高考物理总复习 课时作业19 电容器 电容 带电粒子在电场中的运动 教科版Word文档格式.docx

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黄冈期末）在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电质点，各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计质点间相互作用力，则有（　　）

A．c、d带异种电荷

B．a、b带同种电荷且电势能均不变

C．d的电势能减小，重力势能增大

D．c的电势能增大，机械能减小

5.如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．如果现分别保持开关S闭合或断开，再将A、B两极板靠近些，则静电计指针张开的角度将分别对应如下情况（　　）

A．保持S闭合时变小；

保持S断开时变大

B．保持S闭合时变大；

保持S断开时变小

C．保持S闭合时不变；

D．保持S闭合时不变；

6．（2013·

北京朝阳区模拟）如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（　　）

A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动

C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动

7．（2013·

南京市学情调研）如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板，则下列说法正确的是（　　）

A．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出（不包括轴线）

B．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出（不包括轴线）

C．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出

D．电子射出后动能一定增大

8.（2013·

江西师大附中）如图，D为一理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大），平行板电容器通过二极管与电动势不变的电源相连，下列是有关极板上的电量Q、极板间的电场强度E随板间距离变化的说法：

①板间距离变小，Q增大；

②板间距离变小，E增大；

③板间距离变大，Q减小；

④板间距离变大，E不变，其中正确的是________．

9．用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电电压U时，所带的电量为Q，从而求出待测电容器的电容C.某同学的实验情况如下：

（1）按图甲所示电路连接好实验电路；

（2）接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数I0＝490μA及电压表的示数U0＝6.2V，I0和U0分别是电容器放电的初始电流和电压；

（3）断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s测一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据（10组）表示在以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标系上，如图乙中用“×

”表示的点．

试根据上述实验结果，在图乙中作出电容器放电的I－t图像，并估算出该电容器两端的电压为U0时所带的电荷量Q0约为________C；

该电容器的电容C约为________F.

10．（2013·

石家庄模拟）如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×

103V（仅在两板间有电场），现将一质量m＝1×

10－2kg、电荷量q＝4×

10－5C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20cm的地方以初速度v0＝4m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求：

（1）金属板的长度L.

（2）小球飞出电场时的动能Ek.

11．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的）求：

（1）在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处．

（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？

12．（2013·

沈阳）如图所示，在水平面上固定一个竖直放置的光滑管，半径为R.空间存在平行于纸面但方向未知的匀强电场．将质量为m、带电＋q的小球从A点由静止释放．小球沿直线运动到孔1进入光滑管．A点与孔1的连线与水平方向成60°

.重力加速度为g.

求：

（1）该电场的多种可能中，电场方向如何时电场强度最小？

最小值为多少？

（2）若电场强度为

（1）问所求，小球从孔2出来后又落入孔1，则点A距离孔1的距离L为多少？

13．（2012·

北京理综）匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示，图中E0和d均为已知量．将带正电的质点A在O点由静止释放．A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放．当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；

B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用．已知A的电荷量为Q.A和B的质量分别为m和.不计重力．

（1）求A在电场中的运动时间t；

（2）若B的电荷量q＝Q，求两质点相互作用能的最大值Epm；

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm.

14．（2012·

全国）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π/6，再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，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．

详解答案

课时作业（十九）

1．B　由C＝可知，插入电介质后，εr增大，电容C增大；

由U＝可知U减小，故选B.

2．B　一价氢离子（H）和二价氦离子（He）的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会打在同一点．选B.

3．BD　由题图知，集尘极连电源正极，电势高，所以电场方向由集尘极指向放电极，B正确．带电尘埃向集尘极迁移，带电尘埃所受电场力方向与电场方向相反，带负电，A、C错误．由F＝qE知，同一位置F正比于q，D正确．

4．BCD　各个质点所受重力均向下，要使它们分别以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，所受电场力均向上，各个质点均带负电，且所受电场力与重力平衡，选项A错误；

a、b沿等势面运动，带同种电荷且电势能均不变，选项B正确；

d竖直向上运动，电场力做正功，d的电势能减小，重力势能增大，选项C正确；

c竖直向下运动，电场力做负功，电势能增大，重力势能减小，机械能减小，选项D正确．

5．D　静电计指针张角大小变化显示的电容器两极板间的电势差变化．只要保持S闭合，无论两极板距离如何变化，电容器两极板间的电势差均等于电源电动势，所以指针张开角度不变．如果断开开关S，则电容器两极板间的电荷量不变，当两极板靠近时，电势差变小，故静电计指针张角变小．故D正确.

6．B　只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向在一条直线上，由此可知微粒所受的电场力方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故选项B正确．

7．C　本题考查了带电粒子在交变电场中的运动．由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A、B错，C正确；

当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D错．

8.答案：

　①②④

9．解析：

　电容器通过大阻值电阻放电，电流是逐渐变小的；

图线与坐标轴围成的“面积”是It的积，即电容器放出是电量．电容C＝.

答案：

　用平滑曲线连接　8.5×

10－3（8.0×

10－3～9.0×

10－3均对）　1.35×

10－3（1.29×

10－3～1.45×

10－3均对）

10．解析：

（1）小球到达左板上边缘时的竖直分速度：

vy＝＝2m/s

设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则：

tanθ＝＝2

小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：

tanθ＝＝

L＝，解得L＝＝0.15m.

（2）从平抛开始到刚要飞出电场，由动能定理得

mg（k＋L）＋qU＝Ek－mv

解得Ek＝0.175J

（1）0.15m　

（2）0.175J

11．解析：

（1）电子经电场加速满足qU0＝mv2

经电场偏转后侧移量y＝at2＝×

×

2

所以y＝，由图知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，

所以y＝4.5cm

设打在屏上的点距O点距离为Y，满足＝

所以Y＝13.5cm.

（2）由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30cm.

（1）打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm　

（2）30cm

12．解析：

（1）如图所示，当电场力垂直于A点与孔1的连线时，场强最小．

qE＝0.5mg

∴E＝场强方向为垂直于A点与孔1的连线指向右上方

（2）如图所示，F合＝mg.a＝＝g

小球从A点至孔2，根据动能定理可得：

F合（L－R）＝mv

小球从孔2至孔1，做类平抛运动

R＝v2t　R＝at2

由以上各式可得L＝R

（1）电场方向垂直于A点与孔1的连线斜向上　

（2）R

13．解析：

（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度a＝＝.

A在电场中做匀变速直线运动d＝at2

解得运动时间t＝＝

（2）设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有

QE0d＝mv，qE0d＝·

v①

A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v′，有

（m＋）v′＝mvA0＋vB0②

Epm＝（mv＋·

v）－（m＋）v′2③

已知q＝Q，由①、②、③式解得

相互作用能的最大值Epm＝QE0d

（3）考虑A、B在x>

d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有

mvA＋vB＝mvA0＋vB0④

mv＋·

v＝mv＋·

v⑤

由④、⑤解得vB＝－vB0＋vA0

因B不改变运动方向，故vB＝－vB0＋vA0≥0⑥

由①、⑥解得q≤Q

即B所带电荷量的最大值qm＝Q