1、1 2020 届一轮复习人教版 电容器与电容带电粒子在电场中的运动 课时作业1. 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质， 其电容 C 和两极板间的电势差 U 的变化情况是 ( )AC 和 U 均增大 BC 增大， U 减小C C 减小， U 增大 DC 和 U 均减小 rS解析：选 B.根据平行板电容器电容公式 C 4 可知，在两板间插入电介质后，电容 C 增大，因电容kdQ器所带电荷量 Q 不变，由 C U可知， UQ减 小 ， B 正 确 C2. 一 平 行 板 电 容 器 两 极 板 之 间 充 满 云 母 介 质 ， 接 在 恒 压 直
2、流 电 源 上 ， 若 将 云 母 介 质 移 出 ， 则 电 容 器 ( )A. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C 极 板 上 的 电 荷 量 变 大 ， 极 板 间 的 电 场 强 度 不 变D 极 板 上 的 电 荷 量 变 小 ， 极 板 间 的 电 场 强 度 不 变解析：选 D.由平行板电容器电容的决定式 C rS ，将云母介质移出， 电容 C 减小，而两极板的电压4kdUU 恒定，由 Q CU， 极板上的电荷量 Q 变小，又由 E d可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项 D正确3. 如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上
3、极板的端点 A 点释放一个带电荷量为 Q(Q 0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度 v0 向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为 12 时，恰好从下端点 B 射出，则 d 与 L之比为 ( )A1 2 B 21C 11 D1 32 解析：选 C.设粒子从 A 到 B 的时间为 t， 粒子在 B 点时，竖直方向的分速度为 vy， 由类平抛运动的规律 可 得 L v vy 0t， d 2 t， 又 v0v y 1 2， 可 得 d L1 1， 选 项 C 正确4. 如图所示，电子由静止开始从 A 板向 B 板运动， 到达 B 板的速度为 v， 保持两板间电压不变， 则 ( ) A当减小两
4、板间的距离时，速度 v 增大B. 当减小两板间的距离时，速度 v 减小C. 当减小两板间的距离时，速度 v 不变D. 当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长3 2t解析：选 C.由动能定理得 eU 1mv2 ，当改变两极板间的距离时， U 不变， v 就不变，故选项 A、 B 错d v误， C 正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动， v ，2变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项 D 错误dt ，即 t2dv ，当 d 减小时， v 不5. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都 接地，在两极板间有一个固定在 P 点的点电荷，
5、以 E 表示两板间的电场强度， Ep 表示点电荷在 P 点的电势能， 表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向 下移动一小段距离至图中虚线位置，则 ( )A 增大， E增大 B 增大， Ep 不变C 减小， Ep 增大 D 减小， E 不变rS解析：选 D.保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由 C 4kd可知电容器的电容变大，由Q于 Q 不变，由 CUU 减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度 EQ 4kQ U可知 d Cd rS 不变；由于下极板不动，电场强度 E 不变，所以 P 点的电势没有发生改变，故点电荷在 P 点的电势能不变， A、B、C 错误， D 正确6. 反射
6、式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波， 其振荡原理与下述过程类似 如图所示， 在虚线 MN 两侧分别存在着 方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从 A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在 A、 B 两点间往返运动已知电场强度的大小分别是 E1 2.0103 N/C 和4 E2 4.0103 N/C， 方向如图所示带电微粒质量 m 1.010 20 kg，带电荷量 q 1.010 9 C、 A 点距虚线 MN 的距离 d略相对论效应求：(1) B 点到虚线 MN 的距离 d2；1 1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽(2)带电微粒从 A 点运动到 B 点所经历的时
7、间 t .解析： (1) 带电微粒由 A 运动到 B 的过程中，由动能定理有| q| E1 d1 | q| E2d 2 0， E1d1 E2d2， 解 得 d20.50 cm.(2)设微粒在虚线 MN 两侧的加速度大小分别为a1、 a2， 由牛顿第二定律有| q| E1 ma1，| q| E2 ma2，设微粒在虚线 MN 两侧运动的时间分别为 t1、 t2， 由运动学公式有5 d 1 2， d 1 21 2a1t 1 2 2a2t 2.又 t t1 t2 ，解 得 t 1.5 10 8 s.答案： (1)0.50 cm (2)1.5 10 8 s 能力提升题组 (25 分钟， 50 分)1 (
8、多选 )如图所示，一带电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速度由 P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直粒子从 Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成 30角已知匀强电场的宽度为 d， P、 Q 两点的电势差为 U，不计重力作用，设 P 点的电势为零下列说法正确的是 ( )A带电粒子在 Q 点的电势能为 Uq B带电粒子带负电C. 此匀强电场的电场强度大小为 E2 3U3d3UD. 此匀强电场的电场强度大小为 E 3d解析：选 AC.根据带电粒子的偏转方向，可判断选项 B 错误；因为 P、Q 两点的电势差为 U，电场力做正功，电势能减少，而 P 点的电势为零，所以选项 A 正确；设带电粒子在
