2021高三统考人教物理一轮（经典版）课时作业：第7章 第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高三统考人教物理一轮（经典版）课时作业：第7章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动含解析课时作业时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。其中1～7题为单选，8～10题为多选）1．（2016·全国卷Ⅰ)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，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案D解析平行板电容器电容C＝eq\f(εrS，4πkd），云母介质移出，εr减小，C减小;又C＝eq\f(Q，U），电源恒压，即U一定,C减小，故Q减小；电场强度E＝eq\f（U,d），故E不变，D正确。2．(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，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，θ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．θ增大,E增大 B．θ增大,Ep不变C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变答案D解析极板移动过程中电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化,由C＝eq\f（εrS，4πkd）和C＝eq\f(Q,U）可知，极板下移，d减小，C增大,U减小,又E＝eq\f(U，d）＝eq\f(4πkQ，εrS），则E不变,Ep不变,综合上述，只有D项正确.3．如图所示，由粒子源发出的带正电的粒子经过同一加速电场A加速后，形成粒子束进入同一偏转电场B中偏转。已知粒子源发出的粒子中包括有一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子，这些粒子离开粒子源时的初速度可视为零,空气阻力、粒子的重力及粒子之间的相互作用力均可忽略不计。下列说法正确的是(）A．它们始终为一股粒子束B．它们会分离为两股粒子束C．它们会分离为三股粒子束D．它们会分离为无数股粒子束答案A解析设加速电压为U1，偏转电压为U2，极板的长度为L，间距为d,在加速电场中，根据动能定理得：qU1＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2,0)，在偏转电场中，粒子做类平抛运动，运动时间t＝eq\f(L,v0），偏转距离y＝eq\f(1，2)at2＝eq\f（1，2）×eq\f（qU2,md）×eq\f(L2,v\o\al（2,0)），联立以上各式得：y＝eq\f(U2L2，4U1d),y与带电粒子的质量、电荷量无关,则一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子在偏转电场轨迹重合，所以它们始终为一股粒子束，A正确，B、C、D错误。4.如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力）以初速度v0由小孔水平射入两金属板间,当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板.如果要使这个带电粒子到达M、N两金属板中线位置处即返回，则下列措施能满足要求的是（）A．使初速度减小为原来的eq\f(1,2)B．使M、N间的电压提高为原来的4倍C．使M、N间的电压加倍D．使初速度减小为原来的eq\f(1，2)，同时M、N间的电压加倍答案C解析粒子从进入金属板间到达N板的过程中,由动能定理得－qEd＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,0)，所以带电粒子离开M板的最远距离为d＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE),设改变条件后带电粒子离开M板的最远距离为x，若电压提高为原来的2倍，则金属板间的电场强度也为原来的2倍，则x＝eq\f（d，2）,故C正确；结合上面分析可知，若使初速度减小为原来的eq\f(1,2)，则x＝eq\f(d，4)，A错误;若电压提高为原来的4倍，则金属板间的电场强度也为原来的4倍，则x＝eq\f（d，4)，故B错误；若初速度减小为原来的eq\f（1，2)，电压变为原来的2倍，则x＝eq\f（d，8)，D错误。5．(2019·天津模拟)如图所示，平行板电容器板长和板间距均为L,两极板分别带等量异种电荷。现有两个质量相同的带电粒子A和B，分别从紧贴上极板和极板中线位置以相同的初速度垂直于电场强度方向进入电场。最终均恰好贴着下极板飞出电场。粒子重力不计.则（)A．两个粒子的电荷量之比qA∶qB＝4∶1B．两个粒子的电荷量之比qA∶qB＝2∶1C．两个粒子离开电场时的速度大小之比vA∶vB＝2∶1D．过程中电场力对两个粒子做功之比WA∶WB＝2∶1答案B解析A、B粒子均做类平抛运动,对A粒子有：L＝v0tA,L＝eq\f（1,2）eq\f(qAE,m)teq\o\al（2,A），对B粒子有：L＝v0tB，eq\f(L，2)＝eq\f(1,2）eq\f（qBE,m）teq\o\al(2，B），联立解得：qA∶qB＝2∶1，A错误,B正确；对A粒子，由动能定理得：WA＝qAEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2，A)－eq\f（1,2)mveq\o\al（2,0），对B粒子，由动能定理得：WB＝qBEeq\f（L,2)＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2,B）－eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0),联立解得WA∶WB＝4∶1,因为不知道粒子的初速度v0，故无法计算粒子离开电场时vA和vB的比值,C、D错误.6．(2019·重庆模拟）如图所示,光滑绝缘的半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球在容器边缘A点由静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为θ＝60°，则下列说法正确的是(）A．小球重力与电场力的关系是qE＝eq\r（3)mgB．小球在B点时,对圆弧的压力为eq\r(2）mgC．小球在A点和B点的加速度大小不同D．如果小球带负电,从A点由静止释放后，也能沿AB圆弧而运动答案A解析小球从A运动到B的过程，根据动能定理得mgRsinθ－qER(1－cosθ）＝0，解得qE＝eq\r(3)mg，A正确；小球在B点时，速度为零，向心力为零，则有：FN＝mgsinθ＋qEcosθ＝eq\r(3）mg，B错误；在A点，小球所受的合力等于重力,加速度为重力加速度，在B点，小球的合力为F＝Eqsin60°－mgcos60°＝mg，加速度为aB＝eq\f(F,m）＝g，所以小球在A、B两点的加速度大小相等，C错误;如果小球带负电，从A点由静止释放后，将沿重力和电场力合力方向做匀加速直线运动，D错误。7．(2019·北京海淀二模）某同学按如图1所示连接电路,利用电压传感器研究电容器的放电过程.先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的Ut曲线，如图2所示。电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0、图线与坐标轴围成的面积S、任一点的切线斜率k，但电源电动势、内电阻、定值电阻R均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是(）A．电容器放出的总电荷量B．电阻R两端的最大电流C．定值电阻RD．