管反向電阻無窮大,兩極板上電荷量不變,由電容的決定式C=εrS4πkd,定義式C=QU得MN兩板間電壓升高,由E=Ud=4πkQεrS,知電場強度不變,粒子受到的電場力不變,微粒的運動方向不變

9、,仍沿軌跡②做直線運動,故B正確,A、C、D錯誤。 6.AC　解析根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向,可判斷選項B錯誤;因為P、Q兩點的電勢差為U,電場力做正功,電勢能減少,而P點的電勢為零,所以選項A正確;設(shè)帶電粒子在P點時的速度為v0,在Q點建立直角坐標系,垂直于電場線為x軸,平行于電場線為y軸,由曲線運動的規(guī)律和幾何知識求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy=3v0,故帶電粒子在y軸方向上的平均速度為vy=3v02,設(shè)帶電粒子在y軸方向上的位移為y0,在電場中的運動時間為t,則y0=3v02t,d=v0t,得y0=3d2,由E=Uy0得E=23U3d,選項C正確,D錯誤。 7.BD　解析設(shè)粒子豎直

10、向下的加速度為a,電場的電場強度為E。對粒子的運動在豎直方向有y=12at2,在水平方向有x=vt。由幾何關(guān)系有tanθ=yx,解得t=2vtanθa,x=2v2tanθa。由于不知兩粒子加速度a的大小關(guān)系,無法確定兩粒子運動時間的關(guān)系。由于速度為v2的粒子水平位移較大,若v1=v2,則a1>a2,而a=mg+qEm=g+qmE,則q1m1>q2m2;粒子落在斜面時的豎直分速度為vy=at=2vtanθ,則落在斜面上的速度為v'=v2+vy2=v2+4v2tan2θ。選項A、C錯誤,B、D正確。 8.解析(1)帶電微粒由A運動到B的過程中,由動能定理有|q|E1d1-|q|E2d2=0,E1d1=E2d2, 解得d2=0.50cm。 (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2, 由牛頓第二定律有 |q|E1=ma1, |q|E2=ma2, 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2,由運動學(xué)公式有d1=12a1t12,d2=12a2t22。 又t=t1+t2, 代入數(shù)據(jù),聯(lián)立解得t=1.5×10-8s。 答案(1)0.50 cm　(2)1.5×10-8 s 4