适用于新高考新教材浙江专版2025届高考物理一轮总复习第8单元静电场作业23电容器带电粒子在电场中的运动新人教版

作业23电容器带电粒子在电场中的运动

A组基础达标微练一电容和平行板电容器1.如图所示,电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成,它与基板构成电容器。工作时,振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是 ()A.振动膜不振动时,电容器不带电B.振动膜向右运动时,电容器的电容减小C.振动膜向左运动时,电容器充电D.振动膜向右运动时,电阻上有从a到b的电流2.如图所示,平行板电容器带等量异种电荷,下极板接地,一带电油滴位于电容器中的P点且处于平衡状态。现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,则 ()A.电容器的电容减小 B.带电油滴带正电荷C.带电油滴仍将静止 D.P点的电势将上升3.如图所示,竖直放置的平行板电容器与电源相连,在两极板A、B之间用绝缘细线悬挂一带电小球,闭合开关S,小球静止时,细线与竖直方向的夹角为θ,则下列说法正确的是()A.小球带正电B.保持开关S闭合,仅将两极板间的距离适当增大,θ角将减小C.断开开关S,仅将两极板间的距离适当增大,θ角将减小D.断开开关S,仅将两极板间的正对面积适当减小,θ角将减小微练二带电粒子在电场中的直线运动4.如图所示,在竖直放置间距为d的平行板电容器中,存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m、电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放。重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程,下列说法正确的是()A.加速度大小为a=EqmB.所需的时间为t=dmC.下降的高度为h=dD.静电力所做的功为W=Eqd微练三带电粒子在电场中的偏转5.如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿②轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次偏转电压之比为()A.U1∶U2=1∶8 B.U1∶U2=1∶4C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶16.如图所示,两平行金属板A、B长L=8cm,两板间距离d=8cm,A板比B板电势高300V,一个不计重力的带正电的粒子电荷量q=10-10C、质量m=10-20kg,沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场,初速度v0=2×106m/s,粒子飞出平行板电场后,可进入界面MN和光屏PS间的无电场的真空区域,最终打在光屏PS上的D点(未画出)。已知界面MN与光屏PS相距12cm,O是中心线RO与光屏PS的交点。sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离;(2)粒子射出平行板电容器时偏转角;(3)OD两点之间的距离。B组综合提升7.(多选)(2024浙江宁波龙赛中学高三三模)利用一电动势为E的电源对一电容器(电容为C)充电,充电过程中,电容器两端的电压U和电容器所带电荷量Q的函数关系如图所示,若图中ΔQ取得尽可能小,则阴影部分的面积可以表示对电荷量为ΔQ的电荷所做的功,即电容器所带电荷量增加ΔQ时储存的能量,则()A.图像的斜率等于电容C的大小B.图像斜率的倒数等于电容C的大小C.充电完毕电容器储存的能量为CE2D.充电完毕电容器储存的能量为12CE8.(2024浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示,转向器中有辐向电场。粒子从M点射入,沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动,并从虚线上的N点射出,虚线处电场强度大小分别为E1和E2,则R1、R2和E1、E2应满意()A.E1EC.E1E9.(2024浙江萧山名校联考)如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,此时两板间的电势差为U,板间距离为d,A板带正电,B板中心有一小孔。一带正电的微粒,电荷量为q,质量为m,自孔的正上方距板高h处自由下落,若微粒恰能落至A、B板的正中心C点,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.微粒在下落过程中动能增加,重力势能减小B.微粒落入电场中,电势能减小,减小量为12C.若微粒从距B板高2h处自由下落,则恰好能到达A板D.若保持A板不动,B板上平移一小段距离(小于h),则由E=Ud可知,10.如图所示,甲、乙为两个相同的平行板电容器,它们的极板均水平放置,上极板间有一个二极管,下极板均接地。a、b是电荷量相同、质量分别为m1、m2带负电油滴。当甲、乙的电荷量分别为Q1、Q2时,油滴a、b恰好分别悬浮在甲、乙的极板之间,则下列说法可能正确的是()A.Q1确定等于Q2B.m1确定等于m2C.将甲的上极板向上平移少许,a向下运动,b向上运动D.将乙的上极板向右平移少许,a向下运动,b向上运动11.如图所示,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向上,在xOy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域(在第Ⅰ象限,形态是直角三角形),直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L,0)和(0,L)点。区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为-q(q>0)和初速度为v0的带电微粒,这束带电微粒分布在0<y<L的区间内,其中从0,L2点射入场区的带电微粒刚好从(L,0)点射出场区(1)电场强度E的大小。(2)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值。

