2015高考物理一轮复习 课后达标检测18(带电粒子在电场中的运动)

课后达标检测18 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动一、单项选择题 1．(2012·高考江苏卷)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小2. 某位移式传感器的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，平行金属板A 、B 和介质P 构成电容器，当可移动介质P 向左匀速移出的过程中( )A ．电容器的电容变大B ．电容器的电荷量保持不变C ．M 点的电势比N 点的电势低D ．流过电阻R 的电流方向从M 到N3. 如图所示，A 、B 两导体板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加四种电压，它们的U AB －t 图线如下列四图所示，其中可能使电子到不了B 板的是( )4. 光滑水平面上有一边长为l 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为( )A ．0B ．12m v 20＋12qElC ．12m v 20D ．12m v 20＋23qEl 5. (2014·宁波检测)如图所示，半径为R 的环形塑料管竖直放置，AB 为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的直径AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m，带电荷量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg，以下说法正确的是()A．小球释放后，到达最低点D时速度最大B．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1C．小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动D．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力之比为1∶1，且方向相同二、不定项选择题6. 如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A．当增大两板间距离时，v也增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大7. (2012·高考广东卷)如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小8．(2014·石家庄质检)如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，则()A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶29. (2014·嵊州二中高三模拟)如图所示，用电池对电容器充电，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q 处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )A ．电荷将向上加速运动B ．电荷将向下加速运动C ．电流表中将有从a 到b 的电流D ．电流表中将有从b 到a 的电流 三、非选择题10．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E .初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U 的电场加速后，从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域，A 点坐标为(0，h )．已知电子的电量为e ，质量为m ，加速电场的电势差U ＞Ed 24h，电子的重力忽略不计，求：(1)电子从A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t 和离开电场区域时的速度v ； (2)电子经过x 轴时离坐标原点O 的距离l .11. 如图所示为密立根油滴实验示意图．在电介质为空气的电容器中，观测以某一速度滴入的油滴．当开关S 断开时，从上板小孔飘入的带电油滴能以稳定的速率v 1下降．合上S ，过一会儿油滴由下降转为上升，稳定时速率为v 2.设油滴的质量为m ，电源电压为U ，板间距离为d ，油滴受到空气的黏滞阻力的大小与速度成正比，即F f ＝k v (式中k 为未知量)．(1)求油滴所带的电荷量q ；(2)设两板间距d ＝0.5 cm ，板间电压U ＝150 V ，测得油滴的直径D ＝1.10×10－6 m ，油滴的密度ρ＝1.05×103 kg/m 3，若实验中观察到油滴向下和向上匀速运动的速率相等，试由此计算油滴的电荷量并说明电性．12. (2014·绍兴调研)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤L )和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E ，但方向不同．在区域Ⅰ内场强方向沿y 轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，但都处在xOy 平面内．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从坐标原点O 以某一初速度沿x 轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P 点进入电场区域Ⅱ，到达区域Ⅱ右边界Q 处时速度恰好为零．P 点的坐标为⎝⎛⎭⎫L ，L2.不计粒子重力，求：(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度； (2)电场区域Ⅱ的宽度．详解答案与解析：1．[解析]选B.根据平行板电容器电容的公式C ＝εS4πkd 可知，在两极板间插入电介质后，电容C 增大，因电容器所带电荷量Q 不变，由C ＝Q U 可知，U ＝QC减小，B 正确．