2024高考物理一轮复习第7章静电场第3讲电容器带电粒子在匀强电场中的运动课时作业含解析

PAGE7-第3讲电容器带电粒子在匀强电场中的运动1．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)()D[由a至c的弯曲状况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b点的速度方向vb如图，由a至c速率递减可知受力方向如图中F，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F反向，D正确。]2.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是()A.eq\f(edh,U) B.edUhC.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)D[电子从O点到A点，因受电场力作用，速度渐渐减小。依据题意和图示推断，电子仅受电场力，不计重力。这样，我们可以用能量守恒定律来探讨问题。即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，故选项D正确。]3.(2024·湖北宜昌调研)如图所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一束同种带电粒子从P点以相同速度平行于极板射入电容器，最终均打在下极板的A点，若将上极板缓慢上移，则()A．粒子打在下极板的落点缓慢左移B．粒子打在下极板的落点缓慢右移C．粒子仍旧打在下极板的A点D．因未知粒子的电性，无法推断粒子的落点C[断开电源后，电容器所带电荷量保持不变，电场强度E＝eq\f(4πkQ,εrS)，将上极板缓慢上移，d变大，则电场强度不变，粒子所受电场力不变，粒子到下极板距离也未变，粒子做类平抛运动，仍旧打在下极板的A点。]4．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极板，G为静电计，极板B固定，A可移动，起先时开关S闭合，静电计指针张开肯定角度，则下列说法正确的是()A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大C．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度减小B[静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S后，将A向左移动少许，电容器的电荷量不变，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知电容减小，由Q＝CU知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A错；同理，断开S后，将A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B对；保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计金属球和外壳之间的电势差为电源电势差，静电计指针张开的角度不变，C、D错。]5．(2024·湖南郴州质检)a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图。若a、b的偏转时间相同，则a、b肯定相同的物理量是()A．比荷 B.入射速度C．入射动能 D.入射动量A[离子在电场中做类平抛运动，垂直板方向做匀加速直线运动，偏转时间相同，偏转量相同，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(Uq,dm)×t2，两板间电压、距离、运动时间相等，则a、b肯定相同的物理量是比荷，故A正确。]6．(2024·天津卷·3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A．动能增加eq\f(1,2)mv2 B.机械能增加2mv2C．重力势能增加eq\f(3,2)mv2 D.电势能增加2mv2B[小球动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)·mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差为h＝eq\f(v2,2g)，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能削减，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的削减量为ΔEp′＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确。]7．如图所示，绝缘的光滑水平桌面高为h＝1.25m、长为x0＝2m，桌面上方有一个水平向左的匀强电场。一个质量m＝2×10－3kg、带电荷量q＝＋5.0×10－8C的小物体自桌面的左端A点以初速度vA＝6m/s向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面上C点。已知C点与B点的水平距离x＝1m，不计空气阻力，g取10m/s2。(1)小物体离开桌子边缘B后经过多长时间落地？(2)匀强电场的电场强度E为多大？(3)为使小物体离开桌面边缘B后水平位移加倍，即x′＝2x，某同学认为应使小物体带电荷量减半，你同意他的想法吗？试通过计算验证你的结论。解析：(1)设小物体离开桌子边缘B点后经过时间t落地，则h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s(2)设小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB，则vB＝eq\f(x,t)＝2m/s依据动能定理得－qEx0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得E＝3.2×105N/C(3)不同意。要使水平射程加倍，必需使B点水平速度加倍，即vB′＝2vB＝4m/s依据动能定理得－qEx0＝－eq\f(1,2)mvB′2－eq\f(1,2)mvA′2解得vA′＝4eq\r(2)m/s≠vA所以说该同学认为应使小物体的带电荷量减半的想法是错误的。