【物理】2020届一轮复习人教版第九单元第二节电容器带电粒子在电场中的运动作业

【物理】2020届一轮复习人教版第九单元第二节电容器带电粒子在电场中的运动作业

第九单元 第二节　电容器　带电粒子在电场中的运动 （A、B卷）‎ A卷——夯基保分练 ‎1．(2018·金华五校联考)一个电容器的规格是“10 μF　50 V”，则(　　)‎ A．这个电容器的电容为10－5 F B．这个电容器加上50 V电势差时，电容才是10 μF C．这个电容器没有电势差时，电容为0‎ D．这个电容器加的电势差不能低于50 V 解析：选A　电容器的电容与电容器所加电压无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是10 μF＝1×10－5 F，故A正确，B、C错误；50 V是电容器的耐压值，这个电容器上加的电压不能高于50 V，故D错误。‎ ‎2.在一半径为R的圆周上均匀分布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋4q，其余小球带电荷量为＋q。此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度为(　　)‎ A．大小为E，方向沿AO连线斜向下 B．大小为，方向沿AO连线斜向下 C．大小为，方向沿OA连线斜向上 D．大小为，方向沿OA连线斜向上 解析：选C　假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处场强为0，所以圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋3q的小球在O点产生的场强，则有E＝k，方向沿AO连线向下；A处＋q在圆心O点产生的场强大小为E1＝k＝，方向沿AO连线向下；则其余带电荷量为＋q的所有小球在O点处产生的合场强为E2＝E1＝，方向沿OA连线向上；故仅撤去A点的小球，则O点的电场强度为，方向沿OA连线向上，C正确。‎ ‎3.在如图所示的电路中，闭合开关S，用电压为U的直流电源对平行板电容器充电。要使电容器两板间电压大于U，可采取的办法为(　　)‎ A．先将S断开，然后将两板间距离拉大一些 B．先将两板间距离拉大一些，然后将S断开 C．先将两板正对面积减小一些，然后将S断开 D．先将S断开，然后将两板间距离减小一些 解析：选A　若先断开S，则电荷量Q不变，再将两板间距离拉大时，电容C减小，由Q＝CU知电压U增大，A正确；若先拉大两板间距离，则电压U不变，再断开S，U仍不变，B错误；若先将两板正对面积减小，则电压U不变，再将S断开，U仍不变，选项C错误；若先将S断开，则电荷量Q不变，再将两板间距离减小时，电容C增大，由Q＝CU知电压U减小，D错误。‎ ‎4.(2018·宁波期末)如图所示，相距为d的平行板A和B之间有电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场。电场中C点距B板的距离为0.3d，D点距A板的距离为0.2d。有一个质量为m的带电微粒沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点。若重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．该微粒在D点时的电势能比在C点时的大 B．该微粒做匀变速直线运动 C．在此过程中电场力对微粒做的功为0.5mgd D．该微粒带正电，所带电荷量大小为q＝ 解析：选C　由于带电微粒受到电场力与重力，沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点，所以竖直向上的电场力与重力大小相等，方向相反，所以微粒做匀速直线运动，故B错误；电场力竖直向上，电场向下，所以该微粒带负电，从C点运动至D点，电场力做正功，电势能减小，所以微粒在D点时的电势能比在C点时的小，故A、D错误；在此过程中电场力对微粒做的功为W＝Fx＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，故C正确。‎ ‎5．(2018·杭州十校联考)如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是(　　)‎ A．U1变大、U2变大　　　　　 B．U1变小、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 解析：选B　设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝mv02，电子在水平极板间偏转所用时间t＝，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a＝，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确。‎ ‎6.如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差大小为U，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则(　　)‎ A．微粒下落过程中重力做功为mg，电场力做功为 B．微粒落入电场中，电势能逐渐减少，其减少量为 C．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板 D．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 解析：选C　微粒下降的高度为h＋，重力做正功，为WG＝mg，电场力向上，位移向下，电场力做负功，WE＝－q＝－qU，A错误；微粒落入电场中，克服电场力做功，电势能逐渐增大，其增加量等于克服电场力做的功，为，B错误；由题微粒恰能落至A、B板的正中央C点，由动能定理得mg－qU＝0　①，若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得mg(2h＋d)－qU＝mv2　②，联立①②得v＝0，即恰好能达到A板，C正确；微粒在下落过程中，进入电场前做自由落体运动，动能逐渐增加，重力势能逐渐减小，进入电场后做减速运动，动能减小，D错误。‎ ‎7.