1、课时作业(二十)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1(2011泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，右图所示是一种测定压力的电容式传感器. 当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是()A若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D若电流表有示数，则说明压力F发生变化解析F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电综上所述，选项B、D正确答案BD2如右图所示，从F处释放一个无初
2、速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E)()A电子到达B板时的动能是E eVB电子从B板到达C板动能变化量为零C电子到达D板时动能是3E eVD电子在A板和D板之间做往复运动解析由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案C3如图所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为和，下述结论
3、正确的是()A电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E/dB电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析由题意可知，两板间电压为2，电场强度为E，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C知，d减小，C增大，由QCU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确答案BCD4(2011广东)如图为静电除
4、尘器除尘机理的示意图尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的下列表述正确的是()A到达集尘极的尘埃带正电荷B电场方向由集尘极指向放电极C带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A项错误；电场方向由集尘极指向放电极，B项正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C项错误；同一位置电场强度一定，由FqE可知，尘埃所带电荷量越多，所受电场力越大，D项正确答案为BD.答案BD5(2011海南省民族中学第二次月考
5、)质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角60的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为Emg/Q的匀强电场，如图所示，斜面高为H，释放物体后，物块落地的速度大小为()A.B.C2 D2解析其实，“固定光滑绝缘斜面”是干扰因素，只要分析物体的受力就不难发现，物体根本不会沿斜面下滑，而是沿着重力和电场力合力的方向做匀加速直线运动，弄清了这一点，就很容易求得本题正确答案应是C.答案C6(2011江苏盐城市庆丰中学第二次月考)在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成角的方向做直线运动. 关于带电小球的电势能和机械能W的
6、判断，不正确的是()A若sin，则一定增加，W一定减小D若tan，则可能增加，W一定增加解析要使小球做直线运动，重力与电场力的合力的方向必与小球的运动轨迹重合. 当sinqE/mg时，电场力有最小值，小球在同一等势面上运动，电场力不做功. sin时，无解，C错. tan时，电场力与运动方向成锐角，电场力做正功，D错答案ACD7如图所示，在竖直平面内存在水平向右的匀强电场，有一带正电小球自坐标原点O沿y轴正方向竖直向上飞出，初动能为4 J，不计空气阻力，与它上升到最高点M时动能为5 J，则小球落回到x轴上的N点时，它的动能为()A4 JB9 JC14 JD24 J解析由于x方向一直做匀加速运动，
7、相等时间内通过的位移之比为13，所以电场力做功W下3W上15 JW上W下EkEk0Ek24 J所以正确答案为D.答案D8(2011金丽衢十二校联考)一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在匀强电场E电中沿与竖直方向成角斜向下做直线运动已知它仅受重力和电场力的作用，设带电小球在一小段时间内机械能变化为E，则()A若E0，E电一定是某确定值B若E0，E电可能有多个值C若E0，E电一定是某确定值D若E0，由功能关系可得除重力以外的电场力做正功，要求重力与电场力的合力与速度共线，并且电场力与速度的夹角为锐角，满足这样的电场力有多组，C错误；若E0，由功能关系可得除重力以外的电场力做负功，要求重力与电场力
8、的合力与速度共线，并且电场力与速度的夹角为钝角，满足这样的电场力同样有多组，D正确答案AD9(2011安徽)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处 若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是()A0t0 B.t0C.t0T DTt0解析两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，因此A、D项错误，若t0时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A运动；若t0时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，
9、因此t0时间内，粒子的运动满足题意的要求，选项B正确答案为B.答案B二、非选择题(共28分)10(14分)如右图所示，板长L4 cm的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角37，两板所加电压为U100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q31010 C，以v01 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出g取10 m/s2，求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度解析由于带电液滴所受重力方向竖直向下，所受静电力方向只能垂直两板向上，其合力方向水平向右，做匀加速运动(1)竖直方向：qcos37mg解得m8108 kg(2)解法一：水平方向：qs
10、in37ma解得agtan37g设液滴在平行板中飞行距离为s，则s0.05 m又由v2v2as得v1.32 m/s解法二：液滴受到的合力F合mgtan37由动能定理得F合smv2mv解得v1.32 m/s答案(1)8108 kg(2)1.32 m/s11(14分)(2011浙江菱湖中学第二次月考)如图所示，处于同一条竖直线上的两个点电荷A、B带等量同种电荷，电荷量为Q；GH是它们连线的垂直平分线. 另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为q(可视为点电荷)，被长为l的绝缘轻细线悬挂于O点. 现在把小球C拉起到M点，使细线水平且与A、B处于同一竖直面内，由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N
11、点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向上的夹角30.试求：(1)在A、B所形成的电场中，MN两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高？(2)若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为a的正三角形，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力F(静电力常量为k)解析(1)带电小球C在A、B形成的电场中从M运动到N点的过程中，重力和电场力做功，但总功为零，则：qUMNmglcos0所以UMN即M、N两点间的电势差大小为，且N点的电势高于M点的电势(2)在N点小球速度为零，但小球并不是处于平衡状态(合外力不为零). 小球C受到重力mg、细线的拉力FT、以及A和B分别对它的斥力FA和FB四个力的作
12、用如图所示因向心加速度为零，故沿细线方向的合力为零则FTmgcos30FAcos300又FAFBk得FTmgcos30kcos30(mgk)答案(1)M、N两点间的电势差大小为N点的电势高于M点的电势(2)(mgk)拓展题：(2011南通模拟)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y的一段(0xL,0yL)为边界的匀强电场区域；在第二象限存在以xL、x2L、y0、yL的匀强电场区域.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：(1)从电场区域的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；(2)由电场区域的A
13、B曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能；解析(1)设电子的质量为m，电子在电场中做匀加速直线运动，出区域时的速度为v0，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场，在电场中做类平抛运动，假设电子从NP边射出，出射点纵坐标为y1，由y对于B点yL，则xL所以，eELmv解得v0设在电场中运动的时间为t1Ly1at()2解得y10，所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(2L,0)(2)设释放点在电场区域中的坐标为(x，y)，在电场中电子被加速，速度为v1时飞离电场，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2.eExmvy2at()2解得xy2，所以原假设成立，即在电场区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开的其中只有从B点释放的电子，离开P点时动能最小，则从B到P由动能定理得：eE(LL)Ek0所以EkeEL答案(1)(2L,0)(2)eEL