2020屆高三物理一輪復習 第七章 第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè)（含解析）

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1、電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動 一、單項選擇題 1．(2019·山東濟南外國語高三檢測)帶電的平行板電容器與靜電計的連接如圖所示，要使靜電計的指針偏角變小，可采用的方法有(　　) A．增大兩極板間的距離 B．用手觸摸極板B C．在兩板間插入電介質 D．將極板B向上適當移動 解析：增大兩極板間的距離，即d增大，則由電容的決定式C＝，可以知道電容器的電容減小；電容器所帶電荷量不變，則由C＝分析可以知道，電容器板間的電勢差增大，靜電計的指針偏角變大，所以A錯誤．因為B板接地，用手觸摸時，仍接地，故對電荷量沒有影響，電勢差保持不變，故B錯誤．在兩板間插入電介質時，介電常數(shù)增大，

2、則C增大，由Q＝UC可以知道電勢差減小，所以C正確．將極板B向上運動時，正對面積減小，則C減小，由定義式可以知道，電勢差增大，故D錯誤． 答案：C 2．如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) A．當減小兩板間的距離時，速度v增大 B．當減小兩板間的距離時，速度v減小 C．當減小兩板間的距離時，速度v不變 D．當減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長 解析：由動能定理得eU＝mv2，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當d減小時

3、，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤． 答案：C 3.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩極板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大　　　 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 解析：由題知，電容器兩板所帶電荷量Q不變，根據(jù)C＝和U＝可知，當上板下移，C增大，U減小，θ減小，A、B錯誤．根據(jù)E＝＝＝，可見E與d無關，只改變

4、d，E不變，D正確．根據(jù)φP＝UP地＝E·LP地，E不變，LP地不變，故φP不變，Ep不變，C錯誤． 答案：D 4．(2019·山東濰坊實驗中學檢測)如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該(　　) A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．使U2變?yōu)樵瓉淼谋? D．使U2變?yōu)樵瓉淼? 解析：設偏轉電極的長度為L，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉距離y＝.使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，即y不變，則必須使U2加倍，故選A.

5、 答案：A 5．(2019·福建龍巖模擬)如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的5倍，它們以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N點，若OM＝MN，則P和Q的質量之比為(不計重力)(　　) A．2∶5 B．5∶2 C．4∶5 D．5∶4 解析：粒子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩粒子的初速度相等，水平位移比為1∶2，由l＝v0t可知運動時間比為1∶2，由y＝at2得加速度之比為4∶1，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，因為電荷量比為5∶1，則質量比為5∶4，故D正確，A、B、C錯誤． 答案：D 二、多項

6、選擇題 6．如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球(　　) A．做直線運動 B．做曲線運動 C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小 解析：對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯誤． 答案：BC 7．如圖所示，D是一只理想二極管，電流只能從a流向b，而不能從b流向a.平行板電容器的A、B兩極板間有一電荷，在P

7、點處于靜止狀態(tài)．以E表示兩極板間的電場強度，U表示兩極板間的電壓，Ep表示電荷在P點的電勢能．若保持極板B不動，將極板A稍向上平移，則下列說法中正確的是(　　) A．E變小 B．U變大 C．Ep不變 D．電荷仍保持靜止 解析：將極板A稍向上平移，板間距離d增大，根據(jù)電容的決定式C＝可知，電容C減??；若電容器的電壓不變時，則電容器所帶電荷量將要減小，由于二極管具有單向導電性，電容器上電荷放不掉，電荷不能流回電源，所以電容器的電荷量保持不變，由于電容C減小，由電容的定義式C＝可知，U變大．根據(jù)推論可知，板間電場強度E不變，電荷所受的電場力不變，仍保持靜止狀態(tài)．P與B板間電勢差UPB＝

8、Ed，E、d都不變，UPB保持不變，P點的電勢保持不變，則電荷在P點電勢能Ep不變．故A錯誤，B、C、D正確． 答案：BCD 8.如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　　) A．偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 解析：設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，則qU1＝mv02，x＝v0t，y＝··t2，聯(lián)立y＝，即

9、粒子在豎直方向的偏轉量y與q、m均無關，因此三種粒子運動軌跡相同，打在屏上的同一位置，D正確．偏轉電場對粒子做的功W＝qE2y，由于運動軌跡相同，三種粒子離開電場時的偏轉量y相同，則W相同，A正確．總電場力做的功為qU1＋W＝mv2，總的電場力做的功相同，但三種粒子質量不同，因此打到屏上時的速度v不同，B錯誤．又因為三種粒子運動軌跡相同，但速度不同，所以運動時間不同，C錯誤． 答案：AD [能力題組] 一、選擇題 9．(多選)(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下