(2018·宁波检测)如图甲所示，两段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m、3m的带电小球A、B(均可视为点电荷)悬挂在O点，系统处于静止状态。然后在水平方向施加一匀强电场，当系统再次达到静止状态时，如图乙所示，小球B刚好位于O点正下方(细绳始终处于伸长状态)。则两个点电荷所带电荷量QA与QB的比是(　　)‎ A．7∶3 B．3∶1‎ C．3∶7 D．5∶3‎ 解析：选A　在图乙中，对A、B整体受力分析，由平衡条件可得：TOAcos θ＝4mg，QBE＋TOAsin θ＝QAE；对B受力分析，由平衡条件可得：TABcos θ＝3mg，TABsin θ＝QBE；由以上各式解得：＝，故A正确。‎ ‎8.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示。由此可知(　　)‎ A．电场力为2mg B．小球带正电 C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等 D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等 解析：选D　设AC与竖直方向的夹角为θ，对带电小球从A到C，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg·AC·cos θ－qE·BC·cos θ＝0，解得电场力为qE＝3mg，选项A、B错误。小球在水平方向做匀速直线运动，从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍，选项C错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等，选项D正确。‎ ‎9.(2018·浙江十校联考)如图所示，在水平向右的匀强电场中的O点固定一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面水平，bedf平面与匀强电场垂直，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．试探电荷＋q在a、c两点所受电场力相同 B．试探电荷＋q在d、f两点所受电场力相同 C．将点电荷＋q从球面上b点移到c点，电场力做功为零 D．将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，从a点移动到c点的电势能变化量最大 解析：选D　在点电荷＋Q产生的电场中a、c两点的电场强度大小相等，方向相反，而根据电场的叠加原理可知，a、c两点的合场强大小不相等，试探电荷＋q在a、c两点所受电场力不相同，故A错误；在点电荷＋Q产生的电场中d、f两点的电场强度大小相等，方向垂直，而根据电场的叠加原理可知，d、f两点的合场强大小相等，方向不同，则试探电荷＋q在d、f两点所受电场力不相同，故B错误；将点电荷＋q从球面上b点移到c点，点电荷的电场力不做功，但匀强电场的电场力做功，所以电场力做功不为零，故C错误；将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，点电荷的电场力不做功，而a、c两点间的电势差最大，由公式W＝Uq知，匀强电场的电场力做功最大，则从a点移动到c点的电势能变化量最大，故D正确。‎ ‎10.(2018·稽阳模拟)现有两极板M(＋)、N(－)，板长80 cm，板间距20 cm，在两板间加一周期性的直流电压，如图所示。现有一粒子(正电，＝104 C/kg)0时刻从上极板左侧边缘水平射入两极板间，初速度v0＝2×103 m/s，重力不计，则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子的运动轨迹为抛物线 B．经Δt＝0.8×10－4 s，粒子速度为0.8×103 m/s C．粒子能从两板间射出 D．若调整粒子的射入时刻并使其从两板间射出，两板间距至少为30 cm 解析：选D　粒子的运动是匀速曲线运动和匀速直线运动的组合，运动轨迹不为抛物线，故选项A错；粒子的加速度a＝＝ m/s2＝107 m/s2，经Δt＝0.8×10－4 s，粒子速度为v＝ ＝4×102 m/s，故选项B错；若粒子能射出，则：t＝＝4×10－4 s，所以竖直位移y＝＋(at1·t1)＋＋(2at1·t1)＝5at12＝0.5 m，板间距d＝20 cm，所以粒子不能从两板间射出，故选项C错误；当粒子恰好在刚断开电压的时刻射入，则所需极板间距最小，由d′＝3at12＝30 cm，D正确。‎ ‎11.如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中分布着与水平方向成30°角的匀强电场。将一质量为0.1 kg、带电荷量为＋0.02 C的小球以某一初速度从原点O竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y2＝x。已知P点为轨迹与直线方程y＝x的交点，取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)‎ A．电场强度的大小为1 000 N/C B．小球初速度的大小为5 m/s C．小球通过P点时的动能为 J D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 J 解析：选C　小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y2＝x，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，竖直方向：qE·sin 30°＝mg，所以：E＝＝ N/C＝100 N/C，选项A错误；小球受到的合力：F合＝qEcos 30°＝ma，所以a＝g，P点的坐标为(1 m,1 m)，由平抛运动规律有：v0t＝1 m，at2＝1 m，解得v0＝ m/s，选项B错误；小球通过P点时的速度vP＝ ＝ m/s，则动能为EkP＝mvP2＝ J，选项C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：WE＝Eqcos 30°·x＋Eqsin 30°·y＝(＋1)J，选项D错误。