9、P 点时的速度为 v0，在 Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为 x 轴，平行于电场线为 y 轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为 vy 3v0， 故带电粒子在 y 轴方向上的平均速度为 v y 3v02 ， 设带电粒子在 y 轴方向3v0 3d U 2 3U上的位移为 y0 ，在电场中的运动时间为 t， 则 y0C 正确， D 错误2 t， d v0t， 得 y0 2 ， 由 E y0得 E 3d ，选项6 2 (多选 )如图所示， R0 为热敏电阻 (温度降低电阻增大 )，D 为理想二极管 (正 向电阻为零，反向电阻无穷大 )， C 为平行板电容器， C 中央有
10、一带电液滴刚好静止，M 点接地在开关 S 闭合后，下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动 的 是 ()A. 将热敏电阻 R0 加热B. 变阻器 R 的滑动头 P 向上移动C. 开 关 S 断开D. 电容器 C 的上极板向上移动解析：选 AC.液滴受向上的电场力和向下的重力作用；将热敏电阻 R0 加热，则阻值减小，滑动变阻器R 上的电压变大，则电容器两端的电压变大，两板间场强变大，则液滴向上运动，选项 A 正确；变阻器 R的滑动头 P 向上移动时， R 的阻值减小，则电容器两端的电压减小，电容器放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电量不变，场强不变，则油滴不动，选项 B 错误；开关 S
11、 断开时，电容器两端的电7 压等于电源的电动势，则电容器两板间的场强变大，液滴向上运动，选项 C正确；电容器 C的上极板向上移动时， d 增大，则电容 C 减小由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电Q势差增大由于 UC rS ， E UE 4kQE 与极板之间 C， 4kd d， 所 以 rS ，由于极板上的电量不变，而场强的距离无关，所以电场强度 E 不变，液滴仍然静止，故选项 D 错误3 (2018 高考江苏卷 )如图所示， 水平金属板 A、 B 分别与电源两极相连， 带电油滴处于静止状态 现将 B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴 (
12、)A仍然保持静止 B 竖直向下运动C 向左下方运动 D向右下方运动解析：选 D.开始时，油滴受力如图甲所示静电力 F 与重力 mg 平衡当将 B 板右端向下移动一小段距离后， A、 B 板间电场线变成曲线，原因是 A、 B 板仍为等势面，电场线与等势面垂直， 则油滴受的电场力 F与 mg 不在一条直线上 (如图乙所示 )板间距离增大， 在电压不变的情况下，则两板间电场减弱， Fvb， 故 mamb， A 错误； 由 W qEx, 0 t 时间内电场力对 a 做的功大于对 b 做的功， 所以 t 时刻 a 的动能比 b 的大， B 正确；在该电场中，同一水平面上电势相等，电势能 Ea q，E b
13、 q，所以两者在 t 时刻的电势能不相等， C 错误9 14 155. (2019湖北黄冈模拟 )静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示， A、 B 为两块水平放置的平行金属板，间距 d 1.0 m， 两板间有方向竖直向上、电场强度大小为 E 1.0103 N/C 的匀强电场，在 A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪 P， 油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为 v0 1.0 m/s 、质量均为 m 5.010 kg、电荷量均为 q 2.010 C 的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板 B 上，重力加速
14、度g 10 m/s 2.下列说法中错误的是 ( )A. 沿水平方向喷出的微粒运动到 B 板所需时间为 0.2 s 12B. 沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达 B 板，电场力做功为 2.010 JC. 若其他条件均不变， d 增大为原来的 2 倍，喷涂面积增大为原来的 2 倍1D. 若其他条件均不变， E 增大为原来的 2 倍，喷涂面积减小为原来的 2解析：选 D.沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度 a qE mg m210 15103 510 13 1 2 2 d14m/s51050 m/s ，根据 d 2at 得 t a 0.2 s，故 A 正确沿不同方向喷出的微粒，从
15、喷出至到达 B 板，电场力做功为 WqEd210 151031 J2.0 10 12 J， 故 B 正确若其他条件均不变， d 增大为原来的 2 倍，根据 d 1at 2 得，t 变为原来的 2倍，则喷涂面积的半径变为原来的22 210 2倍，面积变为原来的 2 倍故 C 正确 . 若其他条件均不变， E 增大为原来的 2 倍， 则加速度 a 210 152103 510 13510 14m/s2 90 m/s 2，加速度变为原来的 9，时间 t 变为原来的553 ，喷涂面积的半径变为原来的 53 ，面积减小为原来的59，故 D 错误6. 示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子 (带电量为 e)被加速后从金属板的小孔穿出，进 入偏转电场电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上设加速电压 U1 1 640 V， 偏转极板长 l 4 cm， 偏转极板间距 d 1 cm ， 当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场(1)偏转电压 U2 为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离 L 20 cm， 则电子到达荧光屏时最大偏转距离 y 为多少？ 解析： (1) 要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来