2．[解析]选D.当可移动介质P 向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A 错误；电容器的电压等于电源电动势U ＝E 不变，电荷量Q ＝CU 减小，选项B 错误；电容器放电，电流方向M →R →N ，M 点的电势比N 点的电势高，选项C 错误，D 正确．3．B4．[解析]选D.(1)当它从b c 边中点垂直该边以水平初速度v 0进入电场时，由动能定理得：qE l ＝E k －12mv 20即E k ＝qE l ＋12mv 20.(2)当它从ab 边中点垂直该边进入，则可能沿ad 边射出，也可能沿c d 边射出．①若从ad 边射出，则qE l 2＝E k －12mv 20，即E k ＝qE l 2＋12mv 20，则选项B 正确；②若从c d 边射出，设射出点与射入点沿场强方向的距离为x ,0＜x ≤l 2，则qE x ＝E k －12mv 20，得：12mv 20＜E k ≤qE l 2＋12mv 20. (3)若它从ad 边中点垂直该边进入电场，则先做匀减速运动．①若qE l ＝12mv 20，则到达b c 边时速度为零，故选项A 正确；②若qE l ＞12mv 20，则未出电场区，之后做反向匀加速运动，返回ad 边时，动能仍为12mv 20，故选项C 正确．③若qE l ＜12mv 20，则到达b c 边动能E k＝12mv 2－qE l .故答案为D. 5．[解析]选B.小球释放后，重力和电场力做功，左侧圆弧BD 的中点为等效场的最低点，到达左侧圆弧BD 的中点时速度最大，选项A 错误；小球释放后，从A 到D ，由动能定理得，mg R ＋qER ＝12mv 2D ，解得v 2D ＝4g R ，在最低点D ，由牛顿第二定律得，F D －mg ＝m v 2D R，解得第一次经过最低点D 时，管壁的支持力F D ＝5mg ，由牛顿第三定律得，小球对管壁的压力为5mg ，小球释放后，从A 到C ，由动能定理得，－mg R ＋2qER ＝12mv 2C ，解得v 2C ＝2g R ，小球对管壁的压力为F 1＝mg ，所以，小球释放后，第一次经过最低点D 和最高点C 时对管壁的压力之比为5∶1，选项B 正确；小球释放后，由于电场力做功，到达B 点的速度一定大于零，选项C 错误；小球从C 点开始，由动能定理得，2qER ＝12mv ′2C －12mv 2C ，在C 点，mg ＋F 2＝m v ′2CR，解得F 2＝5mg ，所以小球释放后，第一次经过最高点C 时和第二次经过最高点C 时对管壁的压力之比为1∶5，选项D 错误．6．[解析]选CD.由于两板间电压不变，由Uq ＝12mv 2知，改变两板距离v 保持不变，故A 、B 错C 对．两板间距离增大，由a ＝Uq m d 知，a 减小，由d ＝12at 2知，t 增大，故D 对．7．[解析]选BD.由题知有水平向左的匀强电场，带正电的矿粉受水平向左的电场力与自身重力的合力，方向偏左下方，合力方向与速度方向不在同一条直线上，矿粉做曲线运动落在左侧，A 错误；同理，带负电的矿粉落在右侧，由W ＝qE d 得电场力对正、负矿粉分别做正功，B 正确；再由W AB ＝E p A －E p B 得，当W ＞0时，E p 减小，C 错误，D 正确．8．[解析]选BC.粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错、B 对；由W ＝Eq·s 知在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对、D 错．9．BD10．[解析](1)由eU ＝12mv 20 得电子进入偏转电场区域的初速度v 0＝ 2eUm.设电子从M N 离开，则电子从A 点进入到离开匀强电场区域的时间t ＝d v 0＝d m2eU；y ＝12 at 2＝E d 24U因为加速电场的电势差U ＞E d 24h ， 说明y ＜h ，说明以上假设正确，所以v y ＝at ＝eEmdm 2eU ＝eE d m m 2eU离开时的速度v ＝v 20＋v 2y ＝ 2eU m ＋eE 2d 22mU.(2)设电子离开电场后经过时间t ′到达x 轴，在x 轴方向上的位移为x ′，则x ′＝v 0t ′，y ′＝h －y ＝h －v y2t ＝v y t ′则 l ＝d ＋x ′＝ d ＋v 0t ′＝d ＋v 0(h v y －t2)＝d ＋v 0v y h －d 2＝d 2＋v 0v yh代入解得l ＝d 2＋2hUE d.[答案]见解析11．[解析](1)设向下为正方向，S 合上前，油滴以速率v 1匀速下降，受重力mg 和向上的空气黏滞阻力kv 1作用，有：mg ＝kv 1S 合上后油滴以速率v 2匀速上升时，电场力qE 必向上，重力mg 和空气阻力kv 2均向下，有：qE ＝mg ＋kv 2又E ＝U d由上述三式解得：q ＝m gd (v 1＋v 2)v 1U.(2)设油滴的速率为v 0，下降时有 mg ＝kv 0上升时有qE ＝mg ＋kv 0又E ＝U d油滴的质量m ＝ρV ＝16πρD 3解得q ＝πρgd D33U代入数据可解得q ≈4.9×10－19 C 油滴应带负电．[答案](1)m gd (v 1＋v 2)v 1U(2)4.9×10－19 C 油滴带负电12．[解析](1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v 0，在x 轴方向上粒子做匀速直线运动L ＝v 0t在y 轴方向上粒子做初速度为零的匀加速直线运动 L 2＝12at 2 且a ＝qE m联立以上各式解得：v 0＝qE Lm.(2)粒子在区域Ⅱ中做匀减速直线运动，设粒子在P 点时的速度为v P ，在x 轴方向的分速度为v P x ，在y 轴方向上的分速度为v Py ，电场区域Ⅱ的宽度为Δx 2v P x ＝v 0＝ qE Lmv 2Py ＝2×qE m ×L 2 即v Py ＝ qE Lm故v P ＝v 2P x ＋v 2Py ＝ 2qE L m因为tan θ＝v Py v P x 所以θ＝π4设粒子从P 点做匀减速直线运动到Q 点所通过的位移为x ，则0－v 2P ＝－2×qEm ×x 解得x ＝LΔx 2＝x cos π4解得Δx 2＝22L .[答案](1) qE L m (2)22L。