‎ ‎12.(2018·台州模拟)小明同学设计空气净化方案，第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U，尘粒所受静电力方向平行于轴线竖直向下，如图甲所示；第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上电压也等于U，尘粒所受静电力方向垂直于轴线指向桶壁，如图乙所示。已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，重力可忽略不计，则(　　)‎ A．甲容器中，尘粒做匀加速直线运动 B．乙容器中，尘粒会做类平抛运动 C．两种方式，尘粒都做匀速运动 D．两种方式，电场对单个尘粒做功的最大值相等 解析：选D　因初速为0，则尘粒沿合力方向做加速直线运动，因空气阻力与尘粒运动的速度成正比，故尘粒做变加速直线运动，故A、C错误；乙容器中尘粒运动过程中阻力随速度在变化，所受合力不为恒力，故尘粒做的不是类平抛运动，故B错误；电场对单个尘粒做功的最大值为qU，故在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相同，故D正确。‎ ‎13．(2018·台州模拟)如图所示，空间有一圆锥OAA′，B点为OA母线上一点，B′点为底面圆心，且OB等于OB′。现在顶点O处固定一正的点电荷，下列判断正确的是(　　)‎ A．A、A′两点的场强相同 B．B、B′两点的电势不相等 C．将一负的试探电荷从A点沿底面圆弧移到A′点，静电力对该试探电荷一直不做功 D．将一负的试探电荷从A点沿底面直径移到A′点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功 解析：选C　在O点放一个正电荷，根据正电荷的电场的特点E＝k，由于OA＝OA′，即A、A′的电场强度相等，但是方向不同，所以选项A错误。点电荷的电场线与等势线互相垂直，OB＝OB′，所以B、B′是两个电势相等的点，选项B错误。同理底面圆弧上各点的电势也相等，因此W＝qUAA′＝0，即负电荷从A沿底面圆弧移到A′电场力不做功，选项C正确。根据电场线的特点，A点电势比B′的电势低，所以负电荷在A处的电势能要大，所以从A→B′→A′，电势能要先减小再增大，电场力先做正功，再做负功，所以选项D错误。‎ ‎14．(2018·温州十校联考)如图所示，AMB是一条长L＝10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m处，A、B为端点，其中AM＝7 m，轨道AM部分有水平向右的匀强电场，轨道MB部分有水平向左的匀强电场，电场大小均为E＝5×103 N/C。一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.4×10－4 C的可视为质点的滑块在轨道上自A点静止释放，从B点离开电场。已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，忽略两电场的边缘效应，求：‎ ‎(1)滑块从A点运动到M点所用的时间；‎ ‎(2)滑块到达B点的速度大小；‎ ‎(3)滑块落地点距B点的水平距离。‎ 解析：(1)A～M过程qE－μmg＝ma sAM＝at2‎ 联立二式解得：t＝ s。‎ ‎(2)A～B过程，由动能定理得 qE(sAM－sMB)－μmgL＝mv2‎ 解得：v＝4 m/s。‎ ‎(3)滑块从B点飞出后，做平抛运动h＝gt12‎ 水平距离x＝vt1‎ 联立解得：x＝2 m。‎ 答案：(1) s　(2)4 m/s　(3)2 m ‎15.如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直于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，已知圆弧所在处电场强度为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；＝2d、＝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NQ的中点上，求矩形区域QNCD内电场强度E的值。‎ 解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，‎ 有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，有qE0＝m，‎ 联立解得R＝。‎ ‎(2)离子射出静电分析器后，离子做类平抛运动，d＝vt,3d＝at2，‎ 由牛顿第二定律得qE＝ma，联立解得E＝。‎ 答案：(1)　(2) B卷——大题强化练 ‎1．(2018·浙江名校联考)如图所示，在光滑水平平台上，一质量m＝1 kg、电荷量为q＝1×10－3 C的小球压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定量的弹性势能Ep，ABC为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R＝0.4 m、圆心角θ＝60°的圆弧形管道，圆弧形管道圆心O与平台等高。BC部分是固定的水平管道(足够长)，两部分管道恰好相切于B。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L＝0.3 m的等边三角形，MN连线垂直于BC。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为Q1＝＋2.5×10－7 C和Q2＝－2.5×10－7 C。若打开锁扣K，小球将以一定的水平速度从E点向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能沿光滑圆弧形管道AB的A点的切线方向进入。不考虑小球在管道上方时受到的库仑力，小球可视为点电荷且直径略小于管道内径。取g＝10 m/s2，静电力常量为k＝9×109 N·m2/C2。求：‎ ‎(1)小球原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；‎ ‎(2)小球运动到B处时受到电场力的大小；‎ ‎(3)小球运动到圆弧形管道最低点B点时对轨道的压力大小。