高考物理一轮复习课时作业25电容器带电粒子在电场中的运动含答案

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电容器　带电粒子在电场中的运动[双基巩固练]1．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)2．如图所示为电子枪的工作原理，金属丝加热后可以发射电子，发射出的电子被加速电场加速，穿出金属板上的小孔后，形成高速运动的电子束．其中加热电源的电动势为E，加速电压为U.下列说法正确的是(　　)A．加热电源的正负极不能接反B．加速电压的正负极不能接反C．加速电场的电场线从金属丝发出，终止于金属板D．电子被加速时，一定是沿着电场线运动的3．下列关于电容器的相关知识描述正确的是(　　)A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势EB．图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容器使用时都严格区分正负极D．图戊中的电容器上有“5.5V　1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5V的电压时电容才为1.0F4．静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器，两板之间的电势差越大，则静电计的指针偏角越大．平行板电容器、滑动变阻器、电源、开关以及静电计按如图所示的电路连接．当开关闭合时，静电计的指针有偏转．下列做法能使偏角增大的是(　　)A．断开开关，增大两极板间的距离B．保持开关闭合，增大两极板间的距离C．保持开关闭合，减小两极板间的距离D．保持开关闭合，使滑动变阻器的滑片向左移动5．(多选)一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小(如图)，则产生故障的原因可能是(　　)A．加速电压突然变大B．加速电压突然变小C．偏转电压突然变大D．偏转电压突然变小6．[2021·重庆八中下学期月考]如图所示，OO′为平行板电容器的中线，板间为竖直方向的匀强电场．在O点分别以v0、eq \f(v0,2)的速度水平抛出两质量都为m且带同种电荷的小球A、B，qA?qB＝31，两小球运动轨迹恰关于OO′对称，重力加速度为g，则A球受到的电场力大小为(　　)A.eq \f(15,7)mgB.eq \f(9,5)mgC.eq \f(3,2)mgD.eq \f(5,7)mg7．[2021·山东淄博诊断考试]如图甲所示，A、B是一条与光滑斜面平行的电场线上两点，若在斜面上某点以一定初速度发射一带正电的小球，小球沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示．则(　　)A．电场是一个匀强电场B．电场强度EA>EBC．电势φA<φBD．小球的重力势能与电势能之和增大8．[2021·湖南衡阳模拟](多选)如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m、电荷量为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，且方向与等势线平行，A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则(　　)A．该粒子一定带正电B．匀强电场的电场强度大小为eq \f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2qLcosθ)C．粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能D．等势线b的电势比等势线c的电势高9．如图所示，在正交坐标系xOy的第一、四象限内分别存在两个大小相等、方向不同的匀强电场，两组平行且等间距的实线分别表示两个电场的电场线，每条电场线与x轴所夹的锐角均为60°.一质子从y轴上某点A沿着垂直于电场线的方向射入第一象限，仅在电场力的作用下第一次到达x轴上的B点时速度方向正好垂直于第四象限内的电场线，之后第二次到达x轴上的C点．求：(1)质子在A点和B点的速率之比；(2)OB与BC长度的比值．[综合提升练]10．[2021·北京大兴区期末]如图是演示电容器充电的电路图，图中C是平行板电容器，R是可变电阻．S接通后，电容器的上、下两极板带有等量电荷，两极板间产生匀强电场．若保持开关S闭合，一电子以初速度v0沿平行极板方向射入平行板电容器后，能通过电容器．现将极板间的距离增大(电子仍能够穿过电容器)，则以下判断正确的是(　　)A．电容器两极板间的电场强度变大B．电子离开电容器时速度的偏转角变小C．电子离开电容器时的侧移量变大D．电子通过电容器的时间变短11．[2021·山东烟台一模]在平行于纸面的匀强电场中，有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，仅在电场力作用下，粒子从电场中A点运动到B点，速度大小由2v0变为v0，粒子的初、末速度与A、B连线的夹角均为30°，如图所示，已知A、B两点间的距离为d，则该匀强电场的电场强度为(　　)A.eq \f(\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，方向竖直向上B.eq \f(\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，方向斜向左下方C.eq \f(3mv\o\al(2,0),qd)，方向竖直向上D.eq \f(\r(21)mv\o\al(2,0),2qd)，方向斜向左下方12．[2021·江西七校联考]在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场．质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋1×10－2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4m)，(0.4m,0)，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)初速度v0的大小；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)小球经过B点时的速度大小．课时作业(二十五)1．解析：由a至c的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b点的速度方向vb如图，由a至c速率递减可知受力方向如图中F，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F反向，D正确．答案：D2．解析：金属丝加热后发射电子，加热电源的正负极互换也不影响，故A错误；电子加速时，当加速电压正负极互换，电子不被加速，故B正确；电场线从正极板出发，终止于负极板，故C错误；电子被加速时，受到的电场力方向与电场线方向相反，是沿着电场线反方向运动的，故D错误．答案：B3．解析：题图甲为电容器充电过程，电容器上极板与电源的正极相连，故上极板带正电，充完电后两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；题图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且电流逐渐减小，故B错误；题图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；题图戊中的电容器上有“5.5 V　1.0 F”字样，说明该电容器两端电压最大值为5.5 V，而电容与电容器的电压，及电荷量均无关，总是为1.0 F，故D错误．