1、课时作业(二十五)电容器带电粒子在电场中的运动双基巩固练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)()2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3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
2、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，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“5.5V1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5V的电压时电容才为1.0F4静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器，两板之间的电势差越大，则静电计的指针偏角越大平行板电容器、滑动变阻器、电源、开关以及静电计按如图所示的电路连接当开关闭合时，静电计的指针有偏转下列做法能使偏角增大的是()A断开开关，增大两极板间的距离B保持开关闭合，增大两极板间的距离C保持开
3、关闭合，减小两极板间的距离D保持开关闭合，使滑动变阻器的滑片向左移动5(多选)一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小(如图)，则产生故障的原因可能是()A加速电压突然变大B加速电压突然变小C偏转电压突然变大D偏转电压突然变小62021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()A.mgB.mgC.mgD.mg72021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
4、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AEB，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：B8解析：由于不知道电场的方向，所以无法确定粒子的电性，选项A错误；根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的凹侧可知，粒子受的电场力方向向上，所以粒子从A到B过程中电场力做负功，电势能增大，选项C正确；在沿
5、电场线方向A、B间的位移大小为yLcos ，由动能定理得qUABqEymvmv，所以E，选项B正确；虽然可分析出粒子所受的电场力方向向上，但无法确定电场的方向，所以无法确定等势线的电势的高低，选项D错误答案：BC9解析：(1)质子的运动轨迹如图所示，设在A、B两点的速率分别为v0、v，由题意知，v与v0的夹角为60，所以cos 60.(2)设质子在电场中运动的加速度为a，从A运动到B经历的时间为t1.OBONNB，由几何关系有ONAMsin 30，NBMBcos 30，沿垂直于v0方向上AMat，沿平行于v0方向上MBv0t1，在B点vsin 60at1，v0vcos 60，联立解得OB，设质
6、子从B到C经历时间为t2，添加如图的辅助线，沿CP方向BCsin 60vt2，沿BP方向BCcos 60at，联立解得BC，所以.答案：(1)1:2(2)27:6410解析：本题考查带电粒子在电场中的偏转问题根据E，两极板间电势差不变，两极板间的距离增大，则两极板间的电场强度变小，选项A错误；电子离开电容器时速度的偏转角的正切值tan (L为两极板长度)，则当d变大时tan 变小，变小，选项B正确；电子离开电容器时的侧移量为yat22，则当d变大时，y变小，选项C错误；电子通过电容器的时间为t，不变，选项D错误答案：B11解析：以A点为坐标原点，沿A点速度方向为x轴正方向，垂直A点速度方向向下
7、为y轴正方向建立直角坐标系，x轴方向的速度由2v0减为v0cos 60，故Ex方向向左，y轴方向的速度由0增加到v0sin 60，故Ey方向向下，故合电场强度方向斜向左下方，利用运动学公式以及牛顿第二定律，有(v0cos 60)2(2v0)22dcos 30，(v0sin 60)22dsin 30，该匀强电场的电场强度为E，解得E，选项A、B、C错误，D正确答案：D12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，根据牛顿第二定律，加速度a，解得a5 m/s2，根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xAv0t，竖直方向有yPat2，联立得v0xA，代入数据，解得v01 m/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，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，解得E50 N/C，设小球在水平电场中运动的水平距离为l，根据电势差与电场强度的关系有UABEl，解得UAB5 V.(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有mv2mvmg(yPd)qUABqE0yP，解得v m/s.答案：(1)1 m/s(2)5 V(3) m/s
