【志鸿优化设计】（重庆专用）高考物理第一轮复习 第六章静电场第三节电容器 带电粒子在电场中的运动(一)练习.doc

课时作业21电容器带电粒子在电场中的运动一、单项选择题1对于给定的电容器，描述其电容c、电荷量q、电压u之间的相应关系的图象正确的是( )2在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为u的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为s、电流为i的电子束。已知电子的电荷量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段为l的电子束内的电子个数是( )a. b. c. d.3(2012浙江杭州模拟)如图所示，长为l、倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中。一电荷量为q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的m点沿斜面上滑，到达斜面顶端n的速度仍为v0，则( )a电场强度等于b电场强度等于cm、n两点的电势差为d小球在n点的电势能大于在m点的电势能4a、b、c三个粒子由同一点同时垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，则下列说法错误的是( )a在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上bb和c同时飞离电场c进入电场，c的速度最大，a的速度最小d它们的动能的增量，c的最小，a和b的一样大5静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，a、b是平行板电容器的两个金属板，g为静电计。开始时开关s闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )a断开开关s后，将a、b分开些b保持开关s闭合，将a、b两极板分开些c保持开关s闭合，将a、b两极板靠近些d保持开关s闭合，将滑动变阻器滑动触头向右移动6(2012山东济宁模拟)如图，a板的电势ua0，b板的电势ub随时间的变化规律如图所示。电子只受电场力的作用，且初速度为零(设两板间距足够大)，则下列说法错误的是( )a若电子是在t0时刻进入的，它将一直向b板运动b若电子是在t0时刻进入的，它将时而向b板运动，时而向a板运动，最后打在b板上c若电子是在tt/8时刻进入的，它将时而向b板运动，时而向a板运动，最后打在b板上d若电子是在tt/4时刻进入的，它将时而向b板运动，时而向a板运动7如图所示，平行板电容器a、b间有一带电油滴p正好静止在极板正中间，现将b极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变，则在b极板移动的过程中( )a油滴将向下做匀加速运动b电流计中电流由b流向ac油滴运动的加速度逐渐变大d极板带的电荷量增加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ab2bc，如图所示。由此可见( )a电场力为3mgb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的速度变化量相等二、非选择题9如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为r，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场e中。一质量为m、带电荷量为q的物块(可视为质点)，从水平面上的a点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点c，电场强度大小e。(1)试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功。(2)证明物块离开轨道落回水平面的水平距离与电场强度大小e无关，且为一常量。10(2012大纲全国高考)如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于o点。现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为q和q，此时悬线与竖直方向的夹角为。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。11示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子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，偏转极板长为4 cm，偏转板间距d1 cm，当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场。(1)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转板右端到荧光屏的距离b20 cm，则电子束最大偏转距离为多少？(3)电子离开偏转电场时的偏转量h和偏转电压u2的比叫做示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。参考答案1b2b解析：设电子经电场加速后的速度为v，根据动能定理得：eumv20，则v。一小段l的电子数的电荷量qitiil，则电子个数n，b正确。3a4.b5.a6.b7c解析：在b板下移过程中，u不变，d增大，则e减小，油滴的加速度a，油滴向下做加速度增大的加速运动，a错误，c正确；d增大，电容c减小，电荷量qcu减小，电容器放电，电荷量减少，电流由a流向b，故b、d错误。8a解析：小球在水平方向上一直做匀速直线运动，由于ab2bc，则xab2xbc，根据xv0t得：tab2tbc，c错误；竖直方向上小球先做匀加速再做匀减速，小球带负电，b错误；hab2hbc，hat2，aabg，则abc2g，而abc，所以f电3mg，a正确；小球速度的变化量只在竖直方向上，ab过程中速度的变化量v1gtab，bc过程中速度的变化量v2abctbc2gtbcgtab，两者方向不同，d错误。9答案：(1)mv(qemg)r(2)见解析解析：(1)设物块在c点的速度为vc，在由ac的过程中，根据动能定理得：wfmg2rqe2rmvmv物块恰好通过最高点时有mgqe联立解得：wfmv(qemg)r(2)物块离开轨道后做平抛运动，竖直方向上，2rat2，a水平方向上xvct联立得x2r。10答案：2q解析：设电容器电容为c。第一次充电后两极板之间的电压为u两极板之间电场的电场强度为e式中d为两极板间的距离。按题意，当小球偏转角1时，小球处于平衡位置。设小球质量为m，所带电荷量为q，则有tcos 1mgtsin 1qe式中t为此时悬线的张力。联立式得tan 1设第二次充电使正极板上增加的电荷量为q，此时小球偏转角2，则tan 2联立式得代入数据解得q2q。11答案：(1)205 v(2)0.055 m(3)增大板长l，减小板间距离d或减小加速电压u1解析：(1)当电子在偏转电场中的偏转距离最大