答案：(1)0.5s(2)3.2×105N/C(3)略8．(2024·安徽江南十校模拟)空间存在水平向右的匀强电场，方向与x轴平行，一个质量为m、带负电的小球，电荷量为－q，从坐标原点O以v0＝10m/s的初速度斜向上抛出，且初速度v0与x轴正方向夹角θ＝37°，如图所示。经过一段时间后到达最高点，此时速度大小也是10m/s，该小球在最高点的位置坐标是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．0.6m,1.8m B.－0.6m,1.8mC．5.4m,1.8m D.0.6m,1.08mB[本题考查带电体在电场中的运动问题。带电小球受重力和水平向左的电场力作用，将带电小球的运动分解成沿x轴方向初速度为v0cos37°＝8m/s的匀变速直线运动，沿y轴方向初速度为v0sin37°＝6m/s的竖直上抛运动。当沿y轴方向速度减小为零时小球达到最高点。则有y＝eq\f(v0sin37°2,2g)＝1.8m，t＝eq\f(v0sin37°,g)＝0.6s。最高点时速度大小是10m/s，则最高点时速度方向向左，所以最高点时横坐标x＝eq\f(v0cos37°－10m/s,2)·t＝eq\f(8＋－10,2)×0.6m＝－0.6m。故B项正确，A、C、D项错误。]9.如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，起先时开关闭合。一带电粒子沿两极板中心线以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器。则下列推断正确的是()A．粒子带正电B．保持开关闭合，将B板向上平移肯定距离，可使粒子沿轨迹②运动C．保持开关闭合，将A板向上平移肯定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动D．断开开关，将B板向上平移肯定距离，可使粒子沿轨迹②运动B[开关闭合时，粒子做匀速直线运动，说明粒子所受电场力与重力平衡，A板和电源正极相连，说明板间场强方向向下，则粒子带负电，选项A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式E＝eq\f(U,d)知板间场强增大，则粒子所受电场力大于重力，粒子可能沿轨迹②运动，选项B正确；保持开关闭合，将A板向上平移肯定距离，板间距d增大，由公式E＝eq\f(U,d)知板间场强减小，则粒子所受电场力小于重力，故粒子向下偏转，选项C错误；断开开关，电容器所带电荷量不变，将B板向上平移肯定距离，由公式C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，E与板间距无关，板间场强不变，故粒子沿轨迹①运动，选项D错误。]10．(2024·安徽六校联考)(多选)某空间内有高度为d、宽度足够宽、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轴正方向连续射入相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v不同，有的粒子将在电场中干脆通过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t，则()A．由题设条件不能推断出粒子的带电性质B．对h≤d的粒子，h不同，粒子在电场中的运动时间t相同C．对h>d的粒子，h不同，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等D．不同h对应的粒子，进入电场时的速率v可能相同BC[依据题意可以知道，粒子向左偏，可确定电场力方向向左，因此粒子带正电，故A错误；对h≤d的粒子，粒子受到的电场力一样，加速度也相同，因此运动时间也相等，故B正确；对h>d的粒子，h越大，沿着电场力方向偏转的位移越小，则电场力对粒子做功越少，故h不同，电场力对粒子做的功不相等，所以C正确；若在电场中干脆通过y轴，水平分位移x相等，由x＝eq\f(1,2)at2知，运动时间t相等，竖直分位移h＝vt，则h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大，若穿出电场后再通过y轴，通过电场时竖直分位移y相等，h越大，沿着电场力方向的位移x越小，由x＝eq\f(1,2)at2，可以知道t越小，由y＝vt，可以知道，v越大，所以D错误。故选B、C。]11.(2024·重庆九校联盟联考)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场。质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋1×10－2C的小球从y轴上P点以肯定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4m)，(0.4m,0)，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)初速度v0的大小；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)小球经过B点时的速度大小。解析：本题考查带电粒子在组合场中的运动。(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，依据牛顿其次定律，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)，解得a＝5m/s2,依据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t，竖直方向有yP＝eq\f(1,2)at2，联立得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))，代入数据，解得v0＝1m/s。(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy＝eq\r(2yPa)，因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有e