10、極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　) A．a的質量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 解析：根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)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aa＞ab.對微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得＞，由此式可以得出a的

11、質量比b小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力(電場力)等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的合外力(電場力)等于b微粒受到的合外力(電場力)，根據(jù)動量定理，在t時刻，a、b微粒的動量大小相等，選項D正確． 答案：BD 10．(多選)(2019·河北衡水中學調考)如圖所示 ，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面

12、，B為AC的中點，現(xiàn)有質量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計)從左方沿A、C連線方向射入，到A點時速度vA＝1 m/s，到B點時速度vB＝ m/s，則(　　) A．微粒從B至C做加速運動，且vC＝3 m/s B．微粒從A到C先做減速運動，后做加速運動 C．微粒在整個運動過程中的最終速度為 m/s D．微粒最終可能返回至B點，其速度大小為 m/s 解析：A、C之間電場是對稱的，微粒從A到B電場力做的功和從B到C電場力做的功相同，依據(jù)動能定理可得qU＝mvB2－mvA2,2qU＝mvC2－mvA2，解得vC＝3 m/s，故A正確；在到達A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒一直

13、做加速運動，故B錯誤；過B點作垂直AC的線，此線為等勢面，微粒出C點之后，會向無窮遠處運動，而無窮遠處電勢為零，故B點的動能等于無窮遠處的動能，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終的速度應該與B點相同，故C正確，D錯誤． 答案：AC 11．(多選)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加上恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B的右側有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向放置，第一次從小孔O1處從靜止釋放一個質子11H，第二次從小孔O1處從靜止釋放一個α粒子24He，關于這兩個粒子在電場中運動的判斷正確的是(　　) A．質子和α粒子打到感光板上時的

14、速度之比為2∶1 B．質子和α粒子在電場中運動的時間相同 C．質子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2 D．質子和α粒子在電場中運動的軌跡重疊在一起 解析：從開始運動到打到板上質子的速度為v1，α粒子速度為v2，根據(jù)動能定理有Uq＋Edq＝mv2－0，化簡得出v＝，質子的比荷與α粒子的比荷之比為2∶1，代入得＝＝，故A錯誤；設粒子在加速電場中加速時間為t1，加速位移為x1，在偏轉電場中偏轉時間為t2，偏轉位移為y，有x1＝a1t12＝t12，y＝t22，由于質子和α粒子的加速位移和偏轉位移相同，但是比荷不同，所以運動時間不同，故B錯誤；從開始運動到打到板上，根據(jù)動能定理有Uq＋Ed

15、q＝Ek－0，解得Ek＝q(U＋Ed)，因為U、E、d相同，則有＝＝，故C正確；帶電粒子進入加速電場時，根據(jù)動能定理可得qU＝mv02，進入偏轉電場后電勢差為U2，偏轉的位移為y，有y＝at2＝()2，聯(lián)立得y＝，速度的偏轉角正切值為tan θ，有tan θ＝＝＝，偏轉位移y與速度的偏轉角正切值tan θ與帶電粒子無關，因此運動軌跡重疊在一起，故D正確． 答案：CD 二、非選擇題 12．(2019·河南南陽一中模擬)如圖所示，質量為m、電荷量為e的電子，從A點以速度v0垂直于電場方向射入一個電場強度為E的勻強電場中，從B點射出電場時的速度方向與電場線成120°角，電子重力不計．求：

16、 (1)電子在電場中的加速度大小a及電子在B點的速度大小vB； (2)A、B兩點間的電勢差UAB； (3)電子從A運動到B的時間tAB. 解析：(1)電子在電場中受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝① 將電子在B點的速度分解(如圖)可知 vB＝＝v0② (2)由動能定理可知：－eUAB＝mvB2－mv02③ 解②③式得UAB＝－. (3)在B點設電子在B點沿電場方向的速度大小為vy，則有：vy＝v0tan 30°④ vy＝atAB⑤ 解①④⑤式得：tAB＝. 答案：(1)　v0　(2)－　(3) 13.(2017·高考全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H

17、，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場．自該區(qū)域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求： (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強度大小． 解析：(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時

18、間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3④ (2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式得 vy2＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H⑧ (3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則 ＝⑨ 設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝? 答案：(1)3∶1　(2)H　(3) 9