2023版高考物理一轮复习课时分层作业二十三电容器的电容带电粒子在电场中的运动.docx

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1、课时分层作业(二十三)电容器的电容带电粒子在电场中的运动基础题组1如图所示为电子枪的工作原理，金属丝加热后可以发射电子，发射出的电子被加速电场加速，穿出金属板上的小孔后，形成高速运动的电子束其中加热电源的电动势为E，加速电压为U.下列说法正确的是()A加热电源的正负极不能接反B加速电压的正负极不能接反C加速电场的电场线从金属丝发出，终止于金属板D电子被加速时，一定是沿着电场线运动的2下列关于电容器的相关知识描述正确的是()A图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势EB图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变C图丙为电解电容器的实物图和符号，

2、图丁为可变电容器及其符号，两种电容器使用时都严格区分正负极D图戊中的电容器上有“5.5 V1.0 F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5 V的电压时电容才为1.0 F32022山东淄博诊断考试如图甲所示，A、B是一条与光滑斜面平行的电场线上两点，若在斜面上某点以一定初速度发射一带正电的小球，小球沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示则()A电场是一个匀强电场B电场强度EAEBC电势Ad的区域内有沿y轴正方向、场强大小为E24E1的匀强电场，在坐标原点O处有一氕粒子源，它一次可以向外放出一个或多个氕粒子，不计粒子的重力及相互作用力(1)若从O点沿y轴正方向发射许多初速度大小不同

3、的氕粒子，当它们在场强为E1的电场中运动的动能均变为初动能的n倍时，其位置分布在图中过原点的倾斜虚线上(虚线满足yx，且x0.5 m)，求n的值；(2)若从O点沿y轴正方向以v0(其中为氕粒子的比荷)的初速度发射一个氕粒子，当它的动能变为初动能的6倍时，求其位置的横坐标x值(结果可带根号).课时分层作业（二十三）电容器的电容带电粒子在电场中的运动1解析：金属丝加热后发射电子，加热电源的正负极互换也不影响，故A错误；电子加速时，当加速电压正负极互换，电子不被加速，故B正确；电场线从正极板出发，终止于负极板，故C错误；电子被加速时，受到的电场力方向与电场线方向相反，是沿着电场线反方向运动的，故D错

4、误答案：B2解析：题图甲为电容器充电过程，电容器上极板与电源的正极相连，故上极板带正电，充完电后两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；题图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且电流逐渐减小，故B错误；题图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；题图戊中的电容器上有“5.5 V1.0 F”字样，说明该电容器两端电压最大值为5.5 V，而电容与电容器的电压，及电荷量均无关，总是为1.0 F，故D错误答案：A3解析：由图乙可知小球从A到B做加速运动，小球的加速度逐渐变小，故所受

5、电场力沿斜面向上，小球受到的电场力逐渐变小，则EAEB，选项A错误，B正确；小球从A到B做加速运动，所受电场力沿斜面向上，则电场线方向为从A指向B，故AB，选项C错误；根据能量守恒定律可知，小球的机械能与电势能之和不变，小球从A到B，动能增大，故小球的重力势能与电势能之和减小，选项D错误答案：B4解析：（1）EkU1e1 000 eV；（2）根据U1qmv2，出偏转电场时的偏移量yat2二者结合得：y；再由得YU2；（3）当电子从下极板边缘射出时，Y有最大值，即，即Ym0.06 m.答案：（1）1 000 eV（2）YU2（3）0.06 m5解析：由QCU知，U降低，Q减小，故为放电过程，选项

6、A错误、B正确；由C F5103 F，可知选项C错误；QCU51034 C0.02 C，选项D错误答案：B6解析：由公式C，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增加，则电容C增加，由公式C可知电荷量Q不变时，U减小，则减小，故A错误，C正确；由公式C，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，则电容C减小，由公式C可知电荷量Q不变时，U增加，则增加，故B正确，D错误答案：BC7解析：电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C知QCU701065103 C0.35 C，选项C错误；由知，100%23

7、%，选项D正确答案：D8解析：根据C，当d、r不变时，CS，而正对面积S正比于液面高度h.电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量QCU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确t时间内放电，释放的电荷量QUCIt.C，解得h，故D正确答案：BCD9解析：粒子在加速电场中运动时，由动能定理得qU1mv，在偏转电场中运动时，加速度为a，则偏转距离为yat2，在偏转电场中的运动时间为t，联立上式得y，其中l是偏转极板的长度，d是板间距离，则粒子的竖直偏转距离y与成正比，故A错误；从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值tan ，将滑片P向右滑动的过程中，U1逐渐增大，U2逐渐减小，可知偏转角逐渐减小，故B正确；粒子紧贴M板飞出时，电场力做功最多，粒子的速率最大，对紧贴M板飞出的粒子，对全过程应用动能定理得mv0q（U1U2）qE，解得vm，故C正确，D错误答案：BC10解析：（1）氕粒子在左侧电场中做类平抛运动，有xatyv0t1而yx，Fma由动能定理得Fxmvnmv联立解得n3（2）粒子在左侧电场中做类平抛运动，出电场时沿x轴正方向的速度为vxv0粒子在右侧电场中做类斜抛运动，有xdvxt2yv0t2t由动能定理得E1qdE2qy6mvmv联立解得x m答案：（1）3（2） m