高考物理一輪復習 第九章 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)

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1、高考物理一輪復習 第九章 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) 一、選擇題(本大題共10小題,每小題7分,共70分。每小題至少一個答案正確,選不全得3分) 1.根據(jù)電容器電容的定義式C=,可知　(　　) A.電容器所帶的電荷量Q越多,它的電容就越大,C與Q成正比 B.電容器不帶電時,其電容為零 C.電容器兩極板之間的電壓U越高,它的電容就越小,C與U成反比 D.以上說法均不對 2.(xx·呼倫貝爾模擬)如圖所示,在平行板電容器正中有一個帶電微粒。S閉合時,該微粒恰好能保持靜止。在以下兩種情況下:①保持S閉合,②充電后將S斷開。下列說法能實現(xiàn)使該帶電微粒向上運動到上極

2、板的是(　　) A.①情況下,可以通過上移極板M實現(xiàn) B.①情況下,可以通過上移極板N實現(xiàn) C.②情況下,可以通過上移極板M實現(xiàn) D.②情況下,可以通過上移極板N實現(xiàn) 3.如圖所示,一個帶正電的粒子以一定的初速度垂直進入水平方向的勻強電場,若不計重力,在圖中能正確描述粒子在電場中運動軌跡的是　(　　) 4.(xx·淄博模擬)如圖所示,用電池對電容器充電,電路a、b之間接有一靈敏電流表,兩極板間有一個電荷q處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩極板的間距變大,則　(　　) A.電荷將向上加速運動 B.電荷將向下加速運動 C.電流表中將有從a到b的電流 D.電流表中將有從b到a的電流 5.

3、(xx·常州模擬)如圖所示,有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場,當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時,帶電粒子沿①軌跡從兩極正中間飛出,當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時,帶電粒子沿②軌跡落到B板中間,設粒子兩次射入電場的水平速度相同,則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為　(　　) A.U1∶U2=1∶8　　　　　 B.U1∶U2=1∶4 C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶1 6.如圖所示,質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點靜止釋放后,分別抵達B、C兩點,若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1∶q2等于　(　　) A.1∶2　　　　　　　B.2∶1 C.1∶ D.∶1 7.如圖所示,

4、A、B兩導體板平行放置,在t=0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)。分別在A、B兩板間加四種電壓,它們的UAB-t圖線如下列四圖所示,其中可能使電子到不了B板的是　(　　) 8.(xx·臨沂模擬)如圖所示,平行板電容器的兩個極板豎直放置,并接直流電源。若一帶電粒子恰好能沿圖中軌跡穿過電容器,a到c是直線,由于電極板邊緣效應,粒子從c到d的運動軌跡是曲線,重力加速度為g,則該粒子　(　　) A.在ac段受重力與電場力平衡并做勻速運動,cd段電場力大于重力 B.從a到c粒子做勻加速直線運動,加速度是 C.從a到d粒子的重力勢能減小,電勢能增加 D.從a到d粒子所受合力

5、一直沿軌跡的切線方向 9.(xx·昆明模擬)如圖所示,C是中間插有電介質(zhì)的電容器,a和b為其兩極板,a板接地,P和Q為兩豎直放置的平行金屬板,在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球;P板與b板用導線相連,Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向,在b板帶電后,懸線偏轉(zhuǎn)角度α變大的是　(　　) A.縮小a、b間的正對面積 B.減小a、b間的距離 C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì),換一塊形狀大小相同的導體 D.取出a、b兩極板間的電介質(zhì) 10.光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中,電場方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球由某一邊的中點,以垂直于該邊的水平初

6、速度v0進入該正方形區(qū)域。當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時,具有的動能可能為　(　　) A.0　　　　　　　　　　　 B.m+qEl C.m D.m+qEl 二、計算題(本大題共2小題,共30分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位) 11.(15分)如圖所示,在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強為E的勻強電場,在與右側虛線相距也為L處有一與電場平行的屏。現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計),以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中,v0方向的延長線與屏的交點為O。試求: (1)粒子從射入到打到屏上所用的時間; (2)粒子剛射出電場

7、時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα; (3)粒子打到屏上的點P到O點的距離x。 12.(能力挑戰(zhàn)題)(15分)如圖所示為密立根油滴實驗示意圖。在電介質(zhì)為空氣的電容器中,觀測以某一速度滴入的油滴。當開關S斷開時,從上板小孔飄入的帶電油滴能以穩(wěn)定的速率v1下降。合上S,過一會兒油滴由下降轉(zhuǎn)為上升,穩(wěn)定時速率為v2。設油滴的質(zhì)量為m,電源電壓為U,板間距離為d,油滴受到空氣的黏滯阻力的大小與速度成正比,即Ff=kv(式中k為未知量)。 (1)求油滴所帶的電荷量q。 (2)設兩板間距d=0.5 cm,板間電壓U=150V,測得油滴的直徑D=1.10×10-6m,油滴的密度ρ=1.0

8、5×103kg/m3,若實驗中觀察到油滴向下和向上勻速運動的速率相等,試由此計算油滴的電荷量并說明電性。 答案解析 1.【解析】選D。電容器的電容的大小與其本身因素有關,與帶電量的多少、兩極板電壓的大小無關,故A、B、C錯誤,D正確。 2.【解析】選B。保持S閉合時,電容器電壓不變,板間電場強度E=,當d減小時E變大,可使電場力大于重力,從而使微粒向上運動,故A錯B對。充電后斷開S時,電容器帶電量不變,則板間電場強度E==,C=,所以E=,E不隨d而變化,故C、D均錯。 3.【解析】選C。粒子在電場中做類平拋運動,受力方向總是沿電場線方向指向軌跡的凹側,

