高中物理教科版选修3-1 作业 电容器、带电粒子在电场中的运动 Word版含解析

A组
1．工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示的传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上(电源电压小于材料的击穿电压)．当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是(　　)
A．A、B平行板电容器的电容增大
B．A、B两板间的电场强度减小
C．A、B两板上的电荷量变大
D．有电流从a向b流过灵敏电流计
【解析】根据C＝可知当产品厚度减小，导致ε减小时，电容器的电容C减小，再根据Q＝CU可知极板带电量Q减小，有放电电流从a向b流过，故A、C错误，D正确；因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度为E＝不变，故B错误．
【答案】D
2．某同学按如图1所示连接电路，利用电流传感器研究电容器的放电过程．先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I－t曲线，如图2所示．定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的“面积”S，但电源电动势和内阻及电容器的电容均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是(　　)
A．电容器放出的总电荷量
B．电阻R两端的最大电压
C．电容器的电容
D．电源的内阻
【解析】根据横轴与纵轴的数据可求得一个格子的电量，依据大于半格算一格，小于半格舍去，由图象可知所包含的格子个数，从而即可求得释放的电荷量Q；根据电容器的电容C＝，且电阻R两端的最大电压U＝E＝I0R，解得：C＝，因此依据电源的电动势，即可求解电容器的电容，而电源的内阻，无法求解，故A、B、C正确，D错误．
【答案】D
3．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)
　　　　　　　　　　　　
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
【解析】由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变．因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确．
【答案】D
4．如图所示，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(　　)
A．保持U2和平行板间距不变，减小U1
B．保持U1和平行板间距不变，增大U2
C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板
D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板
【解析】粒子在电场中加速U1q＝mv，在偏转电场中x＝v0t，y＝t2，解得x＝.保持U2和平行板间距不变，减小U1则x会减小，选项A错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，选项B错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，则x变大，故选项D正确．
【答案】D
5.
(多选)如图所示，a为xOy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xOy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成θ角斜向右上射入电场，粒子只在电场力作用下运动，经过y正半轴上的b点(图中未标出)，则下列说法正确的是(　　)
A．若粒子在b点速度方向沿x轴正方向，则电场方向可能平行于x轴
B．若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点
C．若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等
D．若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反
【解析】根据粒子在b点的速度方向水平向右可得：粒子运动过程中y方向的加速度不为零，故电场力沿y方向的分力不为零，所以电场不可能平行于x轴，故A错误；粒子在b点速度最小，即动能最小，那么，粒子在b点的电势能最大，又因为粒子带正电，所以粒子在b点的电势最高，故B错误；粒子在b点速度和在a点速度相等，动能相等，电势能相等，故电势相等，故C正确；粒子在b点速度为零，那么，从a到b的运动过程速度变化方向为v0的反方向，故加速度为v0的反方向，所以电场力方向为v0的反方向，电场方向为v0的反方向，故D正确．
【答案】CD
6.
在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成α＝30°角的匀强电场，电场中有一质量为m、电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．开始时小球静止在M点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，已知重力加速度为g，以下判断正确的是(　　)
A．小球再次到M点时，速度刚好为零
B．小球从P到M过程中，合外力对它做的功为mgL
C．小球从P到M过程中，其机械能增加了mgL
D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动
【解析】当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，故A错误；电场力与重力合力为 F合＝mgcot 30°＝mg，这个方向上位移为L，所以合外力做功为 W合＝F合L＝mgL，故B正确；合外力做功为mgL，由动能定理知动能增加量为mgL.重力势能增加量为mgL，而机械能增加量等于动能增加量mgL和重力势能增加量mgL之和，故C错误；若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故D错误．
【答案】B
B组7.如图所示，真空中某直线形粒子发射装置水平放置在截面为三角形的匀强电场区域上方，匀强电场水平向里，且足够长，图示是前视图．已知发射的都是质子，同时射出的粒子为同一批粒子，出射速度一样，不计重力．经过电场偏转打在水平地面的光屏上．则从上往下看，关于打在光屏上的粒子说法正确的是(　　)
A．同批射出的粒子，在左右两边的最先到达地面光屏
B．同一批射出的粒子打在地面光屏上呈“∧”形状
C．不同批次射出的粒子速度越大打在地面光屏上离开x轴的平均距离越远
D．同一批射出的粒子打在地面光屏上时电势能的改变量正比于入射电场时离x轴的高度的平方
【解析】由题意可知，粒子进入电场后，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，所以同批射出的粒子同时到达地面，故A错误．由类平抛运动规律知：竖直方向有 h＝v0t，水平方向有 d＝at2，a＝，与平抛运动类比可知，粒子打在地面光屏上不是呈“∧”形状，而是抛物线，故B错误．粒子速度越大，则在电场中运动时间越短，距离x轴的平均速度越近，故C错误．根据功能关系有－ΔEp＝W电＝qEd＝qE··＝，即同一批射出的粒子打在地面光屏上时电势能的改变量正比于入射电场时离x轴的高度的平方．故D正确．
【答案】D
8.
