高考物理第八章第3课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动（基础课时）限时规范训练（含解析）.docx

电容器与电容 带电粒子在电场中的运动基础巩固题组(20分钟，50分)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CC减小，U增大 DC和U均减小解析：选B.根据平行板电容器电容公式C可知，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C可知，U减小，B正确2一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，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，将云母介质移出，电容C减小，而两极板的电压U恒定，由QCU，极板上的电荷量Q变小，又由E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，从上极板的端点A点释放一个带电荷量为Q(Q0)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()A12B21C11 D13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Lv0t，dt，又v0vy12，可得dL11，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解析：选C.由动能定理得eUmv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，即t，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误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，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可知电容器的电容变大，由于Q不变，由C可知U减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E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E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如图所示带电微粒质量m1.01020 kg，带电荷量q1.0109 C、A点距虚线MN的距离d11.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应求：(1)B点到虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间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|E1d1|q|E2d20，E1d1E2d2，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|E1ma1，|q|E2ma2，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d1a1t，d2a2t.又tt1t2，解得t1.5108 s.答案：(1)0.50 cm(2)1.5108 s能力提升题组(25分钟，50分)1(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UqB带电粒子带负电C此匀强电场的电场强度大小为ED此匀强电场的电场强度大小为E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vyv0，故带电粒子在y轴方向上的平均速度为y，设带电粒子在y轴方向上的位移为y0，在电场中的运动时间为t，则y0t，dv0t，得y0，由E得E，选项C正确，D错误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断开时，电容器两端的电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势差增大由于U，C，E，所以E，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，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()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WqEx, 0t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Eaq，Ebq，所以两者在t时刻的电势能不相等，C错误5(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d1.0 m，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E1.0103 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v01.0 m/s、质量均为m5.01014 kg、电荷量均为q2.01015 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，重力加速度g10 m/s2.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 sB沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为2.01012 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D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 m/s250 m/s2，根据dat2得t 0.2 s，故A正确沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为WqEd210151031 J2.01012 J，故B正确若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，根据dat2得，t变为原来的倍，则喷涂面积的半径变为原来的倍，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 m/s290 m/s2，加速度变为原来的，时间t变为原来的，喷涂面积的半径变为原来的，面积减小为原来的，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U11 640 V，偏转极板长l4 cm，偏转极板间距d1 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L20 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