2023版新教材高考物理一轮复习课时分层作业(二十八)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(二十八)电容器的电容带电粒子在电场中的运动基础性题组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重庆八中下学期月考如图所示，OO为平行板电容器的中线，板间为竖直方向的匀强电场在O点分别以v0、的速度水平抛出两质量都为m且带同种电荷的小球A、B，qAqB31，两小球运动轨迹恰关于OO对称，重力加速度为g，则A球受到的电场力大小为()Amg BmgCmg Dmg42022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

3、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z值(结果可带根号).课时分层作业(二十八)电容器的电

4、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

5、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：两球的运动轨迹关于OO对称，说明两球的水平位移相同时，两球的位移与水平方向的夹角相同，由tan yx12axvx2xax2vx2 ，可知A、B加速度大小之比为aAaBv02v02241，则所受合外力之比为41.两小球电性相同，则所受电场力都向上，有(FAmg)(mgFB)41，且FAFBqAqB31，解得FA157mg，A项正确答案：A4解析：由图乙可知小球从A到B做加速运动，小球的

6、加速度逐渐变小，故所受电场力沿斜面向上，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：B5解析：(1)EkU1e1 000 eV；(2)根据U1q12mv2，出偏转电场时的偏移量y12at212U2edmlv2二者结合得：yU2l24dU1；再由yYl2l2+L得Yll+2L4dU1U2；(3)当电子从下极板边缘射出时，Y有最大值，即d2Yml2l2+L，即Ymdl+

7、2L2l0.06 m.答案：(1)1 000 eV(2)Yll+2L4dU1U2(3)0.06 m6解析：由QCU知，U降低，Q减小，故为放电过程，选项A错误、B正确；由CQU0.240 F5103 F，可知选项C错误；QCU51034 C0.02 C，选项D错误答案：B7解析：由公式CrS4kd，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CQU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CrS4kd，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CQU可知电荷量Q不变时，U增加，则增加，故B正确，D错

8、误答案：BC8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CQU知QCU701065103 C0.35 C，选项C错误；由PtE总知，1001032103875100%23%，选项D正确答案：D9解析：根据CrS4kd，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.CrS4kdr2rh4kd，解得h2kdItUrr，故D正确答案：BC

9、D10解析：粒子在加速电场中运动时，由动能定理得qU112mv02 ，在偏转电场中运动时，加速度为aqU2md，则偏转距离为y12at2，在偏转电场中的运动时间为tlv0，联立上式得yU2l24U1d，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U2U1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 atv0U2l2U1d，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12mvm20q(U1U2)qE，解得vm2qEm，故C正确，D错误答案：BC11解析：(1)氕粒子在左侧电场中做类平抛运动，有x12at12yv0t1而y2x，Fma由动能定理得Fx12mv02n12mv02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vx2E1qdmv0粒子在右侧电场中做类斜抛运动，有xdvxt2yv0t2+12E2qmt22由动能定理得E1qdE2qy612mv0212mv02联立解得x1+5 4 m答案：(1)3(2)1+54 m