‎ 解析：(1)设小球从A运动到B的时间为t，由平抛运动规律得Rcos 60°＝gt2‎ 解得t＝0.2 s 设小球平抛的水平速度是v0，则tan 60°＝，‎ 解得v0＝ m/s 故Ep＝mv02＝ J。‎ ‎(2)设小球在圆弧形管道最低点B处受到Q1和Q2的库仑力分别为F1和F2，则 F1＝k，F2＝k 小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F＝F1cos 60°＋F2cos 60°‎ 联立得F＝25 N。‎ ‎(3)设在B点管道对小球沿竖直方向的弹力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得 NBy－mg＝m 小球从E到B库仑力不做功，管道对小球的弹力也不做功，只有重力做功机械能守恒mgR＝mvB2－mv02‎ 联立解得NBy＝ N 设在B点管道对小球在水平方向的弹力的分力为NBx，则NBx＝F＝25 N 圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为 NB＝ ＝ N≈41.7 N 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为：NB′＝NB＝ N≈41.7 N。‎ 答案：(1) J　(2)25 N　(3)41.7 N ‎2.如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电、电荷量为q、质量为m的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中心C时，速度大小为vC＝v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度保持不变，并且区域外始终不存在电场。‎ ‎(1)若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；‎ ‎(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，电场强度应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度。(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)‎ 解析：(1)设滑块所受滑动摩擦力大小为Ff，则滑块从A点运动至C点的过程，‎ 由动能定理得：－Ff·＝mvC2－mv02①‎ 假设最后滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B点过程，‎ 由动能定理得：－(qE1＋Ff)·＝mvB2－mvC2②‎ 将vC＝v0和qE1＝Ff代入解得vB＝v0③‎ 由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区域，速度大小为v0，方向水平向右。‎ ‎(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，必须使滑块运动至B点速度为零，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB区域。‎ 滑块从C点运动到B点的过程，由动能定理得：(qE2＋Ff)·＝mvC2④‎ 由①④两式可得电场强度E2＝，⑤‎ 由①⑤知qE2＝2Ff 滑块运动至B点后，因为qE2>Ff，所以滑块向左匀加速运动，从B运动至A点的过程，‎ 由动能定理得：(qE2－Ff)d＝mvA2⑥‎ 由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度vA＝v0(水平向左)。‎ 答案：(1)v0，方向水平向右　(2)电场强度大小等于　v0，方向水平向左 ‎3．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两极板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。‎ ‎(1)求带电粒子的比荷；‎ ‎(2)若M、N极板间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。‎ 解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点 沿极板方向有＝v0t0‎ 垂直极板方向有＝t02‎ 解得＝。‎ ‎(2)粒子通过两板间的时间t＝＝T 从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝ 不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。‎ 所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT(n＝0,1,2，…)和t＝nT＋T(n＝0,1,2，…)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们在电场方向偏转的距离最大，则＝T，解得U＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎4.一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的。‎ ‎(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；‎ ‎(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。‎ 解析：(1)设DM间距离为x，对小环从D点到P点过程由动能定理得qEx－2mgR＝0－0，‎ 又有qE＝mg，‎ 解得x＝4R。‎ ‎(2)若μ≥，则μmg≥qE，‎ 设小环到达P点右侧距离P点x1处静止，由动能定理得qE(5R－x1)－2mgR－μmgx1＝0，‎ 解得x1＝，‎ 则整个运动过程中克服摩擦力所做的功 Wf＝μmgx1＝，‎ 若μ<，则μmg

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