9、C正確。 4.【解析】選B、D。充電后電容器的上極板A帶正電。不斷開電源,增大兩板間距,U不變、d增大。由E=知兩極板間場強減小。場強減小會使電荷q受到的電場力減小,電場力小于重力,合力向下,電荷q向下做加速運動。由C=知d增大時,電容C減小。由Q=CU知極板所帶電荷量減少,會有一部分電荷返回電源,形成逆時針方向的電流。電流表中將會有由b到a的電流,選項B、D正確。 5.【解析】選A。兩種情況下帶電粒子的運動時間之比t1∶t2=2∶1,偏轉(zhuǎn)距離之比y1∶y2=1∶2,由y=at2得兩種情況下粒子的加速度之比=·=,由于a=, U∝a1,故U1∶U2=1∶8,A正確。 【變式備選】(xx

10、·濟南模擬)a、b、c三個α粒子由同一點同時垂直場強方向進入偏轉(zhuǎn)電場,其軌跡如圖所示,其中b恰好飛出電場,由此可以肯定(　　) A.在b飛離電場的同時,a剛好打在負極板上 B.b和c同時飛離電場 C.進入電場時,c的速度最大,a的速度最小 D.動能的增量相比,c的最小,a和b的一樣大 【解析】選A、C、D。由=t2可知,ta=tb,A正確;而yc=,tcvb>va,C正確;由ΔEk=Eq·y可知,ΔEkb=ΔEka>ΔEkc,故D正確。 6.【解析】選B。豎直方向有h=gt2,水平方向有l(wèi)=t2,聯(lián)立可得q=,所以有=,B對。 7.【解析】選B。在

11、A選項所加電壓下,電子將一直向B板加速運動;在C選項所加電壓下,電子是先加速再減速至0,再加速再減速至0,一直向B板運動;D選項和C選項一樣,只不過電子的加速度發(fā)生變化;只有在B選項所加電壓下,電子先向B板加速再減速,再向A板加速再減速至初始位置,且速度變?yōu)?,如此往復運動,故選B。 8.【解析】選B。由粒子在電場中的運動軌跡可判斷粒子受力如圖,合力F必沿ac方向,由幾何知識可求得加速度大小a= =,故A錯B對。此過程中由于電場力做正功,所以電勢能減小,故C錯。從a到c過程粒子所受合力沿ac方向,在cd段受合力斜向右上方,故D錯。 9.【解析】選A、D。欲使偏轉(zhuǎn)角度α變大,應使P、Q板間

12、的電勢差變大,由于a板、Q板接地,b板、P板連接在一起,所以應使a、b板間的電勢差增大,再據(jù)U=可知,在Q不變時,應使C減小,由電容的決定式C=可知,應使S減小或εr減小或d增大,故選項A和D正確。 10.【解析】選A、B、C。如題圖所示。 (1)當它從bc邊中點垂直該邊以水平初速度v0進入電場時,由動能定理得: qEl=Ek-m 即Ek=qEl+m。 (2)當它從ab邊中點垂直該邊進入,則可能沿ad邊射出,也可能沿cd邊射出。 ①若從ad邊射出,則=Ek-m,即 Ek=+m,則選項B正確; ②若從cd邊射出,設射出點與射入點沿場強方向的距離為x,0

13、得: mm,則未出電場區(qū),之后做反向勻加速運動,返回ad邊時,動能仍為m,故選項C正確。 ③若qEl

14、用分段分析。 (3)靈活運用牛頓運動定律、運動學公式、運動的合成與分解或動能定理、能量守恒定律歸類分析、分類解答。 11.【解析】(1)根據(jù)題意,粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動,所以 粒子從射入到打到屏上所用的時間t=.　 (3分) (2)設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy,根據(jù)牛頓第二定律,粒子在電場中的加速度為: a=　 (1分) 所以vy=a=　 (2分) 所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα==?！? (2分) (

15、3)設粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y,則 y=a()2=·　 (2分) 又x=y+Ltanα,　 (3分) 解得:x=　 (2分) 答案：(1)　(2)　(3) 12.【解題指南】解答本題時應注意以下三點: (1)正確分析油滴的受力情況和運動狀態(tài); (2)阻力大小Ff=kv中的k是未知數(shù),答案中不能有k; (3)正確表達出油滴質(zhì)量與直徑的關系式。 【解析】(1)設向下為正方向,S合上前,油滴以速率v1勻速下降,受重力mg和向上的空氣黏滯阻力kv1作用,有:mg=kv1　 (3分

16、) S合上后油滴以速率v2勻速上升時,電場力qE必向上,重力mg和空氣阻力kv2均向下,有:qE=mg+kv2 又E=　 (3分) 由上述三式解得:q=。　 (2分) (2)設油滴的速率為v0,下降時有mg=kv0,　 (1分) 上升時有qE=mg+kv0,　 (1分) 又E=,　 (1分) 油滴的質(zhì)量m=ρV=πρD3,解得q=,　 (2分) 代入數(shù)據(jù)可解得q≈4.9×10-19C。 油滴應帶負電?！? (2分) 答案：(1) (2)4.9×10-19C　油滴帶負電