参考答案作业23电容器带电粒子在电场中的运动1.D解析振动膜不振动时,电容器电容保持不变,电容器电压不变,电容器所带电荷量不变,故A错误;振动膜向右运动时,可知d减小,依据C=εrS4πkd可知电容增大,故B错误;振动膜向左运动时,可知d增大,依据C=εrS2.C解析上极板下移时,d减小,由C=εrS4πkd可知C增大,A错误;由带电油滴原来处于平衡状态可知静电力方向竖直向上,依据电场强度方向向下,则油滴带负电,B错误;平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,由于电荷量不变,依据E=U3.B解析由题图可知,A板带正电,B板带负电,形成方向水平向右的电场,小球向左偏,则说明小球带负电,故A错误;保持开关S闭合,仅将两极板间的距离适当增大,由E=Ud可知,电场强度减小,小球所受静电力减小,则θ角将减小,故B正确;断开开关S,电容器的电荷量保持不变,由C=εrS4πkd、C=QU和E=U4.B解析点电荷受到重力、静电力,所以a=(Eq)2+(mg)2m,选项A错误;依据运动独立性,水平方向点电荷的运动时间为t,则d2=12Eqmt2,化简得t=md5.A解析带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,水平位移为x=v0t,两次运动的水平位移之比为2∶1,两次运动的水平速度相同,故运动时间之比为t1∶t2=2∶1,由于竖直方向上的位移为h=12at2,h1∶h2=1∶2,故加速度之比为1∶8,又因为加速度a=UqmdAB,故两次偏转电压之比为U1∶U2=16.答案(1)0.03m(2)37°(3)0.12m解析(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动,加速度为a=Fm=qU竖直方向有y=12at2,联立解得y=qUL2(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为θ,vy=attanθ=vyv0(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点,设两界面MN、PS相距为L',由相像三角形得L解得Y=4y=0.12m。7.BD解析U-Q图像的斜率为k=1C,即图像斜率的倒数等于电容C的大小,故A错误,B正确;充电完毕电容器所带电荷量为Q=CE,由题意可知,电容器储存的能量为图像与横轴围成的面积大小即S=12QE=12CE2,故C8.A解析依据题意知,静电力供应粒子做圆周运动的向心力,有E1q=mv2R1,E2q=mv2R9.C解析微粒在下落过程中先做加速运动,后做减速运动,动能先增大后减小,重力始终做正功,重力势能始终减小,故A错误;微粒落入电场中,静电力做负功,电势能渐渐增大,其增大量为ΔEp=12qU,故B错误;若微粒从距B板高2h处自由下落,假设到达A板的速度为v,由动能定理得mg(2h+d)-qU=12mv2,带正电的微粒距板高h处自由下落,若微粒恰能落至A、B板的正中心C点,由动能定理得mgh+d2-12qU=0,解得v=0,则恰好能到达A板,故C正确;由C=QU、C=10.C解析液滴带负电保持静止,油滴受到的静电力竖直向上,因此可知上极板带正电,假如Q1大于Q2,由U=QC可知甲的电压高于乙的电压,则甲会向乙放电使得甲、乙的电荷量相同;假如Q2大于Q1,则因为二极管单向导电性,乙不会向甲放电,因此可知电荷量关系为Q1≤Q2,由C=εrS4πkd,C=QU,E=Ud可得E1=4πkQ1εrS,E2=4πkQ2εrS,油滴静止,由受力平衡可得qE1=m1g,qE2=m2g,联立可得E1≤E2,m1≤m