2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場 課時作業(yè)21 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動.doc

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課時作業(yè)（二十一）電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動 [基礎(chǔ)小題練] 1.如圖所示為一只“極距變化型電容式傳感器”的部分構(gòu)件示意圖．當(dāng)動極板和定極板之間的距離d變化時，電容C便發(fā)生變化，通過測量電容C的變化就可知道兩極板之間距離d的變化的情況．在下列圖中能正確反映C與d之間變化規(guī)律的圖象是(　　) 【解析】　由平行板電容器電容的決定式C＝可知，電容C與極板之間距離d成反比，在第一象限反比例函數(shù)圖象是一條雙曲線，所以A正確． 【答案】　A 2．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.電路中的R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度增大而減小)．R2為滑動變阻器，D為理想二極管，當(dāng)開關(guān)S閉合時，電容器C中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法中正確的是(　　) A．只增大R1的光照強度，電壓表示數(shù)變小 B．只增大R1的光照強度，電流表示數(shù)變小 C．只將滑片向上端移動時，帶電微粒將向下運動 D．若斷開開關(guān)S，帶電微粒將向下運動 【解析】　只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，外電路中電阻減小，總電流增大，電流表示數(shù)變大，內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，因此電壓表示數(shù)變小，選項A正確，B錯誤；只將滑片向上端移動時，由于二極管的存在，電容器極板所帶電荷量不變，板間場強不變，帶電微粒仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項C錯誤；若斷開開關(guān)S，電容器本應(yīng)處于放電狀態(tài)，但由于二極管的存在，電荷量不變，板間場強不變，帶電微粒仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項D錯誤． 【答案】　A 3．如圖所示，A、B為水平正對放置的平行金屬板，板間距離為d，一質(zhì)量為m的帶電油滴在兩金屬板之間，油滴運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比．將油滴由靜止釋放，若兩金屬板間的電壓為零，一段時間后油滴以速率v勻速下降．若兩金屬板間加電壓U，一段時間后油滴以速率2v勻速上升．由此可知油滴所帶電荷量的大小為(　　) A. B． C. D． 【解析】　板間電壓為零，油滴勻速下降時，mg＝kv，當(dāng)兩板間電壓為U，油滴勻速上升時，q＝mg＋2kv，以上兩式聯(lián)立可得q＝，C正確． 【答案】　C 4．如圖所示，示波器的示波管可視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L，極板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，則關(guān)于示波器靈敏度[即偏轉(zhuǎn)電場中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量()]與加速電場、偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系，下列說法中正確的是(　　) A．L越大，靈敏度越高 B．d越大，靈敏度越高 C．U1越大，靈敏度越高 D．U2越大，靈敏度越高 【解析】　偏轉(zhuǎn)位移y＝at2＝()2＝，靈敏度＝，故A正確，B、C、D錯誤． 【答案】　A 5．如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們(　　) A．同時到達屏上同一點 B．先后到達屏上同一點 C．同時到達屏上不同點 D．先后到達屏上不同點 【解析】　一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場的時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會先后打在同一點．選B. 【答案】　B 6.(2018南京高三月考)如右圖所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點靜止釋放后，分別抵達B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ D．∶1 【解析】　豎直方向有h＝gt2，水平方向有l(wèi)＝t2， 聯(lián)立可得q＝，所以有＝，B對． 【答案】　B [創(chuàng)新導(dǎo)向練] 7．生活科技——噴墨打印機的工作原理 噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中(　　) A．向負極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能逐漸增大 C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與所帶電荷量無關(guān) 【解析】　帶負電的微滴進入電場后受到向上的電場力，故帶電微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；帶電微滴垂直進入電場受豎直向上的電場力作用，電場力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，選項B錯誤；根據(jù)x＝v0t，y＝at2及a＝，得帶電微滴的軌跡方程為y＝，即運動軌跡是拋物線，與所帶電荷量有關(guān)，選項C正確、D錯誤． 