课时作业20
电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
1．下列关于实验中使用静电计的说法中正确的是( )
A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况 C．静电计可以用电压表替代 D．静电计可以用电流表替代
解析：静电计是用来测量电容器两极板的电势差，从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化．如果用电压表、电流表来替代则构成电容器的放电回路，两电表都没有示数，故答案为A.
答案：A
2．如下图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强
1
E的变化情况是( )
A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E变小
解析：充电以后的电容器所带电荷量Q保持不变，故选项A、B错误；根据平行板电容εrS器的电容公式C＝，d增大，C减小；又由C＝Q/U得，U＝Q/C，故U增大；再由公式C4πkdεrSQU4πkQ＝、C＝和E＝可得E＝，所以E不变，答案为C. 4πkdUdεrS答案：C
3．如下图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是( )
A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大 C．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 D．以上解释都不正确
解析：设电子质量为m，电荷量为e，两板间距为d，则
2
1eU2
·t＝d，解得t＝d2md12
又eU＝mv－0得v＝
2答案：C
eU2eU2m，即t∝d 与d无关．
m4．如下图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电荷量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为＋Q的点电荷，杆上a、b两点到＋Q的距离相等，
Oa之间距
离为h1，ab之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a点的速率为3gh1.则下列说法正确的是( )
A．小环通过b点的速率为gh1＋2h2
B．小环从O到b，电场力做的功可能为零 C．小环在Oa之间的速度是先增大后减小 D．小环在ab之间的速度是先减小后增大
1212
解析：由动能定理：O→a，mgh1－Uq＝mva，O→b，mg(h1＋h2)－Uq＝mvb，解得vb＝
22
gh1＋2h2.
答案：A
5．如下图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体
以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为
v2(v2 3 2 v21＋v2 A．小物体上升的最大高度为 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 解析：本题综合考查库仑力、电场力做功与电势能变化的关系、动能定理，意在考查考生的推理能力和分析综合能力．M、N两点在同一等势面上．从M至N的过程中，根据动能121v1＋v2 定理，－mgh－Wf＝0－mv1，从N至M的过程中，mgh－Wf＝mv2由两式联立可得h＝，2， 224gA项正确；从N至M，点电荷周围的电势先增大后减小，故小物体的电势能先增大后减小，B项错误；从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，C项错误；根据库仑定律，从N到M的过程中，小物体受到的库仑力先增大后减小，受力分析知，小物体受到的支持力先增大后减小，因而摩擦力也是先增大后减小，D项正确． 答案：AD 6．如下图所示，质子(1H)和α粒子(2He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( ) 1 4 2 2 A．1:1 C．2:1 2 2 B．1:2 D．1:4 1EqL12ELq解析：由y＝ 2和Ek0＝mv0，得y＝可知，y与q成正比，B正确． 2mv024Ek0答案：B 4 7．如图所示，空间有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，在电场中P处由静止下落一质量为m、带电量为＋q的小球(可视为质点)．在P的正下方h处有一水平弹性绝缘挡板 S(挡板不影响电场的分布)，小球每次与挡板相碰后电量减小到碰前的k倍(k<1)，而碰撞过 程中小球的机械能不损失，即碰撞前后小球的速度大小不变，方向相反．设在匀强电场中，挡板S处的电势为零，则下列说法正确的是( ) A．小球在初始位置P处的电势能为Eqh B．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度大于h C．小球第一次与挡板相碰后所能达到最大高度时的电势能小于Eqh D．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度小于h 解析：因S处的电势为0，故φP＝Eh，小球在初始位置P处的电势能为φP·q＝Ehq，12 A正确，设小球第一次与挡板碰前的速度大小为v0，由动能定理得，mgh＋qEh＝mv0，设反 212mg＋qE弹后上升的高度为H，由动能定理得(mg＋Ekq)H＝mv0，由以上两式可得H＝h，因 2mg＋kqEkmg＋kqEk<1，故H>h，B正确，D错误；因Eqk·H＝Eqh· mg＋kEq答案：ABC 8．如下图所示，在xOy竖直平面内存在着水平向右的匀强电场．有一带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出，运动轨迹最高点为M，与x轴交点为N，不计空气阻力， 5 则小球( ) A．做匀加速运动 B．从O到M的过程动能增大 C．到M点时的动能为零 12 D．到N点时的动能大于mv0 2 解析：带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动，在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角，速度减小，A、B都错；小球自坐标原点到M点，y方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动，x方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，所以到M点时的动能不为零，C错；由动能定理1212 有：qEx＝mvN－mv0>0，D正确． 22 答案：D 二、计算题(3×12′＝36′) 9．如下图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×10 V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10 kg、电荷量q＝4×10C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求： －2 －5 3 6 (1)金属板的长度L. (2)小球飞出电场时的动能Ek. 解析：(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度： vy＝2gh＝2 m/s 设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tanθ＝＝2 小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tanθ＝＝v0vyqEqUdqU，L＝，解得L＝＝0.15 m. mgmgdtanθmgtan2θ 1212 (2)进入电场前mgh＝mv1－mv0 2212 电场中运动过程qU＋mgL＝Ek－mv1 2解得Ek＝0.175 J. 答案：(1)0.15 m (2)0.175 J 10．为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘透明的有机玻璃，它 的上下底面是面积A＝0.04 m的金属板，间距L＝0.05 m，当连接到U＝2500 V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如下图所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒10个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q＝＋1.0×10 －17 13 2 C，质量为m＝2.0×10 －15 kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用 和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．求合上开关后： 7 (1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？ (2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？ (3)经过多长时间容器里烟尘颗粒的总动能达到最大？ 解析：(1)当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附，烟尘颗粒 2 qU12qUt受到的电场力F＝，L＝at＝，t＝LL22mL2m＝0.02 s. qU1－4 (2)W＝NALqU＝2.5×10J. 2(3)设烟尘颗粒下落距离为x Ek＝mv2·NA(L－x)， L12 当x＝时，Ek达到最大，x＝at1. 22t1＝ 2x12 a＝Lm＝0.014 s. qU－4 答案：(1)0.02 s (2)2.5×10J (3)0.014 s 11．(2012·大纲全国理综)如下图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量π 分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直 6π 方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量． 3 8 解析：设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为 QU＝① C两极板之间电场的场强为E＝② 式中d为两极板间的距离． 按题意，当小球偏转角θ1＝为q，则有Tcosθ1＝mg③ π 时，小球处于平衡位置．设小球质量为m，所带电荷量6 UdTsinθ1＝qE④ 式中T为此时悬线的张力． 联立①②③④式得tanθ1＝ qQ⑤ mgCdπ 设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角θ2＝，则tanθ2＝ 3 qQ＋ΔQ⑥ mgCdtanθ1Q联立⑤⑥式得＝⑦ tanθ2Q＋ΔQ代入数据解得ΔQ＝2Q⑧ 答案：2Q 9