第一章 电容器带电粒子在匀强电场中的运动 同步作业Word版含解析

电容器　带电粒子在匀强电场中的运动

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)(　　)
解析：　由a至c的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b点的速度方向vb如图，由a至c速率递减可知受力方向如图中F，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F反向，D正确。
答案：　D
2.
(2018·福建漳州模拟)如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，电介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上的物理量变化可确定被测物体的位置。则下列说法中正确的是(　　)
A．若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上电荷量增加
B．若电容器极板上电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大
C．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板
D．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板
解析：　若x变大，则由C＝可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q＝CU知电容器的电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确。若电容器极板上电荷量不变，x变小，则电容器电容增大，电容器极板间电压减小，B错误。
答案：　D
3．(2018·安徽联考)美国物理学家密立根于20世纪进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源。从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测这个速度的大小为v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则计算油滴带电荷量的表达式为(　　)
A．q＝　　　　　　　　 B．q＝
C．q＝ D．q＝
解析：　带电油滴恰好悬浮时，由平衡条件有：q＝mg，油滴匀速下落时有v＝km，解得q＝，故B正确。
答案：　B
4．(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是(　　)
A．减小墨汁微粒的质量
B．减小墨汁微粒所带的电荷量
C．增大偏转电场的电压
D．增大墨汁微粒的喷出速度
解析：　根据偏转距离公式y＝可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B、D正确。
答案：　BD
5.
(多选)(2018·吉林长春质检)如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是(　　)
A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动
B．保持开关S闭合，将A、B两极板间距增大一些
C．断开开关S后，将A、B两极板间距增大一些
D．断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些
解析：　保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则静电计指针张角不变，故选项A、B错误；断开开关后，电容器带电荷量Q不变，将A、B两极板正对面积减小，或A、B间距增大，电容C减小，根据C＝可知，电势差U增大，静电计指针张角增大，故选项C、D正确。
答案：　CD
6.
如图所示，空间存在着强度E＝2.5×102 N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5 m的绝缘细线，—端固定在O点，另一端拴着质量m＝0.5 kg、电荷量q＝4×10－2 C的小球。现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂。取g＝10 m/s2。求：
(1)小球的电性。
(2)细线能承受的最大拉力。
(3)当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度。
解析：　(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电。
(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，
(qE－mg)L＝mv2①
在最高点对小球由牛顿第二定律得，
FT＋mg－qE＝m②
由①②式解得，FT＝15 N。
(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a＝③
设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L＝vt④
设竖直方向上的位移为x，
则x＝at2⑤
由①③④⑤解得x＝0.125 m
所以小球距O点高度为x＋L＝0.625 m。
答案：　(1)正电　(2)15 N　(3)0.625 m
◎ 能力提升练
7．(多选)(2018·湖南长沙模拟)
如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，现将其与理想的二极管(二极管具有单向导电性)串联接在电源上，已知上极板A通过二极管和电源正极相连，一带电小球从一确定的位置水平射入，打在下极板B上的N点，小球的重力不能忽略，现仅竖直上下移动A板来改变两极板A、B间距(下极板B不动，两极板仍平行，小球水平射入的位置不变)，则下列说法正确的是(　　)
A．若小球带正电，当A、B间距离增大时，小球打在N点的右侧
B．若小球带正电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的左侧
C．若小球带负电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的右侧
D．若小球带负电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的左侧
解析：　因为二极管具有单向导电性，所以电容器两极板上的电荷量只能增大，不能减小；若小球带正电，小球受到的电场力竖直向下，当A、B间距离增大时，电容器的电容减小，但极板上的电荷量不变，两极板间电场强度不变，小球受力不变，所以仍会打在N点；A、B间距离减小，电容器电容变大，极板上电荷量变大，两极板间的电场强度增大，小球受到的竖直向下的合力变大，加速度变大，运动时间变小，水平位移变小，所以小球打在N点的左侧，故A错误，B正确。同理可知C正确，D错误。
答案：　BC
8.
如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab＝2bc＝2L，电场线与矩形所在的平面平行，已知a点电势为18 V，b点电势为10 V，c点电势为6 V。一质子从a点以速度v0射入电场，v0与ab边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab中点e，不计质子重力，下列判断正确的是(　　)
A．d点电势为12 V
B．质子从a到b电势能增加了6 eV
C．电场强度大小为
D．质子从a到e所用时间为
解析：　
由于在匀强电场中沿同一方向移动相同的距离时电势的变化相同，故Udc＝Uab，φa－φb＝φd－φc，故φd＝14 V，A错误；由于a点电势为18 V，b点电势为10 V，在匀强电场中，ab中点e的电势为14 V，故d、e连线为等势线，与等势线垂直的方向为电场方向，如图所示，质子在电场力作用下由a运动到b，电场力做正功，电势能减少8 eV，B错误；电场强度大小为E＝＝＝，C错误；从a到e，质子做类平抛运动，在垂直电场方向的分运动为匀速直线运动，根据几何关系可知，在垂直电场方向的位移为，故质子从a到e所用时间t＝，D正确。
答案：　D
9.
(2018·福建宁德模拟)如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E1、E2，已知区域Ⅰ宽L1＝0.8 m，区域Ⅱ宽L2＝0.4 m，E1＝10 V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E2＝20 V/m且方向竖直向下。带电荷量为q＝1.6×10－3 C、质量m＝1.6×10－3 kg的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放。g取10 m/s2，求：
(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间；
(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向。
解析：　(1)小球在电场Ⅰ区域受到的电场力F1＝qE1，
小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为
F合＝F1cos 45°＝1.6×10－2 N，
则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a1＝＝10 m/s2，
小球运动时间t1＝ ＝0.4 s。
(2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v0＝a1t1＝4 m/s，
小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a2＝g＋＝30 m/s2，
小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间
t2＝＝0.1 s。
小球在竖直方向的分速度vy＝a2t2＝3 m/s，
小球离开电场Ⅱ区域的速度v＝＝5 m/s，
设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ，则
tan θ＝＝，得θ＝37°。
答案：　(1)10 m/s2　0.4 s　(2)5 m/s　速度方向与水平夹角为37°斜向右下方
10．(2018·山西省重点中学联考)如图所示为一多级加速器模型，一质量为m＝1.0×10－3 kg、电荷量为q＝8.0×10－5 C的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A点水平抛出，恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间，A点在MN板左端M点正上方，倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L＝1.0 m，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U；
(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E＝100 V/m，要使带电小球不打在PQ板上，则两板间的距离d至少要多长？
解析：　(1)设小球从A点到B点的运动时间为t1，小球的初速度为v0，A点到M点的高度为y
则有＝tan θ①
cos θ＝v0t1②
y－sin θ＝gt③
联立①②③并代入数据解得v0＝ m/s，y＝ m④
带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有
qU＝mv－0⑤
代入数据解得U＝18.75 V
(2)进入电场时，以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y轴方向有
Fy＝mgcos θ－qE＝0⑥
沿x轴方向有Fx＝mgsin θ⑦
故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有
Fx＝ma⑧
＝at⑨
dmin＝ t2
联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得dmin＝ m
即两板间的距离d至少为 m。
答案：　(1)18.75 V　(2) m