面对近期华北地区严重的空气污染，某同学设计了一个如图所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为L的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高为h的用绝缘透明有机玻璃制成可开启和关闭的通道口．使用时底面水平放置，两金属板连接到电压为U的高压电源两极(下板接负极)，于是在两金属板间产生一个匀强电场(忽略边缘效应)．均匀分布的带电烟尘颗粒在单位体积内的烟尘个数为n，已知每个烟尘颗粒质量为m、带电荷量为＋q，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒的重力．
(1)左右通道口关闭，假设烟尘颗粒开始都在容器内处于静止状态，在闭合开关后：
①经过多长时间颗粒可以被全部吸附？
②除尘过程中电场对烟尘颗粒共做多少功？
(2)左右通道口开启，假设烟尘颗粒以v＝10 m/s的水平速度从左向右通过除尘器，且以上各物理量取值U＝1 600 V，L＝0.20 m，h＝0.10 m，n＝1012个/m3，q＝＋2.0×10－17 C，m＝1.0×10－15 kg，在闭合开关后：
①求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离；
②除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数．除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值．试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法(提出一种方法即可)．
【解析】(1)①因为h＝·t2，解得t＝h.
②电场力做功W＝q总＝Uq·nL2h.
(2)①因为h′＝·
解得h′＝0.064 m＝6.4 cm
因为h′②η＝＝＝64%
因为h′＝at2＝
所以η＝＝，故方法1，增大金属极板间电压，方法2，减小颗粒进入通道的速度．
【答案】(1)①h　②Uq·nL2h
(2)①6.4 cm　②64%　方法1，增大金属极板间电压，方法2，减小颗粒进入通道的速度
9.
如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m，相距l，其中A球带正电，所带电荷量为q，小球B不带电．若在A球开始向右侧区域加一水平向右的匀强电场，电场强度为E，A球受到电场力的作用向右运动与B球碰撞．设每次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移．求：
(1)小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；
(2)若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度；
(3)若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量．
【解析】(1)根据牛顿运动定律：qE＝ma，则有：a＝，
设第一次碰撞时小球A的速度为v，根据动能定理：
Eql＝mv2
解得：v＝.
(2)第一次碰撞前后小球A的速度为vA1和vA1′，小球B碰撞前后的速度为vB1和vB1′，根据动量守恒定律，碰撞前后速度交换，所以vA1＝v，vB1＝0，vA1′＝0，vB1′＝v
A球运动的距离为l，第一次碰撞后，小球A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速度为v的匀速直线运动．设第二次碰撞前后A球的速度为vA2和vA2′小球B碰撞前后的速度为vB2和vB2′，第一次碰撞后至第二次碰撞前：vB2t＝(0＋vA2)·，又vB2＝vB1′＝v，
所以：vA2＝2v；碰后vA2′＝v
而B球碰前为v，碰后为2v.从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离为l2，根据动能定理： Eql2＝m(2v)2－0
l2＝4l，电场宽度为：L＝l＋4l＝5l.
(3)二次碰撞后，A球做初速度为v的匀加速直线运动，B球做速度为2v的匀速直线运动．
设A球第三次碰撞前后的速度为vA3和vA3′，小球B碰撞前后的速度为vB3和vB3′
所以t2＝2vt2
从第二次碰撞到第三次碰撞过程中，A球运动的距离为l3：
qEl3＝m (3v)2－mv2
l3＝8l
所以：电场的宽度：L′＝l1＋l2＋l3＝13l
A球减少的电势能ΔEp＝Eq×13l＝13Eql
【答案】(1)　(2)5l　(3)13l　13Eql