【志鸿优化设计】（广东专用）高考物理第一轮复习 第七章电场第三节电容器 带电粒子在电场中的运动（一）练习.doc

课时作业22电容器带电粒子在电场中的运动（一）一、单项选择题（共4道小题，每题4分，共16分）1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2（2012广东徐闻中学周练）某空间内有高度为d、足够宽、方向水平向左的匀强电场。当在该空间内建立如图所示的坐标系后，在x轴上的p点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子（粒子重力不计），由于粒子的入射速率v（v0）不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴。设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从p到y轴所需的时间为t0，则（）a由题中条件可以判断出粒子的带电性质b对hd的粒子，h越大，t0越大c对hd的粒子，在时间t0内，电场力对粒子做的功不相等d对hd的粒子，h越大的粒子，电场力对粒子做的功越大3如图所示，一个带电粒子从粒子源进入（初速度很小，可忽略不计）电压为u1的加速电场，经加速后从小孔s沿平行金属板a、b的中心线射入，a、b板长为l，相距为d，电压为u2。则带电粒子能从a、b板间飞出应该满足的条件是（）a bc d4（2012江苏单科，2）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均减小二、双项选择题（共5道小题，每题6分，共30分）5一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是（）a加速电压偏大b加速电压偏小c偏转电压偏大d偏转电压偏小6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极板带的电荷量减少7一带电粒子从静止经加速电压u1的加速电场加速后进入板间距离为d、板间电势差为u2的偏转电场，当它飞出偏转电场时，偏转角为，要使偏转角增大，则需要（）a使粒子的比荷（q/m）变大b其他条件不变，只使u1变小c其他条件不变，只使u2变大d其他条件不变，只使d变大8如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（）a将打在下板中央b仍沿原轨迹由下板边缘飞出c不发生偏转，沿直线运动d若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央9（2012海南高考，9）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、u、e和q表示。下列说法正确的是（）a保持u不变，将d变为原来的两倍，则e变为原来的一半b保持e不变，将d变为原来的一半，则u变为原来的两倍c保持d不变，将q变为原来的两倍，则u变为原来的一半d保持d不变，将q变为原来的一半，则e变为原来的一半三、非选择题（共3道小题，每题18分，共54分）10如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子（重力不计）以速度v0垂直电场线射入电场，经过时间t1穿越电场，粒子的动能由ek增加到2ek；若这个带电粒子以速度v0垂直进入该电场，经过时间t2穿越电场。求：（1）带电粒子两次穿越电场的时间之比t1t2；（2）带电粒子第二次穿出电场时的动能。11如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为e，方向与y轴平行。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的p点处射入电场，已知opl，oq2l。不计粒子重力，求：（1）粒子在第一象限中运动的时间；（2）粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角。12（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。参考答案1a2a3c解析：根据动能定理知，当带电粒子刚好从板间飞出时，qu1mv2，再由t和yat22，得yd，解得，故c正确。4b当电容器两极板间插入一电介质时，根据c可知电容器电容c变大，由于电容器电荷量不变，根据 c可知电容器两端电压减小，选项b正确。5ad6cd7bc解析：这里是经加速电场加速后进入偏转电场tan u2l/2du1，所以这里与比荷无关，所以a错。由tan u2l/2du1可知：b、c对，d错。8bd解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式e可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动。下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央。9ad由e可知，若保持u不变，将d变为原来的两倍，则e变为原来的一半，a项正确；若保持e不变，将d变为原来的一半，则u变为原来的一半，b项错误；由c，c，e可得：u，e，所以，保持d不变，若q变为原来的两倍，则u变为原来的两倍，c项错误；保持d不变，若q变为原来的一半，e变为原来的一半，d项正确。10答案：（1）32（2）2.7ek解析：（1）由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子初速度方向做匀速直线运动，设平行板板长为l，则有lv0tl1.5v0t2解得：t1t232（2）设粒子的质量m，带电荷量为q，匀强电场场强为e，带电粒子两次在场强方向的偏转位移分别为y1、y2，则有y1aty2at由动能定理，得qey12ekekqey2ekek解得：ekek2.7ek11答案：（1）（2）30解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a，在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0，粒子从p点运动到q点所用的时间为t，则由类平抛运动的规律可得lat22lv0t且a由式得t。（2）设粒子射出第一象限时速度方向与x轴正方向的夹角为，则tan 由式，得tan ，即30。12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