1、6-3静电现像电容器与电容带电粒子在电场中的运动 (45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分。每小题至少一个答案正确，选不全得4分。)1(2013秦淮检测)如图(甲)所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化的情况。在图(乙)中能正确反映C与d之间变化规律的图像是()【解析】 由平行板电容器电容的决定式CrS/(4kd)可知，电容C与极板之间距离d成反比，在第一像限反比例函数图像是双曲线的一支，所以A正确。【答案】 A2如图所示，在xOy竖直平面内存在
2、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，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D到N点时的动能大于mv【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方向在静电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；由动能定理有：qExmvmv0，D正确。【答案】 D3(2014巢湖
3、模拟)如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知()A电场中A点的电势低于B点的电势B微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和【解析】 带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，其受到的静电力F只能垂直等势面水平向左，场强则水平向右，如图所示。所以电场中A点的电势高于B点的电势，A错；微粒从A向B运动，则合外力做负功，动能减小，静电力做负功，电势能增加，
4、C错，B对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错。【答案】 B4如图所示，一个带电粒子从粒子源进入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是()A.B.C.D.【解析】 根据动能定理知，当带电粒子刚好从板间飞出时，qU1mv2，再由t和yat2()2，得yd，解得，故C正确。【答案】 C5为模拟空气净化过程，有人设计了如图所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等。第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线方向
5、形成一个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如图乙所示。已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即Ffkv(k为一定值)，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，重力可忽略不计，则在这两种方式中()A尘粒最终一定都做匀速运动B尘粒受到的电场力大小相等C电场对单个尘粒做功的最大值相等D在乙容器中，尘粒会做类平抛运动【解析】 由于电压U、圆桶的高与直径及空气阻力的大小不能计算，就不能确定尘粒最终是否做匀速运动，A项错误；在甲、乙容器中，E中的d是不同的，所以FqE一定不同，B项错误；电场力对
6、单个尘粒做功的最大值均为WqU，C项正确；由于忽略重力，在甲、乙桶中，尘粒均做直线运动，D项错误。【答案】 C6如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态。若上极板a向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法正确的是()A液滴将加速向下运动BM点电势升高CM点的电场强度变小了D在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同【解析】 两极板始终与电源相连，所以a下移过程中极板间电压U不变。由E可知，d减小，E增大，故C错；开始时带电液滴静止，即mgqE，a下移，则qEmg，带电液滴向上加速运动，故A错；由M
7、UMbEdMb可知，a下移M点电势升高，故B正确；a板移动前后，a、b间电势差U不变，所以电场力做功相同，故D正确。【答案】 BD7一正电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图所示。下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势的高低的判断，正确的是()AEAEB，AB BEAEB，ABCEAEB，AB DEAEB，AB【解析】 物体受电场力的作用，合力不为零。由运动图像可知速度的大小没有变化，故物体只能做匀速圆周运动，故选B。【答案】 B8如图甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强
8、电场；有一个比荷1.0102 C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其v t图像如图乙所示，则下列说法正确的是()A右侧金属板接电源的正极B所加电压U100 VC乙图中的v22 m/sD通过极板间隙所用时间之比为1(1)【解析】 带正电的粒子在电场力作用下由左极板向右运动，可判断右侧金属板接电源负极，A选项错误。由v t图像可知，00.5 s带电粒子的加速度a2 m/s2，两板间距离dat20.25 m，由Eqma得E200 V/m，U2Ed100 V，B选项正确。可将粒子在两个极板间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运动
9、，两间隙距离相等，则有t1t21(1)，D选项正确。v1v21，将v11.0 m/s代入，得v2 m/s，C选项错误。【答案】 BD9(2014东北三校一模)如图所示，匀强电场中有一绝缘直角杆PQM，PQL，QM2L，杆上固定三个带电小球A、B、C，初始时杆PQ段与电场线垂直。现将杆绕Q点顺时针转过90至虚线位置，发现A、B、C三个球的电势能之和保持不变，若不计小球间的相互作用，下列说法正确的是()A此过程中，电场力对A球和C球做功的代数和为零BA球一定带正电，C球一定带负电C此过程中C球电势能减少DA、C两球带电量的绝对值之比|qA|qC|21【解析】 由题意知，直角杆PQM顺时针转90的过
10、程中，由WqU可得，电场力对B球不做功，对A球做功W1qAEL，对C球做功W2qCE2L，因为转动前后A、B、C三个球的电势能之和保持不变，由功能关系得，W1W200，即：qAELqCE2L0，则知A、C两球带异种电荷，但具体A、C两球的电性不明确，则其电势能变化情况不明确，而A、C两球带电量的绝对值之比|qA|qC|21。故A、D对，B、C错。【答案】 AD10(2014安徽联考)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个电量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的v t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出
11、了该切线)。则下列说法正确的是()AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E2 V/mB由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C由C到A的过程中，电势逐渐升高DA、B两点电势差UAB5 V【解析】 由图乙知，小物块在B点时加速度最大，故B点场强最大，加速度大小为2 m/s2，据qEma得E1 V/m，选项A错误；由C到A的过程中小物块的动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qUABmvmv，解得：UAB5 V，选项D正确。【答案】 D二、计算题(本大题共2小题，共30分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11(2014四川攀枝花二模)
12、(14分)如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m2.01011 kg、电荷量为q1.0105 C，从a点由静止开始经电压为U100 V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30角。已知PQ、MN间距离为20 cm，带电粒子的重力忽略不计。求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差。【解析】 (1)由动能定理得：qUmv代入数据得v1104 m/s。(2)因粒子重力不计，则进入PQ、MN间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速度方向做匀速直线
13、运动：dv1t粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：vyat由题意得：tan 30由牛顿第二定律得：qEma联立以上相关各式并代入数据得：E103 N/C1.73103 N/C。(3)由动能定理得：qUabmv2m(vv)联立以上相关各式代入数据得：Uab400 V。【答案】 (1)104 m/s(2)1.73103 N/C(3)400 V12(能力挑战题)(16分)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m0.2 kg，带电荷量为q2.0106 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数0.1。从t0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电
14、场(取水平向右的方向为正方向，g取10 m/s2)。求：(1)23 s内小物块的位移大小；(2)23 s内静电力对小物块所做的功。【解析】 (1)02 s内小物块的加速度a12 m/s2位移x1a1t4 m2 s末小物块的速度为v2a1t14 m/s24 s内小物块的加速度a22 m/s2位移x2x14 m4 s末的速度v40因此小物块做周期为4 s的变速运动，第22 s末的速度为v224 m/s第23 s末的速度为v23v22a2t2 m/s(t1 s)所求位移为xx1t47 m。(2)23 s内，设静电力对小物块所做的功为W，由动能定理有：Wmgxmv解得W9.8 J。【答案】 (1)47 m(2)9.8 J