答案：A4．解析：断开开关，电容器带电荷量不变，增大两极板间的距离，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容减小，根据U＝eq \f(Q,C)知，电势差增大，指针张角增大，故A正确；保持开关闭合，电容器两极板间的电势差不变，则指针张角不变，与极板间距无关，故B、C错误；保持开关闭合，电容器两极板间的电势差不变，滑动变阻器仅仅充当导线功能，滑片滑动不会影响指针偏角，故D错误．答案：A5．解析：若加速电压为U1，偏转电压为U2，则在加速电场中qU1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，在偏转电场中a＝eq \f(U2q,dm)，L＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，所以y＝eq \f(U2L2,4U1d)，画面高度缩小，说明粒子的最大偏转位移减小，由上式分析可得，可能是加速电压U1增大，也可能是偏转电压U2减小，选项A、D正确．答案：AD6．解析：两球的运动轨迹关于OO′对称，说明两球的水平位移相同时，两球的位移与水平方向的夹角相同，由tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,vx)))2,x)＝eq \f(ax,2v\o\al(2,x))，可知A、B加速度大小之比为aA:aB＝veq \o\al(2,0):eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝4:1，则所受合外力之比为4:1.两小球电性相同，则所受电场力都向上，有(FA－mg):(mg－FB)＝4:1，且FA:FB＝qA:qB＝3:1，解得FA＝eq \f(15,7)mg，A项正确．答案：A7．解析：由图乙可知小球从A到B做加速运动，小球的加速度逐渐变小，故所受电场力沿斜面向上，小球受到的电场力逐渐变小，则EA>EB，选项A错误，B正确；小球从A到B做加速运动，所受电场力沿斜面向上，则电场线方向为从A指向B，故φA>φB，选项C错误；根据能量守恒定律可知，小球的机械能与电势能之和不变，小球从A到B，动能增大，故小球的重力势能与电势能之和减小，选项D错误．答案：B8．解析：由于不知道电场的方向，所以无法确定粒子的电性，选项A错误；根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的凹侧可知，粒子受的电场力方向向上，所以粒子从A到B过程中电场力做负功，电势能增大，选项C正确；在沿电场线方向A、B间的位移大小为y＝Lcos θ，由动能定理得qUAB＝－qEy＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，所以E＝eq \f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2qLcos θ)，选项B正确；虽然可分析出粒子所受的电场力方向向上，但无法确定电场的方向，所以无法确定等势线的电势的高低，选项D错误．答案：BC9．解析：(1)质子的运动轨迹如图所示，设在A、B两点的速率分别为v0、v，由题意知，v与v0的夹角为60°，所以eq \f(v0,v)＝cos 60°＝eq \f(1,2).(2)设质子在电场中运动的加速度为a，从A运动到B经历的时间为t1.OB＝ON＋NB，由几何关系有ON＝AMsin 30°，NB＝MBcos 30°，沿垂直于v0方向上AM＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)，沿平行于v0方向上MB＝v0t1，在B点vsin 60°＝at1，v0＝vcos 60°，联立解得OB＝eq \f(9v\o\al(2,0),4a)，设质子从B到C经历时间为t2，添加如图的辅助线，沿CP方向BCsin 60°＝vt2，沿BP方向BCcos 60°＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)，联立解得BC＝eq \f(16v\o\al(2,0),3a)，所以eq \f(OB,BC)＝eq \f(27,64).答案：(1)1:2　(2)27:6410．解析：本题考查带电粒子在电场中的偏转问题．根据E＝eq \f(U,d)，两极板间电势差不变，两极板间的距离增大，则两极板间的电场强度变小，选项A错误；电子离开电容器时速度的偏转角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(\f(Uq,dm)\f(L,v0),v0)＝eq \f(UqL,dmv\o\al(2,0))(L为两极板长度)，则当d变大时tan θ变小，θ变小，选项B正确；电子离开电容器时的侧移量为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(Uq,dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2，则当d变大时，y变小，选项C错误；电子通过电容器的时间为t＝eq \f(L,v0)，不变，选项D错误．答案：B11．解析：以A点为坐标原点，沿A点速度方向为x轴正方向，垂直A点速度方向向下为y轴正方向建立直角坐标系，x轴方向的速度由2v0减为v0cos 60°，故Ex方向向左，y轴方向的速度由0增加到v0sin 60°，故Ey方向向下，故合电场强度方向斜向左下方，利用运动学公式以及牛顿第二定律，有(v0cos 60°)2－(2v0)2＝－2eq \f(qEx,m)dcos 30°，(v0sin 60°)2＝2eq \f(qEy,m)dsin 30°，该匀强电场的电场强度为E＝eq \r(E\o\al(2,x)＋E\o\al(2,y))，解得E＝eq \f(\r(21)mv\o\al(2,0),2qd)，选项A、B、C错误，D正确．答案：D12．解析：本题考查带电粒子在组合场中的运动．(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度a＝eq \f(mg－qE0,m)，解得a＝5 m/s2，根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t，竖直方向有yP＝eq \f(1,2)at2，联立得v0＝xAeq \r(\f(a,2yP))，代入数据，解得v0＝1 m/s.(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy＝eq \r(2yPa)，因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有eq \f(qE,mg)＝eq \f(v0,vy)，解得E＝50 N/C，设小球在水平电场中运动的水平距离为l，eq \f(qE,mg)＝eq \f(l,d)，根据电势差与电场强度的关系有UAB＝El，解得UAB＝5 V.(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝mg(yP＋d)＋qUAB－qE0yP，解得v＝eq \r(10) m/s.答案：(1)1 m/s　(2)5 V　(3)eq \r(10) m/s