2021高考物理(山东专用)一轮课时作业：24-电容器-带电粒子在电场中的运动.doc

课时作业(二十四)　电容器　带电粒子在电场中的运动
[基础巩固练]
1．(教科版选修3－1P40第9题)关于电容器的电容，下列说法中正确的是(　　)
A．电容器所带电荷量越多，电容越大
B．电容器两板间电压越低，其电容越大
C．电容器不带电时，其电容为零
D．电容器的电容只由它本身的特性决定
答案　D
2．(多选)有一只电容器的规格是“1.5 μF,9 V”，那么(　　)
A．这只电容器上的电荷量不能超过1.5×10－5 C
B．这只电容器上的电荷量不能超过1.35×10－5 C
C．这只电容器的额定电压为9 V
D．这只电容器的击穿电压为9 V
答案　BC
3．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)

A． B．deUh
C． D．
D　[电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题．即mv＝eUOA．因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝，故选项D正确．]
4．如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是(　　)

A．若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加
B．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大
C．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板
D．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板
D　[若x变大，则由C＝，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q＝CU知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，则电容器电容增大，由U＝可知，电容器极板间电压减小，B错误．]
5．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)

A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
CD　[设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可知，1.5 s末粒子的速度为零，然后反方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为零，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确．]
6．(2018·江苏卷·5)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(　　)

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
D　[开始时油滴处于静止状态，有mg＝q，
B板右端下移时，U不变，d变大，
电场力F＝q变小，mg＞F.
受力分析如图所示，mg与F的合力方向为右下方，故油滴向右下方运动．]

7．(2018·河南八市二模)如图所示，倾角为α＝30°的绝缘斜面AB长度为3l，BC长度为l，斜面上方BC间有沿斜面向上的匀强电场．一质量为m、电荷量为＋q的小物块自A端左上方某处以初速度v0＝水平拋出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在A点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，重力加速度为g，求：

(1)物块平拋过程中的位移大小；
(2)物块在电场中的最大电势能．
解析　(1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，则cos α＝，竖直速度vy＝vsin α，平拋过程中，水平位移x＝v0，竖直位移y＝，平拋的位移s＝，解得s＝l.(2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x′，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点，根据动能定理有－2μmgcos α·x′＝0－mv2，解得x′＝2l.物块位于最低点时，电势能最大，物块自A点到最低点过程中，设电场力做功为W，根据动能定理有mgsin α·x′－μmgcos α·x′－W＝0－mv2，解得W＝2mgl，即物块电势能最大值为2mgl.
答案　(1)l　(2)2mgl
[能力提升练]
8．(2019·河南安阳一模)如图所示，竖直平面内平行直线MN、PQ间距为d，直线与水平面成30°角，两线间有垂直指向PQ的匀强电场．一电荷量为＋q、质量为m的粒子在直线PQ上某点O以初速度v0竖直向上射出．不计重力，直线足够长．若粒子能打到MN上，则下列说法正确的是(　　)

A．电场强度最大值为 B．电场强度最小值为
C．电场强度最大值为 D．电场强度最小值为
C　[带电粒子受电场力，把速度分解，垂直于PQ方向的分速度v⊥＝v0cos 30°，沿PQ方向的分速度v∥＝v0sin 30°，若粒子刚好能打到MN上，则粒子到达MN时，速度平行于MN方向，此时电场强度最大，在垂直于PQ方向，d＝，a＝，解得Emax＝，C正确．]
9．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中(　　)

A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是拋物线 D．运动轨迹与带电量无关
C　[微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A错误；电场力做正功，电势能减小，B错误；微滴在电场中做类平拋运动，沿v方向：x＝vt，沿电场方向：y＝at2，又a＝，得y＝x2，即微滴运动轨迹是拋物线，且运动轨迹与电荷量有关，C正确，D错误．]
10．(2019·河南中原名校联考)如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝1.0×102 V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h＝0.80 m的a处有一粒子源，粒子源以v0＝2.0×102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀射出质量为m＝2.0×10－15 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－12 C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上，若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)

(1)粒子源所在a点的电势；
(2)带电粒子打在金属板上时的动能；
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)．
解析　(1)题中匀强电场的场强方向竖直向下，b板接地，电势为零，因此有φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.80 V＝80 V.
(2)不计粒子重力，只有电场力做功，对带电粒子，由动能定理得
qUab＝Ek－mv
可得带电粒子打在金属板上时的动能为
Ek＝qUab＋mv＝1.2×10－10 J.
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平射出时的落点为边界，设水平射出后经时间t落在金属板上，则
x＝v0t，h＝at2，a＝，S＝πx2.
联立以上各式得S＝＝4.0 m2.
答案　(1)80 V　(2)1.2×10－10 J　(3)4.0 m2
11．如图所示，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中的半圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强大小都为E0，方向沿圆弧半径指向圆心O.离子质量为m、电荷量为q，QN＝2d，PN＝3d，离子重力不计．

(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值．
解析　(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，得
qU＝mv2
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，得qE0＝m
解得：R＝.
(2)离子在偏转电场中做类平拋运动，根据类平拋运动的规律，得＝vt
PN＝at2
由牛顿第二定律，得qE＝ma
解得：E＝.
答案　(1)　(2)