统考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含答案

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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E
B．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，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 V 1.0 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 F
3．[2022·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EA>EB
C．电势φAd的区域内有沿y轴正方向、场强大小为E2＝4E1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y＝ eq \r(2) x，且x≤0.5 m)，求n的值；
(2)若从O点沿y轴正方向以v0＝ eq \r(\f(2E1qd,m)) (其中 eq \f(q,m) 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错误．
答案：B
2．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 V 1.0 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：A
3．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，故所受电场力沿斜面向上，小球受到的电场力逐渐变小，则EA>EB，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φA>φB，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：B
4．解析：（1）Ek＝U1e＝1 000 eV；
（2）根据U1q＝ eq \f(1,2) mv2，出偏转电场时的偏移量
y＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) × eq \f(U2e,dm) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v))) eq \s\up12(2)
二者结合得：
y＝ eq \f(U2l2,4dU1) ；再由 eq \f(y,Y) ＝ eq \f(\f(l,2),\f(l,2)＋L) 得Y＝ eq \f(l（l＋2L）,4dU1) U2；
（3）当电子从下极板边缘射出时，Y有最大值，
即 eq \f(\f(d,2),Ym) ＝ eq \f(\f(l,2),\f(l,2)＋L) ，
即Ym＝ eq \f(d（l＋2L）,2l) ＝0.06 m.
答案：（1）1 000 eV （2）Y＝ eq \f(l（l＋2L）,4dU1) U2 （3）0.06 m
5．解析：由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，选项A错误、B正确；由C＝ eq \f(Q,U) ＝ eq \f(0.2,40) F＝5×10－3 F，可知选项C错误；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，选项D错误．
答案：B
6．解析：由公式C＝ eq \f(εrS,4πkd) ，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＝ eq \f(Q,U) 可知电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝ eq \f(εrS,4πkd) ，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＝ eq \f(Q,U) 可知电荷量Q不变时，U增加，则θ增加，故B正确，D错误．
答案：BC
7．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＝ eq \f(Q,U) 知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝ eq \f(Pt,E总) 知，η＝ eq \f(100×103×2×10－3,875) ×100%≈23%，选项D正确．
答案：D
8．解析：根据C＝ eq \f(εrS,4πkd) ，当d、εr不变时，C∝S，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Q＝CU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ΔQ＝UΔC＝It.ΔC＝ eq \f(εrΔS,4πkd) ＝ eq \f(εr·2πrΔh,4πkd) ，解得Δh＝ eq \f(2kdIt,Uεrr) ，故D正确．
答案：BCD
9．解析：粒子在加速电场中运动时，由动能定理得qU1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，在偏转电场中运动时，加速度为a＝ eq \f(qU2,md) ，则偏转距离为y＝ eq \f(1,2) at2，在偏转电场中的运动时间为t＝ eq \f(l,v0) ，联立上式得y＝ eq \f(U2l2,4U1d) ，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 eq \f(U2,U1) 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 α＝ eq \f(at,v0) ＝ eq \f(U2l,2U1d) ，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 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(m)) －0＝q（U1＋U2）＝qE，解得vm＝ eq \r(\f(2qE,m)) ，故C正确，D错误．
答案：BC
10．解析：（1）氕粒子在左侧电场中做类平抛运动，有x＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
y＝v0t1
而y＝ eq \r(2) x，F＝ma
由动能定理得Fx＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ×n－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
联立解得n＝3
（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vx＝ eq \r(\f(2E1qd,m)) ＝v0
粒子在右侧电场中做类斜抛运动，有
x－d＝vxt2
Δy＝v0t2＋ eq \f(1,2) · eq \f(E2q,m) ·t eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
由动能定理得E1qd＋E2q·Δy＝6× eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
联立解得x＝ eq \f(1＋\r(5),4) m
答案：（1）3 （2） eq \f(1＋\r(5),4) m