电源的电动势和内电阻答案D解析Q＝CU0，所以电容器放出的总电荷量可求，即A选项能求出；任一时刻的电流I与R两端的电压满足U＝IR,因为It图线与t轴围成的面积表示总电荷量Q，所以Ut图线与t轴围成的面积S＝QR，而Q＝CU0,则R＝eq\f（S，Q)＝eq\f(S，CU0）,所以C选项可求;电阻R两端的最大电流即为电容器刚开始放电时的电流，所以Imax＝eq\f(U0,R)＝eq\f(CU\o\al（2,0）,S)，B选项可求；根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电时两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E＝U0，而电源的内电阻无法求出，所以D选项不能求出。8．（2019·辽宁大连模拟)如图所示,在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2,在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置.第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子,关于这两个粒子的运动,下列判断正确的是（)A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同答案CD解析根据动能定理：eq\f（1，2）mv2－0＝qU，解得:v＝eq\r(\f（2qU,m）），所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为eq\r（2)∶1，A错误;在A、B板间：a1＝eq\f(qU,md），质子的加速度大,所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，a2＝eq\f（Eq,m），竖直方向加速度还是质子的大，所以质子运动时间短,所以质子在整个过程中运动的时间比α粒子短，B错误；对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为U′有：Ek－0＝q(U＋U′），所以末动能与电量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2,C正确；粒子从O2到MN板,竖直方向：h＝eq\f(1，2)eq\f(Eq，m）t2，水平方向：x＝vt，联立解得：x＝2eq\r（\f(Uh,E)），所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确。9.如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面固定于静电场中，一电荷量为＋q、质量为m的小球,以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端的速度仍为v0，途中小球始终未离开斜面，重力加速度为g，则（)A．小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能B．小球的电势能可能先增大后减小C．A、B两点的电势差一定为eq\f（mgL,q）D．若处于匀强电场中，则该电场的场强大小一定是eq\f(mg，q)答案AB解析小球在斜面上受到重力、支持力和电场力,支持力不做功，小球以速度v0由斜面底端A点沿斜面上滑，到达顶端B点的速度仍为v0，说明电场力做的功和重力做的功之和为零,小球从A点到B点的过程，重力做负功,电场力做正功，电势能减小，故小球在B点的电势能一定小于在A点的电势能,A正确。小球的电势能可能先增大后减小，B正确。由于电场力做的正功和重力做的负功大小相等，即qU＝WG＝mgLsinθ，可知A、B两点之间的电势差U＝eq\f（mgLsinθ,q），C错误。小球在斜面上向上运动的过程中，电场力做的正功和重力做的负功大小相等，但是不知道电场强度的方向，因此即使是匀强电场，场强大小也不一定为eq\f（mg,q)，故D错误。10．（2019·河南许昌模拟)如图甲所示,两平行金属板A、B放在真空中,间距为d,P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时,在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子,当t＝2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰,不计重力，则下列说法正确的是（）A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的动能最大D．在0～2T时间内,电子的动能增大了eq\f(2e2T2φ\o\al(2，1)，md2）答案BD解析0~T时间内平行板间的电场强度为：E1＝eq\f(φ1，d），电子以加速度a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f（eφ1,md)向上做匀加速直线运动,经过时间T的位移为：x1＝eq\f（1,2)a1T2，速度为：v1＝a1T,T~2T时间内平行板间电场强度为：E2＝eq\f（φ2,d），加速度大小为：a2＝eq\f（eE2，m)＝eq\f（eφ2，md)，电子以v1的速度向上做匀变速直线运动，位移为：x2＝v1T－eq\f（1，2）a2T2，由题意知t＝2T时刻电子回到P点，则有:x1＋x2＝0,联立可得：φ2＝3φ1，A错误，B正确；依据电场力做正功最多，电势能最小,而0～T时间内电子做匀加速直线运动，T～2T时间内先做匀减速直线运动，后反向匀加速直线运动,当t＝T时电子的动能为Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2，1）＝eq\f(e2T2φ\o\al(2，1),2md2），电子在t＝2T时刻回到P点，此时速度为:v2＝v1－a2T＝－eq\f（2φ1eT,dm）(负号表示方向向下)，电子的动能为：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2φ\o\al(2,1)e2T2,d2m）,所以当t＝2T时电子的动能最大，C错误，D正确。二、非选择题（本题共2小题，共30分)11。（12分）如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场.长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点）,初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度.（1）求电场强度E和a、O两点的电势差U；(2）若小球在a点获得一水平初速度va＝4eq\r(gl），使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小。答案(1)eq\f（3mg,q），方向竖直向上－eq\f（3mgl，q)(2）6mg解析(1）小球在a点时,根据题意有关系式qE＝mg＋2mg，得E＝eq\f（3mg,q)，方向竖直向上。在匀强电场中，有UOa＝El,则a、O两点电势差U＝－UOa＝－eq\f（3mgl,q）。（2）小球从a点运动到b点,设到b点速度大小为vb，由动能定理得－qE·2l＋mg·2l＝eq\f(1，2)mveq\o\al（2，b）－eq\f（1,2)mveq\o\al(2，a）,小球做圆周运动通过b点时,由牛顿第二定律得F＋qE－mg＝meq\f(v\o\al（2,b），l），已知va＝4eq\r(gl），联立可得F＝6mg。12．(18分）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，电容器极板长L＝10cm,极板间距d＝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，上极板与下极板的电势差随时间变化的图象如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的