【答案】　C 8．電容式定位器的工作原理 如圖所示，電容器極板間有一可移動的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則下列說法中正確的是(　　) A．若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加 B．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大 C．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板 D．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負極板 【解析】　若x變大，則由C＝，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量減少，此時帶正電荷的極板得到電子，帶負電荷的極板失去電子，所以有電流流向負極板，A、C錯誤，D正確．若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝可知，電容器極板間電壓減小，B錯誤． 【答案】　D 9．利用電偏轉(zhuǎn)分離混合帶電粒子 真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏．今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上．已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 【解析】　粒子加速過程qU1＝mv2，從B至M用時t＝，得t∝ ，所以t1∶t2∶t3＝1∶∶，選項A錯誤．偏轉(zhuǎn)位移y＝()2＝，所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同，選項B正確．因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，選項C、D錯誤． 【答案】　B 10．用Ekh圖象描述帶電體在電場中的運動 如圖甲所示，一光滑絕緣細桿豎直放置，與細桿右側(cè)距離為d的A點處有一固定的正點電荷，細桿上套有一帶電小環(huán)，設(shè)小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h，將小環(huán)無初速度地從h高處釋放后，在下落至h＝0的過程中，其動能Ek隨h的變化曲線如圖乙所示，則(　　) A．小環(huán)可能帶負電 B．從h高處下落至h＝0的過程中，小環(huán)電勢能增加 C．從h高處下落至h＝0的過程中，小環(huán)經(jīng)過了加速、減速、再加速三個階段 D．小環(huán)將做以O(shè)點為中心的往復(fù)運動 【解析】　由題圖乙中Ek隨h的變化曲線可知，小環(huán)從h高處下落至h＝0的過程中，經(jīng)過了加速、減速、再加速三個階段，選項C正確；合外力做功的情況是先做正功，再做負功，最后又做正功，而重力一直對小環(huán)做正功，故只有庫侖力能對小環(huán)做負功，即小環(huán)帶正電，選項A錯誤；從h高處下落至h＝0的過程中，電場力做負功，故小環(huán)電勢能增加，選項B正確；小環(huán)越過O點后，所受的電場力、重力及桿對小環(huán)的彈力的合力方向向下，故小環(huán)將向下做加速運動，選項D錯誤． 【答案】　BC [綜合提升練] 11.在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示．當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時，油滴開始向上運動；經(jīng)時間Δt后，電容器突然放電使其電壓減少ΔU2，又經(jīng)過時間Δt，油滴恰好回到原來位置．假設(shè)油滴在運動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴的位移可忽略不計．重力加速度為g.求： (1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比； (2)第一個Δt與第二個Δt時間內(nèi)油滴運動的加速度大小之比； (3)ΔU1與ΔU2之比． 【解析】　(1)油滴靜止時滿足：mg＝q，則＝. (2)設(shè)第一個Δt時間內(nèi)油滴的位移為x1，加速度為a1，第二個Δt時間內(nèi)油滴的位移為x2，加速度為a2，則 x1＝a1Δt2， x2＝v1Δt－a2Δt2 且v1＝a1Δt，x2＝－x1 解得a1∶a2＝1∶3. (3)油滴向上加速運動時：q－mg＝ma1， 即q＝ma1 油滴向上減速運動時，mg－q＝ma2 即q＝ma2 則＝ 解得＝. 【答案】　(1)　(2)1∶3　(3)1∶4 12．如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求： (1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件？ (2)粒子從a點射入金屬板的時刻應(yīng)滿足什么條件？ 【解析】　(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應(yīng)為：加速，減速，反向加速，反向減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L＝nTv0，解得T＝ 粒子在T內(nèi)離開中心線的距離為y＝a2 又a＝，E＝，解得y＝ 在運動過程中離開中心線的最大距離為ym＝2y＝ 粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ym≤d 解得T≤2d 故n≥ ，即n取大于等于 的整數(shù)． 所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為 T＝，其中n取大于等于 的整數(shù)． (2)粒子進入電場的時間應(yīng)為T，T，T，… 故粒子進入電場的時間為t＝T(n＝1,2,3，…)． 【答案】　(1)T＝，其中n取大于等于 的整數(shù) (2)t＝T(n＝1,2,3，…)